(新课标全国I卷)20102019学年高考数学真题分类汇编专题16函数与导数文.pdf

专题16函数与导数（2）
函数与导数大题：10年10考，每年1题．函数的载体上：对数函数很受“器重”，指数函数也许多出现，
两种函数也会同时出现（2015年）．第2小题：2019年不等式恒成立问题，2018年证明不等式，2017年不

等式恒成立问题，2016年函数的零点问题，2015年证明不等式，2014年不等式有解问题（存在性），2013

年单调性与极值，2012年不等式恒成立问题，2011年证明不等式，2010年不等式恒成立问题．

1．（2019年）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在独一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【分析】（1）∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
当x∈（0，）时，xcosx＞0，当x∈（，）时，xcosx＜0，

22

∴当x＝时，极大值为g（）＝1＞0，
222
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有独一零点，即
f′（x）在（0，π）上有独一零点；
（2）由（1）知，
f′（x）在（0，π）上有独一零点x，使得f′（x）＝0，
00
且f′（x）在（0，x）为正，在（x，π）为负，∴f
00
（x）在[0，x]递加，在[x，π]递减，
00
结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h

（x）＝ax，
作出图象，以下列图：
∵f（x）≥h（x），
∴a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
2．（2018年）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
1
（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．
e
【分析】（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
1
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
x
∵x＝2是f（x）的极值点，
1
∴f′（2）＝ae2﹣
＝0，解得a＝1，
2
22e
111
x
x，
22x
∴f（x）＝2ee﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝2ee
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f

（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递加．
1ex
（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，

ee
e
x
设g（x）＝﹣lnx﹣1，则gxex1，

eex

ex1

由01

ex＝，得x＝，

当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当

x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1

是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
1
∴当a≥时，f（x）≥0．
e
3．（2017年）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．
（1）谈论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
【分析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，

∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），

①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上单调递加，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x

＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递加，
a
（﹣
③当＜0时，﹣＞0，令′（）＝0，解得＝），
aexafxxln
a2

当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
2
a
当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递加，
2
综上所述，当＝0时，（）在R上单调递加，
afx
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递加，
aa
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递加．

22
（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，
min
∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a
＜0时，由（1）可得：
a3aa
f（x）＝f（ln（﹣））＝2﹣a2ln（﹣）≥0，
min
242
a3
∴ln（﹣）≤
，

24

3
2e4
∴≤a＜0，

3
2e4
综上所述，a的取值范围为[，1]．

+2
4．（2016年）已知函数（）＝（﹣2）x（﹣1）．
fxxeax
（1）谈论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【分析】（1）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）e