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高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考数学文科导数真题汇编答案

一、客观题组

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4

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5.

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7.设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x =-处取得极小值,则函数()y xf x '=的图象可能是

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8设函数f (x )=

2

x

+lnx 则 ( ) A .x=12为f(x)的极大值点 B .x=1

2为f(x)的极小值点

C .x=2为 f(x)的极大值点

D .x=2为 f(x)的极小值点 9、函数y=

12

x 2

-㏑x 的单调递减区间为 (A )(-1,1] (B )(0,1] (C.)[1,+∞) (D )(0,+∞)

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11(2018年高考1卷)

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12(2019年高考1卷)

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一、

客观题答案1B ; 2.D; 3.y=x+1; 4.A . 5.y=2x-2 6D ,7C; 8D; 9B; 10.C 11.D; 12.y=3x

二、大题组

【2011新课标】21. 已知函数ln ()1a x b

f x x x

=

++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

(1)求a 、b 的值;

(2)证明:当0x >,且1x ≠时,

f (x )>ln x x -1

【解析】

(1)22

1

(

ln )

'()(1)x x b x f x x x α+-=

-

+ 由于直线230x y +-=的斜率为1

2

-

,且过点(1,1), 故(1)1,1'(1),2f f =???=-?? 即1,1,22

b a b =???-=-??

解得1a =,1b =。

(2)由(1)知f (x )=x x x 11ln ++,所以f (x )-ln x x -1=11-x 2

(2ln x -x 2-1

x ), 考虑函数,则2

2

222)1()1(22)(x

x x x x x x h --=---=', 所以x ≠1时h ′(x )<0,而h (1)=0

故)1,0(∈x 时,h (x )>0可得,),1(+∞∈x 时,h (x )<0可得, 从而当,且时,.

【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -ax -2 (1)求f (x )的单调区间

(2)若a =1,k 为整数,且当x >0时,(x -k ) f ′(x )+x +1>0,求k 的最大值 【解析】

(1)

f (x )的定义域为(,)-∞+∞,()x f x e a '=-,

若0a ≤,则()0f x '>,所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >,则当(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '<;当(ln ,)x a ∈+∞时,()0f x '>,所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减,在(ln ,)a +∞单调递增.

(2)由于1a =,所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时,()()10x k f x x '-++>等价于1(0)

(1)

x x k x x e +<+>-①.

令1()(1)

x x g x x e +=+-,则221(2)()1(1)(1)x x x

x x xe e e x g x e e ----'=+=

--. 由(1)知,函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增,而(1)0h <,(2)0h >, 所以()h x ,在(0,)+∞存在唯一的零,故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点. 设此零点为a ,则(1,2)a ∈.

当(0,)x a ∈时,()0g x '<;当(,)x a ∈+∞时,()0g x '>.

所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g a . 又由()0g a '=,可得2a e a =+,所以()1(2,3)g a a =+∈. 由于①式等价于()k g a <,故整数k 的最大值为2

【2013新课标1】20. 已知函数f (x )=e x (ax +b )-x 2-4x ,曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =4x +4.

(1)求a ,b 的值;

ln ()1x f x x >

-ln ()1x

f x x >-0x >1x ≠ln ()1

x

f x x >-

(2)讨论f (x )的单调性,并求f (x )的极大值. 【解析】

(1)f ′(x )=e x (ax +a +b )-2x -4. 由已知得f (0)=4,f ′(0)=4. 故b =4,a +b =8. 从而a =4,b =4. (2)由(1)知,f (x )=4e x (x +1)-x 2-4x ,

f ′(x )=4e x (x +2)-2x -4=4(x +2)·1e 2x

?

?-

???

. 令f ′(x )=0得,x =-ln 2或x =-2.

从而当x ∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(-2,-ln 2)时,f ′(x )<0.

故f (x )在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当x =-2时,函数f (x )取得极大值,极大值为f (-2)=4(1-e -2).

【2013新课标2】21.已知函数f(x)=x 2e -

x . (1)求f(x)的极小值和极大值;

(2)当曲线y =f(x)的切线l 的斜率为负数时,求l 在x 轴上截距的取值范围. 【解析】

(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=-e -x x(x -2).①

当x ∈(-∞,0)或x ∈(2,+∞)时,f′(x)<0;当x ∈(0,2)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)单调递减,在(0,2)单调递增. 故当x =0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0; 当x =2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e -2.

(2)设切点为(t ,f(t)),则l 的方程为y =f′(t)(x -t)+f(t). 所以l 在x 轴上的截距为m(t)=()2

23'()22

f t t t t t f t t t -

=+=-++--. 由已知和①得t ∈(-∞,0)∪(2,+∞). 令h(x)=2

x x

+

(x≠0),则当x ∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[22,+∞); 当x ∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3).

所以当t ∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[223+,+∞]. 综上,l 在x 轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[223+,+∞]. 【2014新课标1】21.设函数()()2

1ln 12

a f x a x x bx a -=+-≠,曲线()()()11y f x f =在点,处的切线斜率为0 (1)求b;

(2)若存在01,x ≥使得()01

a

f x a <-,求a 的取值范围。 【解析】 (1)()(1)a

f x a x b x

'=

+--,由题设知 (1)0f '=,解得b 1

(2) f (x )的定义域为(0,∞),由(1)知, 2

1()ln 2

a f x a x x x -=+

-, ()1()(1)111a a a f x a x x x x x a -??'=

+--=-- ?-??

(i)若12a ≤

,则11a

a

≤-,故当x ∈(1,∞)时, f '(x ) 0 , f (x )在(1,∞)上单调递增.

所以,存在0x ≥1, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为(1)1a f a ≤-,即1121a a

a

--<-

所以2 1 a 2 1;

(ii)若

112a <<,则11a a >-,故当x ∈(1, 1a a -)时, f '(x ) <0 , x ∈(,1a

a

+∞-)时, ()0f x '>,f (x )在(1,

1a a -)上单调递减,f (x )在,1a

a

+∞-单调递增. 所以,存在0x ≥1,, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为()11a a

f a a

≤--,

而()2()ln 112111a a a a a

f a a a a a a

=++>

-----,所以不符合题意. (ⅲ) 若1a >,则11(1)1221

a a a

f a ---=

-=<-。 综上,a 的取值范围为:()

()2211,-?+∞

【2014新课标2】21. 已知函数32()32f x x x ax =-++,曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与

x 轴交点的横坐标为-2. (1)求a ;

(2)证明:当时,曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。

【解析】

(1)2()36f x x x a '=-+,(0)f a '=

曲线()y f x =在点(0,2)处的切线方程为2y ax =+,由题设得2

2a

-=-,所以1a = (2)由(1)知,32()32f x x x x =-++ 设32()()23(1)4g x f x kx x x k x =-+=-+-+ 由题设知10k ->

当0x ≤时,2()3610g x x x k '=-+->,()g x 单调递增,(1)10,(0)4g k g -=-<=, 所以()0g x =在(,0]-∞有唯一实根。

当0x >时,令32()34h x x x =-+,则()()(1)()g x h x k x h x =+->

2()363(2),()h x x x x x h x '=-=-在(0,2)单调递减,在(2,)+∞单调递增,所以 ()()(2)0g x h x h >≥=

所以()0g x =在(0,)+∞没有实根

综上()0g x =在R 由唯一实根,即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。

【2015新课标1】21. 设函数x 。

(1)讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数; (2)证明:当0a >时,2()2ln f x a a a

≥+。 【解析】

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【2015新课标2】21. 已知()()ln 1f x x a x =+-. (1)讨论()f x 的单调性;

(2)当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围. 【解析】已知()()ln 1f x x a x =+-.

.

),1

()1,0)(00)(0.1)(')1(上是减函数上是增函数,在在(时,函数当)上是增函数;

,在(时,函数当+∞>∞+≤-=

a

a x f a x f a a x

x f Θ (2)由(1)知,当.ln 1)1

(1)(0a a a

f a x x f a --==>时取得最大值

在时,函数 .01ln ,22ln 1<-+->--a a a a a 整理得由 .

1,0(,10),1()(,0)1(0)(,0)(',00,1

1',1ln )()即上述不等式即函数。又)是增

,在()(则设∈<<∴<=∞+>∴>∴>+=-+=a a g a g g x g x g x a x

x g x x x g Θ

【2016新课标1】21. 已知函数f (x )=(x ?2)e x +a(x ?1)2. (I)讨论f(x)的单调性;

(II)若f(x)有两个零点,求的取值范围. 【解析】

(I)

(i)设,则当时,;当时,. 所以在单调递减,在单调递增. (ii)设,由得x=1或x=ln(-2a).

①若,则,所以在单调递增.

②若,则ln(-2a)<1,故当时,;

当时,,所以在单调递增,在

单调递减.

③若,则,故当时,,当时,。

所以在单调递增,在单调递减. (II)

(i)设,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.

又,取b 满足b <0且, a ()()()()()

'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+0a ≥(),1x ∈-∞()'0f x <()1,x ∈+∞()'0f x >(),1-∞()1,+∞0a <()'0f x =2e a =-()()()'1x f x x e e =--()f x (),-∞+∞2

e

a >-()()(),ln 21,x a ∈-∞-+∞U ()'0f x >()()ln 2,1x a ∈-()'0f x <()f x ()()

(),ln 2,1,a -∞-+∞()()ln 2,1a -2

e

a <-

()21ln a ->()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U ()'0f x >()()1,ln 2x a ∈-()'0f x <()f x ()()(),1,ln 2,a -∞-+∞()()

1,ln 2a -0a >()f x (),1-∞()1,+∞()()12f e f a =-=,ln 22

b a <

则,所以有两个零点. (ii)设a =0,则所以有一个零点.

(iii)设a <0,若,则由(I)知,在单调递增. 又当时,<0,故不存在两个零点;若,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.又当时<0,故不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为.

【2016新课标2】20. 已知函数

f (x )=(x +1)ln x -a (x -1)

(1)当4a =时,求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程; (2)若当(1,)x ∈+∞时,()0f x >,求a 的取值范围. 【解析】

(1)当 a =4时,()(1)ln 4(1)f x x x x =+--,(1)0f =,切点坐标(1,0).对()f x 求导,得

1

()ln 4x f x x x

+'=

+-,从而切线斜率(1)2f '=-,所以切线方程为02(1)y x -=--, 即

2x +y -2=0

(2)对()f x 求导,得1

()1ln f x x a x '=++-,再求导,得221

1

1

()x f x x x x -''=-+=.

当(1,)x ∈+∞时,()0f x ''>,函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增,所以()(1)2f x f a ''>=-. (ⅰ)若

2

a ≤,则当(1,)x ∈+∞时,()(1)0f x f ''>≥,函数()f x 在区间内(1,)+∞单调递增,

所以()(1)0f x f >=.

(ⅱ)若2a >,则结合函数()f x '在区间内(1,)+∞单调递增,可知方程()0f x '=存在唯一零点,设为0x ,则0

1

1ln a x x

=++.

当0(1,)x x ∈时,0()()0f x f x ''<=,函数()f x 在区间内0(1,)x 单调递减,所以()(1)0f x f <=,

()0

f x >不成立.

综上, a 的取值范围是 (-¥,2].

【2016新课标3】21. 设函数()ln 1f x x x =-+. (1)讨论()f x 的单调性; (2)证明当(1,)x ∈+∞时,1

1ln x x x

-<

<; ()()()23

321022a f b b a b a b b ??>

-+-=->

???

()f x ()()2x f x x e =-()f x 2

e

a ≥-

()f x ()1,+∞1x ≤()f x ()f x 2

e a <-()

f x ()()1,ln 2a -()()

ln 2,a -+∞1x ≤()f x ()f x ()0,+∞

(3)设1c >,证明当(0,1)x ∈时,1(1)x c x c +->. 【解析】

(1)由题设,()f x 的定义域为(0,)+∞,'1

()1f x x

=

-,令'()0f x =,解得1x =. 当01x <<时,'()0f x >,()f x 单调递增;当1x >时,'()0f x <,()f x 单调递减.

(2)由(1)知,()f x 在1x =处取得最大值,最大值为(1)0f =. 所以当1x ≠时,ln 1x x <-.

故当(1,)x ∈+∞时,ln 1x x <-,11ln

1x x <-,即11ln x x x

-<<. (3)由题设1c >,设()1(1)x g x c x c =+--,则'()1ln x g x c c c =--,

令'()0g x =,解得01ln

ln ln c c x c

-=

. 当0x x <时,'()0g x >,()g x 单调递增;当0x x >时,'()0g x <,()g x 单调递减.

由(2)知,1

1ln c c c

-<

<,故001x <<,又(0)(1)0g g ==,故当01x <<时,()0g x >. 所以当(0,1)x ∈时,1(1)x c x c +->.

【2017新课标1】21. 已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x . (1)讨论()f x 的单调性;

(2)若()0f x ≥,求a 的取值范围。 【解析】

(1)函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞,22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a '=--=+-, ①若0a =,则2()x f x e =,在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >,则由()0f x '=得ln x a =.

当(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '<;当(ln ,)x a ∈+∞时,()0f x '>,所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减,在(ln ,)a +∞单调递增.

③若0a <,则由()0f x '=得ln()2

a

x =-.

当(,ln())2a x ∈-∞-时,()0f x '<;当(ln(),)2a x ∈-+∞时,()0f x '>,故()f x 在(,ln())2

a -∞-单调递减,在(ln(),)2

a -+∞单调递增.

(2)①若0a =,则2()x f x e =,所以()0f x ≥.

②若0a >,则由(1)得,当ln x a =时,()f x 取得最小值,最小值为2(ln )ln f a a a =-.从而当且仅当2ln 0a a -≥,即1a ≤时,()0f x ≥.

③若0a <,则由(1)得,当ln()2

a

x =-时,()f x 取得最小值,最小值为

23(ln())[ln()]242a a f a -=--.从而当且仅当23[ln()]042

a a --≥,即3

42e a ≥-时()0f x ≥. 综上,a 的取值范围为34

[2e ,1]-.

【2017新课标2】21. 设函数f(x)=(1-x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性;

(2)当x ≥0时,f (x )≤ax +1,求a 的取值范围。 【解析】

(1)∵f (x )=(1﹣x 2)e x ,x ∈R ,∴f′(x )=(1﹣2x ﹣x 2)e x , 令f′(x )=0可知x=﹣1±,

当x <﹣1﹣

或x >﹣1+

时,f′(x )<0,当﹣1﹣

<x <﹣1+

时f′(x )>0,

∴f (x )在(﹣∞,﹣1﹣),(﹣1+,+∞)上单调递减,在(﹣1﹣,﹣1+)上单

调递增;

(2)由题可知f (x )=(1﹣x )(1+x )e x .下面对a 的范围进行讨论: ①当a≥1时,设函数h (x )=(1﹣x )e x ,则h′(x )=﹣xe x <0(x >0), 因此h (x )在[0,+∞)上单调递减,又因为h (0)=1,所以h (x )≤1, 所以f (x )=(1﹣x )h (x )≤x+1≤ax+1;

②当0<a <1时,设函数g (x )=e x ﹣x ﹣1,则g′(x )=e x ﹣1>0(x >0), 所以g (x )在[0,+∞)上单调递增,又g (0)=1﹣0﹣1=0,所以e x ≥x+1. 因为当0<x <1时f (x )>(1﹣x )(1+x )2, 所以(1﹣x )(1+x )2﹣ax ﹣1=x (1﹣a ﹣x ﹣x 2), 取x 0=

∈(0,1),则(1﹣x 0)(1+x 0)2﹣ax 0﹣1=0,

所以f (x 0)>ax 0+1,矛盾; ③当a≤0时,取x 0=

∈(0,1),则f(x 0)>(1﹣x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1,矛盾;

综上所述,a 的取值范围是[1,+∞].

【2017新课标3】21.设函数2()ln (21)f x x ax a x =+++. (1)讨论()f x 的单调性;

(2)当0a <时,证明3

()24f x a

≤--. 【解析】

(1)由2

()ln (21),(0)f x x ax a x x =+++> 有'

1

()221f x ax a x

=+++22(21)1ax a x x +++=

①当0a =时,'()10,()f x f x =>单增

②当0a ≠时,令'()0f x =,即22(21)10ax a x +++=,

③解得121

1(,2x x a

=-=-舍)

,设2()2(21)1g x ax a x =+++ ⅰ.当0a >时,()g x 开口向上,1

02a -<,()0g x >,即'()0f x >,()f x 单增 ⅱ.当0a <时,()g x 开口向上,1

02a

->, 此时,在1

(0,)2a

-上,()0g x <,即'()0f x <,()f x 单减

在1

(,)2a

-+∞上,()0g x >,即'()0f x >,()f x 单增 (2)由(1)可得:max 111

()()ln()1224f x f a a a

=-=--

- 故要证3()24f x a ≤--,即证113ln()12244a a a ---≤-- 即证11

ln()1022a a

-+

+≤,即证ln 10(0)t t t -+≤> 令()ln 1g t t t =-+ ,则'1

()1g t t

=- ,令'()0g t ≥,得1t < max ()(1)0g t g ∴==

()0g t ∴≤,故原命题得证.

【2018新课标1】21.(12分)已知函数()e ln 1x f x a x =--. (1)设2x =是()f x 的极值点,求a ,并求()f x 的单调区间; (2)证明:当1e

a ≥时,()0f x ≥. 【答案】

(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,1

()e x f x a x

'=-.由题设知,(2)0f '=,所以212e

a =.

从而21()e ln 12e x f x x =

--,2

11

()e 2e x f x x

'=-. 当02x <<时,()0f x '<;当2x >时,()0f x '>. 所以()f x 在(0,2)单调递减,在(2,)+∞单调递增.

(2)当1

e

a ≥时,e ()ln 1e x f x x --≥. 设e ()ln 1e x g x x =--,则e 1()e x g x x '=-.

当01x <<时,()0g x '<;当1x >时,()0g x '

>. 所以1x =是()g x 的最小值点.

故当0x >时,()(1)0g x g =≥。因此,当1

e

a ≥时,()0f x ≥.

【2018新课标2】21.(12分)已知函数321()(1)3

f x x a x x =-++. (1)若3a =,求()f x 的单调区间; (2)证明:()f x 只有一个零点.

【答案】(1)当a =3时,f (x )=3213333

x x x ---,f ′(x )=263x x --. 令f ′(x )=0解得x =

3-x =3+

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当x ∈(–∞,3-3++∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(

3-3+ f ′(x )<0.

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故f (x )在(–∞,

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3-3++∞)单调递增,

在(3-3+

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(2)由于2

10x x ++>,所以()0f x =等价于3

2

301

x a x x -=++. 设()g x =3

2

31

x a x x -++,则g ′(x )=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0,仅当x =0时g ′(x )=0,所以g (x )在(–∞,+∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点. 又f (3a –1)=22111626()03

6

6

a a a -+-=---<,f (3a +1)=103

>,故f (x )有一个零点. 综上,f (x )只有一个零点. 【注】因为211()(1)(13)33f x x x x a -

=++--,2213

1()024

x x x ++=++>,所以1

(13)03

f a +=

>,2(23)(1)0f a x x -+=-++<. 综上,f (x )只有一个零点.

【2018新课标3】21.(12分)已知函数()21

e x

ax x f x +-=.

(1)求由线()y f x =在点()01-,处的切线方程;

(2)证明:当1a ≥时,()e 0f x +≥. 【答案】

(1)2(21)2

()e x

ax a x f x -+-+'=,(0)2f '=.

因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=.

(2)当1a ≥时,21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+. 令21()1e x g x x x +≥+-+,则1()21e x g x x +'≥++.

当1x <-时,()0g x '<,()g x 单调递减;当1x >-时,()0g x '>,()g x 单调递增; 所以()g x (1)=0g ≥-.因此()e 0f x +≥.

【2019新课标1】20.(12分)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x ,f′(x )为f (x )的导数. (1)证明:f′(x )在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围.

【答案】

(1)设 g (x )=¢f (x ),则 g (x )=cos x +x sin x -1,¢g (x )=x cos x .

x ?(0,p

2

)时,

¢g (x )>0;当

x ?p 2,p ?è?

?

?

÷时, ¢g (x )<0, 所以

g (x )在

(0,p

2

)单调递增,在 p 2,p ?è?

?

?

÷单调递减. 又

g (0)=0,g p 2?è?

?

?

÷>0,g (p )=-2,故 g (x )在 (0,p )存在唯一零点. 所以 ¢f (x )在 (0,p )存在唯一零点.

(2)由题设知

,可得a ≤0.

由(1)知, ¢f (x )在 (0,p )只有一个零点,设为 x 0,且当

x ?0,x 0()

时,

¢f (x )>0;

当 x ?x 0,p ()时, ¢f (x )<0,所以

f (x )在 0,x 0()单调递增,在 x 0,p (

)单调递减.

又 f (0)=0,f (p )=0,所以,当 x ?[0,p ]时,

f (x )30. 又当 a £0,x ?[0,p ]时,ax ≤0,故 f (x )3ax .因此,a 的取值范围是

(-¥,0].

【2019新课标2】21.(12分)已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明: (1)()f x 存在唯一的极值点;

(2)()=0f x 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 【答案】

(1)()f x 的定义域为(0,+∞).11

()ln 1ln x f x x x x x

-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增,1

y x

=

单调递减,所以()f x '单调递增,又(1)10f '=-<, 1ln 41(2)ln 2022

f -'=-

=>,故存在唯一0(1,2)x ∈,使得()00f x '=. 又当0x x <时,()0f x '<,()f x 单调递减;当0x x >时,()0f x '>,()f x 单调递增. 因此,()f x 存在唯一的极值点.

(2)由(1)知()0(1)2f x f <=-,又()

22e e 30f =->, 所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=. 由01x α>>得

01

1x α

<<.

又1111

()1ln 10f f αααααα????=---==

? ?

????

,故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上,()0f x =有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

【2019新课标3】20.已知函数32()22f x x ax =-+. (1)讨论()f x 的单调性;

(2)当0<<3a 时,记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ,最小值为m ,求M m -的取值范围.

【详解】(1)对32()22f x x ax =-+求导得2

'()626()3

a f x x ax x x =-=-.所以有

当0a <时,(,)3a

-∞区间上单调递增,(,0)3

a 区间上单调递减,(0,)+∞区间上单调递增;

当0a =时,(,)-∞+∞区间上单调递增;

当0a >时,(,0)-∞区间上单调递增,(0,)3a 区间上单调递减,(,)3

a +∞区间上单调递增. (2)

若02a <≤,()f x 在区间(0,)3a 单调递减,在区间(,1)3

a 单调递增,所以区间[0,1]上最小值为

()3

a

f .而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥,故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 所以3

32(1)()(4)[2()()2]233327

a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+,设函数

3()227x g x x =-+,求导2

'()19

x g x =-当02x <≤时'()0g x <从而()g x 单调递减.而

02a <≤,所以3

8222727

a a ≤-+<.即M m -的取值范围是8[,2)27.

若23a <<,()f x 在区间(0,)3a 单调递减,在区间(,1)3

a

单调递增,所以区间[0,1]上最小值为

()3a

f 而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤,故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 所以3

32(0)()2[2()()2]33327

a a a a M m f f a -=-=--+=,

而23a <<,所以3

812727

a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27.

综上得M m -的取值范围是8

[,2)27

.

【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少.考查的函数

单调性,最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大,由计算量补充.

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