2022年中学高职班数学复习材料函数与导数高考解答题.pdf

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1、函数与导数高考解答题（高职班）1.（2010福建理 20） （）已知函数3( )f xxx。 （）求函数( )f x的单调区间；2.（2010全国理21 ）设函数2( )1xf xexax。 （1）若0a，求( )f x的单调区间；3. （2009 宁夏海南文 ）已知函数3223( )39f xxaxa xa. （1）设1a，求函数fx的极值；4. （2009 湖南文）已知函数32( )f xxbxcx的导函数图象关于直线x=2 对称 . （）求b 的值；5.（2010天津文 20）已知函数f（x）=3231()2axxxR，其中 a0. （）若a=1，求曲线y=f（x）在点（ 2，f（2）

2、）处的切线方程；6.（2010 福建文22）已知函数21( )3f xxaxb的图像在点P(0,f(0) 处的切线方程为32yx. （）求实数a，b 的值；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 7. （2009 四川文） 已知函数32( )22f xxbxcx的图象在与x轴交点处的切线方程是510yx。 （I ）求函数( )f x的解析式；8. （2012 江苏 18）已知 1 和1是函数32( )f xxaxbx的两个极值点（1）求实

3、数a和b的值；9.(2005 福建 ) 函数32( )f xxbxcxd的图像过点P（0，2） ，且在点M （-1，)1(f）处的切线方程为076yx. (1) 求函数)(xfy的解析式； (2) 求函数)(xfy的单调区间 . 10. （2005 全国 II文）设a为实数，函数32( )f xxxxa（I ）求( )fx的极值；（II ）当a为何值时，曲线( )yf x与x轴仅有一个交点11.（2013 年高考课标 卷（文）已知函数2( )()4xf xe axbxx, 曲线( )yf x在点(0,(0)f处切线方程为44yx. ( ) 求,a b的值; ( ) 讨论( )f x的单调性 ,

4、 并求( )f x的极 大值 . 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 122014 重庆卷 已知函数f(x)x4axln x32，其中 aR，且曲线 yf(x)在点 (1， f(1)处的切线垂直于直线y12x. (1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间与极值13.2014福建卷 已知函数f(x)exax(a 为常数 )的图像与y 轴交于点A，曲线 yf(x)在点A 处的切线斜率为1. (1)求 a 的值及函数f(x)的极值

5、；(2)证明：当 x0 时， x2ex；14.2014陕西卷 设函数 f(x)ln xmx，mR. (1)当 me(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)x3零点的个数；15.（2011陕西文 21）设( )lnf xx，( )( )( )g xf xfx（1）求( )g x的单调区间和最小值；（3）求a的取值范围，使得( )( )g ag x1a对任意x0 成立（2）讨论( )g x与1( )gx的大小关系；16. （2011 福建文 22） 已知 a， b 为常数，且 a0 ， 函数 f （x） =-ax+b+axlnx ， f （e） =2 （e=

6、2 71828 ） 。（I）求实数 b 的值；（II）求函数f（x）的单调区间；（III ）当 a=1 时，是否同时存在实数m 和 M（m0f；当3x(-,33)3时，(x)0得 x1+2由f(x)0得 1-2x1+2f(x)=x3-3x2-3x+2 在(1+2,+ ) 内是增函数 , 在(- , 1-2) 内是增函数 ,在(1-2,1+2)内是减函数 . 10. （2005 全国 II文）解：（1）2( )321fxxx，若( )0fx，则1,13x当x变化时，( )fx，( )f x变化情况如下表：x1(,)3131(,1)31 (1,)( )fx0 0 ( )f x极大值极小值所以( )

7、f x的极大值是15()327fa，极小值是(1)1fa. （2）由图可知：当( )f x的极大值5027a，或( )f x的极小值10a即527a或1a时，曲线精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - - ( )yf x与x轴仅有一个交点，所以，当5(,)(1,)27aU时，曲线( )yfx与x轴仅有一个交点. 11. 【答案】121( )()24.(0)4,(0)4,4,8,4;fxe axabxffbabab（I ）由已知得故从而(II)

8、 由(I) 知,2)4(1)4 ,xfxexxx（11( )4(2)244(2)().2xxfxexxxe令1( )0=-1n2x=-2.fxx得，或从而当11(, 2)( 10;( 22,), 1 2)()xnfxxnfxU当时， （时，0. 故( )-2-1 2 +-2 -1 2f xnn在（，），（，）单调递增，在（，）单调递减. 当2=-2-2 =4 1-)xf xfe时，函数（）取得极大值，极大值为（）（. 12解：(1)对 f(x)求导得 f (x)14ax21x，由 f(x)在点 (1，f(1)处的切线垂直于直线y12x 知 f (1)34a 2，解得 a54. (2)由(1)知

9、 f(x)x454xln x32，则 f (x)x24x54x2.令 f(x)0，解得 x 1或 x 5. 因为 x 1 不在 f(x)的定义域 (0， )内，故舍去当 x(0，5)时，f (x)0，故 f(x)在(0，5)上为减函数；当x(5， )时， f (x)0，故f(x)在(5， )上为增函数由此知函数f(x)在 x5 时取得极小值f(5) ln 5. 13解：方法一： (1)由 f(x)exax，得 f (x)exa. 又 f (0)1a 1，得 a2. 所以 f(x)ex2x，f (x)ex2. 令 f (x)0，得 xln 2. 当 xln 2 时， f (x)0，f(x)单调递

10、减；当 xln 2 时， f (x)0，f(x)单调递增所以当 xln 2 时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - - f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则 g (x)ex2x. 由(1)得， g (x)f(x)f(ln 2)2ln 40，即 g(x)0. 所以 g(x)在 R 上单调递增，又g(0)10，所以当 x0 时，g(x)g(0)0，即 x2

11、ex. 14解： (1)由题设，当me 时， f(x)ln xex，则 f(x)xex2，当 x(0，e)时， f (x)0，f(x)在 (e， )上单调递增xe时， f(x)取得极小值f(e)ln eee2，f(x)的极小值为2. (2)由题设 g(x)f(x)x31xmx2x3(x0)，令 g(x)0，得 m13x3x(x0)，设 (x)13x3x(x0)，则 (x) x21(x1)(x1)，当 x(0，1)时， (x)0， (x)在(0，1)上单调递增；当 x(1， )时， (x)23时，函数g(x)无零点；当 m23时，函数g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数g(x)无零点；

12、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 当 m23或 m0 时，函数g(x)有且只有一个零点；当 0m0得x1, 由f(x)0得0 x1;（2）当0,( )001,( )01.afxxfxx时 由得由得综上，当0a时，函数( )f x的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为（0，1） ；当0a时，函数( )f x的单调递增区间为（0，1） ，单调递减区间为(1,)。（III ）当 a=1 时，( )2ln,( )ln.f xxxx fxx

13、由（ II）可得，当x 在区间1(, )ee内变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表：x1e1(,1)e1(1, )ee( )fx- 0 + ( )f x22e单调递减极小值 1 单调递增2 又2122,( )(, )fxxeee所以函数的值域为 1， 2。据经可得，若1,2mM，则对每一个,tm M，直线 y=t 与曲线1( )(, )yf xxee都有公共点。并且对每一个(,)(,)tmMU，直线yt与曲线1( )(, )yf xxee都没有公共点。综上，当 a=1 时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2 ，使得对每一个,tm M，直线 y=t 与曲线1( )(, )yf xxee都有公共点。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - - -