2022年高考真题：函数与导数解答题教师版.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载高考真题：函数与导数解答题（文科）老师版1设函数fxf1x2axb a bR .（ 1）当ba2时,求函数fx 在1,1 上的最小值 g a 的表达式；4（ 2）已知函数x 在1,1 上存在零点,0b2 a1,求 b 的取值范畴 .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷带解析）名师归纳总结 试题解析：（1）当ba21时,fxxa21,故其对称轴为xa. 第 1 页,共 21 页422当a2时,g af1a2a2. 4当2a2时,g afa1. 2当a2时,g af1a2a2. 4a2a2,a2,4综上,g a1, 2a2,a2a2,a24（ 2）设,s t 为方程fx0的解,且1t1,就 stba. st由于 0b2 a1,因此t2 ts12 t1t1. 2t2当 0t1时,t2t2btt2 t2,22由于2t2 t20和1tt2 t294 5,3232所以2b94 5. bt2t2,3当1t0时,tt2 t222由于2t2 t20和3tt20,所以3b0. 2t2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 综上可知,b 的取值范畴是学习必备. 欢迎下载3,94 5考点： 1.函数的单调性与最值；视频2.分段函数； 3.不等式性质； 4.分类争论思想 . 2（本小题满分12 分）设函数fx2 exa lnx .（）争论fx 的导函数fx 的零点的个数；（）证明：当a0时fx2aaln2.a【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（新课标带解析）试题解析：（）fx 的定义域为0 +,fx=22 exax0. x当a0时, fx0,fx 没有零点；fx 在 0 +单调递增 .又当a0时,由于2 x e单调递增,a单调递增,所以xfa0,当 b 满意 0ba且b1时,fb0,故当a0时,fx 存在唯44一零点 . （）由（）,可设 fx在 0 +的唯独零点为0x ,当x0,x 0时,fx0; 当xx ,时,fx0. xx 时,fx 取得最故 fx 在0,x 0单调递减,在x ,单调递增,所以当小值,最小值为fx 0. aln2. 由于22 ex 0a=0,所以fx0=a2ax 0a ln22 ax 02x 0aa故当a0时,fx2aaln2. ,求证：；a3设函数, xR,其中a bR .（）求的单调区间；（） 如存在极值点,且,其中（）设,函数,求证：在区间上的最大值不小于.【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（天津卷精编版）名师归纳总结 试题解析： （）解：由fxx3axb,可得fx32 xa ,下面分两种情形第 2 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载争论：（ 1）当a0时,有fxx3x2a0恒成立,所以fx的单调递增区间为,. 0,解得x3 a或x3 a. （ 2）当a0时,令f33当 x 变化时,fx ,fx 的变化情形如下表：0 3 a3 a3,x,3a3a3 a,3a333330fxfx单调递增极大值单调递减微小值单调递增所以fx 的单调递减区间为3a,3a,单调递增区间为,3a,333名师归纳总结 3a,. ,且第 3 页,共 21 页3（）证明：由于fx 存在极值点,所以由（）知a0且x00. 由题意,得fx 02 3 x 0a0,即2 x 0a,3进而fx03 x 0ax0b2ax 0b ,3又f2x 08x32 ax0b8ax 02ax 0b2ax 0bfx 00332x 0x ,2x ,由题意及 （）知,存在唯独实数1x 满意fx 1fx 0,且x 1x ,因此x 1y 两数的所以x 1+2x 0=0. （）证明：设在区间1,1 上的最大值为M , max,x y 表示 x ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载最大值,下面分三种情形争论：（ 1）当a3时,3 a113a,由（）知,fx 在区间1,1 上单33调递减,名师归纳总结 所以 fx 在区间1,1 上的取值范畴为f1 ,f1,因此,3 a,第 4 页,共 21 页Mmax | f1 |,| f1 |max 1ab,1abmaxa1b,a1ba1+ , b b0,所以Ma1b2. a1b b0,（ 2）当3 4a3时,2 3a13a3a12 3a,3333由（）和（）知f1f2 3 af33f1f2 3 af3 a,33b所以 fx 在区间1,1 上的取值范畴为f3a,f3a,33因此 M= maxf3 a,f3 amax2 a3 ab,2 a3 a3399max2a3 ab,2a3ab2a3ab23331. 9999444（ 3）当0a3时,12 3 a2 3a1,由（）和（）知,433f1f2 3af3 a,f1f2 3af3a,3333所以 fx 在区间1,1 上的取值范畴为f1 ,f1,因此,Mmax | f1 |,| f1 |max1ab, 1abmax 1ab, 1ab1ab1. 4- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载f1. 0（或fx0）综上所述,当a0时,在区间1,1 上的最大值不小于42.由函数 f（x）在（a,b）上的单调性,求参数范畴问题, 可转化为x恒成立问题,要留意“” 是否可以取到视频4设函数fx4x32 axbxc .（）求曲线yfx 在点 0,f0处的切线方程；（）设ab,如函数fx 有三个不同零点,求c 的取值范畴；（）求证：a23 b0是 fx 有三个不同零点的必要而不充分条件【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版）试题解析：（）由fx3 x02 axbxc ,得fx3 x22 axb2 , 3由于f0c ,f0b ,处的切线方程为ybxc 所以曲线 yfx 在点0,f3 x4x24 xc ,2 3（）当ab4时,fx所以fx3x28x4令fx0,得3x28x40,解得x2或xfx 与 fx 在区间,上的情形如下：22,2 3x, 223fx00fxcc3227所以,当c0且c320时,存在x 14, 2,x22,2,273名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - x 32,0 3,使得fx 1fc学习必备f欢迎下载fx3 x4 x24xc 有三个x 2x 30由 fx 的单调性知,当且仅当0,32时,函数27不同零点名师归纳总结 （）当4a212b0时,fx3 x22 axb0,x,第 6 页,共 21 页此时函数fx 在区间,上单调递增,所以fx 不行能有三个不同零点当4a212b0时,fx3 x22 axb只有一个零点,记作0x 当x,x 0时,fx0,fx 在区间, x 0上单调递增；当xx 0,时,fx0,fx 在区间x 0,上单调递增所以 fx 不行能有三个不同零点综上所述,如函数fx 有三个不同零点,就必有4 a212b0故a23 b0是 fx 有三个不同零点的必要条件当ab4,c0时,a23 b0,fxx34x24xx x22只有两个不同零点,所以a23 b0不是 fx 有三个不同零点的充分条件因此a23 b0是 fx 有三个不同零点的必要而不充分条件5设函数f x lnxx1（）争论f x 的单调性；（）证明当x1,时,1x1x；lnx（）设c1,证明当x0,1时, 1c1xx c .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（新课标3 卷精编版）试题解析：（）由题设,f x 的定义域为 0, ,f 11,令f 0,解x得x1.当 0x1时,f 0,f x 单调递增；当x1时,f 0,f x 单调递减 .（）由（）知,f x 在x1处取得最大值,最大值为f10.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载所以当 x 1 时, ln x x 1 .故当 x 1, 时, ln x x 1,ln 1 11,即 1 x 1x . x x ln x（）由题设 c 1,设 gx 1 c 1 x c x,就 g' x c 1 c ln c x,令 g' x 0,ln c 1解得 x 0 ln c .ln c当 x x 时,g' x 0,g x 单调递增；当 x x 时,g' x 0,g x 单调递减 . 由（）知,1 c 1c,故 0 x 0 1,又 g 0 1 0,故当 0 x 1 时, 0 .ln c所以当 x 0,1 时, 1 c 1 x c . xx 26已知函数 f x x 2 e a x 1 .（）争论 f x 的单调性；（）如 f x 有两个零点,求 a 的取值范畴 .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（新课标 1 卷精编版）试题解析：（）f ' x x 1 e x2 a x 1 x 1 e x2 a .（）设 a 0,就当 x ,1 时,f ' x 0；当 x 1, 时,f ' x 0 . 所以 f（x）在 ,1 单调递减,在 1, 单调递增 . （）设 a 0,由 f ' x 0 得 x=1 或 x=ln（ -2a）. 如 a e,就 f ' x x 1 e xe ,所以 f x 在 , 单调递增 . 2如 a e,就 ln（-2a） 1,故当 x ,ln 2 a 1, 时,f ' x 0；2当 x ln 2 a ,1 时,f ' x 0,所以 f x 在 ,ln 2 a , 1, 单调递增,在 ln 2 a ,1 单调递减 . 如 a e,就 ln 2 a 1,故当 x ,1 ln 2 a , 时,f ' x 0,2当 x 1,ln 2 a 时,f ' x 0,所以 f x 在 ,1 , ln 2 a , 单调递增,在 1,ln 2a 单调递减 . （）（）设 a 0,就由（）知,f x 在 ,1 单调递减,在 1, 单调递增 . 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载x x又f1e,f2a,取 b 满意 b0 且blna,2就fbab2a b12a b23b0,所以 fx 有两个零点 . 22（）设 a=0,就fxx2x e ,所以 fx 只有一个零点 . （ iii）设 a 0,如ae,就由（）知,fx 在 1,单调递增 . 2又当x1 时, fx 0,故 fx 不存在两个零点； 如ae,就由（）知, f2在 1,ln2a单调递减, 在 ln2 a,单调递增 .又当x1 时 fx 0,故 f不存在两个零点. 综上, a 的取值范畴为0,. 7已知函数.（ I）当时,求曲线在处的切线方程；（）如当时, ,求的取值范畴 .试题解析：（I）的定义域为.当时,曲线在处的切线方程为（ II）当时,等价于设,就,（ i）当,时,得；,故在上单调递增,因此（ ii）当时,令. 由和得,故当时,在单调递减,因此. 综上,的取值范畴是8已知函数名师归纳总结 （）求曲线在点处的切线方程；第 8 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）求函数在区间学习必备欢迎下载上的最大值和最小值【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版）试题解析：（）由于,所以处的切线方程为.又由于,所以曲线在点（ ） 设, 就.当 时,所以 在区间 上单调递减 .所以对任意 有,即 .所以函数 在区间 上单调递减 .因 此 在 区 间 上 的 最 大 值为, 最 小 值 为 . 9 已 知 函 数1 3 1 2f x x ax , a R .3 2I 当 a=2 时, 求曲线 y f x 在点 3, f 3 处的切线方程；II 设函数 g x f x x a cos x sin x ,z.x.x.k 争论 g x 的单调性并判定有无极值 , 有极值时求出极值 .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（山东卷精编版）名师归纳总结 试题解析：（）由题意fxx2ax ,3x3,第 9 页,共 21 页所以,当a2时,f30,fxx22 x ,所以f33,3,f3处的切线方程是y因此,曲线yfx 在点即 3xy90.xacos xsin x ,（）由于g xfx所以gxfxcos xxasin xcos x ,x xaxasin xxaxsin x ,令h xxsin x ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就h x1cos x0,学习必备欢迎下载所以 h x 在 R 上单调递增,由于h00,a ,.所以,当x0时,h x0；当x0时,h x0.（ 1）当a0时,gxxaxsin x ,当x,a时,xa0,gx0, g x 单调递增；当xa,0时,xa0,gx0, g x 单调递减；当x0,时,xa0,gx0, g x 单调递增 .所以当 xa 时 g x 取到极大值,极大值是g a1a3sin6当x0时 g x 取到微小值,微小值是g0a .（ 2）当a0时,gxx xsin x ,当x,时,gx0,g x 单调递增；所以 g x 在,上单调递增,g x 无极大值也无微小值（ 3）当a0时,gxxaxsin x ,当x,0时,xa0,gx0, g x 单调递增；当x0,a 时,xa0,gx0, g x 单调递减；当xa ,时,xa0,gx0, g x 单调递增 .所以当x0时 g x 取到极大值,极大值是g0a ；当 xa 时 g x 取到微小值,微小值是g a1a3sina .6综上所述：名师归纳总结 当a0时,函数 g x 在,a 和 0,上单调递增,在a,0上单调递减,函数第 10 页,共 21 页既有极大值,又有微小值,极大值是g a1a3sina ,微小值是g0a ；6当a0时,函数 g x 在,上单调递增,无极值；当a0时,函数 g x 在,0 和a ,上单调递增,在0,a 上单调递减,函数- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载既有极大值,又有微小值,极大值是 g 0 a ,微小值是 g a 1 a 3sin a .610设,. 已知函数,.（）求 的单调区间；（）已知函数 和 的图象在公共点（x0,y0）处有相同的切线,（ i ）求证：在 处的导数等于 0；（ ii ）如关于 x 的不等式 在区间 上恒成立,求 b 的取值范畴 .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（天津卷精编版）试题解析：（I ）由,可得,令,解得,或. 由,得.当 变化时,的变化情形如下表：,单调递减区间为所以,的单调递增区间为,（ II ）（i ）由于,由题意知,.在所以,解得.所以,在处的导数等于0.（ ii ）由于,由,可得.又由于,故为的极大值点,由（I ）知另一方面,由于,故,由（ I ）知在内单调递增,在内单调递减,故 当时 ,在上 恒 成 立 , 从 而上恒成立 .名师归纳总结 由,解得,得的值域为,.第 11 页,共 21 页令,所以令（舍去）,或.由于,故.所以,的取值范畴是.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载2 卷精编版）上 单 调 递 减 , 在11设函数fx1x2x e .（ I ）争论函数fx 的单调性；（ II ）当x0时,fxax1,求实数 a 的取值范畴 .【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（新课标【 答 案 】（ I ） 函 数 fx在,21和21,+21,21 上单调递增 .（ II ） 1,.【解析】 试题分析：（1）先求函数导数,再求导函数零点,列表分析导函数符 号 确 定 单 调 区 间 ；（ 2 ） 对a分 类 讨 论 , 当 a1 时 ,f x 1 x 1 x e x1 x ax 1, 满 足 条 件 ； 当 a 0 时 , 取x 0 5 1 , f x 0 1 x 0 1 x 20 1 ax 1 0, 当 0 a 1 时 , 取2x 0 5 4 a,1f x 0 1 x 0 1 x 0 2ax 0 1 .2试题解析：解（ 1） f x=1-2 x- x 2 e x令 f x=0 得 x=-1-2,x=-1+ 2当 x（ - , -1-2 ）时, f x<0 ；当 x（ -1-2 ,-1+ 2 ）时, f x>0 ；当x（ -1-2 ,+）时, f x<0所以 f x 在（ - , -1-2 ）,（-1+ 2 ,+）单调递减,在（-1-2 ,-1+ 2 ）单调递增2 f x x=1+ x （1- x）ex,h x= - xex0（x0）,因此 h x 在0 ,+当 a1 时,设函数h x=（ 1- x）e单调递减,而h 0=1 ,故 h x 1,所以f x= （x+1）h x x+1 ax+1名师归纳总结 当 0 a1 时,设函数 g（x）=e x- x-1 ,g （ x）=e x-1 0（x0）,所以 g（x）在在 0 ,第 12 页,共 21 页+ 单调递增,而g0=0 ,故 e xx+1当 0x 1,fx1x1x2,1x1x2ax1x1ax2 x,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 取x 054a115x02f学习必备欢迎下载1ax 012就x 00,1 , 1x 0ax00,故fx 0ax0当a0 时,取x 01,x 0（1x 0）1x 0212综上, a 的取值范畴 1 ,+）212已知函数 f x ln x ax 2 a 1 x.（ 1）争论 f x 的单调性；（ 2）当 a 0 时,证明 f x 3 2 .4 a【来源】 20XX年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（新课标 3 卷精编版）【答案】（1）如 a 0,就当 x 0,时,f x 0,故 f x 在 0,单调递 增 如 a 0, 就 当 x 0,1 时 ,f x 0； 当 x 1,时 ,2 a 2 af x 0故 f x 在 0,1 单调递增,在 1,单调递减；（2）见解析 .2a 2a2 ax 1 x 1【解析】 试题分析：（1）先求函数导数 f ' x x 0,再依据x导函数符号的变化情形争论单调性：当 a 0 时,f ' x 0,就 f x 在0, 单调递增；当 a 0 时,f x 在 0, 1 单调递增,在 1 , 单2a 2a调 递 减 . （ 2 ） 证 明 f x 32, 即 证 f x m a x 32, 而4 a 4 af x m a x f2 1a,所以需证 ln2 1a 2 1a 1 0,设 g（x）=ln x- x+1 ,利用导数易得 g x max g 1 0,即得证 .试 题 解 析 ：（1 ） f（ x ） 的 定 义 域 为 （ 0 , +）,1 x 1 2 ax 1f x 2 ax 2 a 1 .x x如 a0,就当 x（0,+）时,f x ,故 f （x）在（ 0,+）单调递增.名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载1,时,f x . 故 f（x）如 a0,就当 x0,1时,f x ；当 x2a2a在0,1单调递增,在1,单调递减 .2a2a1取得最大值,最大值为（2）由（ 1）知,当 a0 时, f （x）在x2af1ln111.2 a2a4a2,即ln1110.所以fx32等价于ln11134 a2a4 a4a2a2 a设 g（x）=ln x- x+1,就g x11.x）时,gx0. 所以 g（x）当 x（0,1 ）时,gx0；当 x（1,+在（ 0,1 ）单调递增,在（ 1,+）单调递减 . 故当 x=1 时,g（x）取得最大值,最大值为g（1）=0. 所以当x0 时, g（x）0. 从而当a 0 时,ln1110,即fx32.2 a2a4a13（2022 年天津卷文） 设函数,其中,且是公差为的等差数列 .在点处的切线方程；（ I）如求曲线（ II ）如,求的极值；有三个互异的公共点,求d 的（ III ）如曲线与直线取值范畴 .【来源】 2022 年全国一般高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）【解析】分析：（）由题意可得fx=x3- x,=3x2-1 ,结合 f0=0,=-1 ,可得切线方程为 x+y=0.（） 由已知可得： fx=x 3-3 t2x 2+3t2 2-9 x- t2 3+9t2.就 = 3x 2-6 t2x+3t2 2-9. 令 =0,解得 x= t2-,或 x= t2+ .据此可得函数 fx的极大值为 ft2-=6；函数微小值为ft2+ =-6 .（ III ）原问题等价于关于 x 的方程 x- t2+d x- t 2 x- t2- d+ x- t 2+ 6 =0 有三个互异的实数解,令 u= x- t2,可得 u3+1- d 2u+6 =0.设函数 gx= x 3+1- d 2x+6,就 y=gx有三个零点 .利用导函数争论 gx的性质可得 的取值范畴是详解：（）由已知,可得 fx=xx- 1x+1=x 3- x,故 =3x 2- 1,因此 f0=0,=-1 ,又由于曲线 y=fx在点 0,f0处的切线方程为 y- f0= x- 0,故所求切线方程为x+y=0名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（）由已知可得fx=x- t2+3x- t2x- t2- 3=x- t2 3- 9x- t2=x3- 3t2x 2+3t 2 2- 9x- t 2 3+9t2故 =3x 2- 6t 2x+3t2 2- 9令 =0,解得 x=t2-,或 x=t2+当 x 变化时,fx的变化如下表：x - ,t2- t2-t 2-,t2+ t2+ t2+, + 0-0 +fx极大值微小值所 以 函 数 fx 的 极 大 值 为 ft2-=- 3-9 × -=6； 函 数 fx的 极 小 值 为ft2+ = 3- 9× =-6（