高考数学二轮复习函数与导数解答题专题训练(含解析)

高考数学二轮复习函数与导数解答题专题训练（含分析）1．(2014 ·皖南八校联考) 已知函数 f ( x)＝e x( ax2－2x＋2)，此中 a>0.
(1)若曲线 y＝ f ( x)在 x＝2处的切线与直线 x＋e2y－1＝0垂直，务实数 a 的值；
(2)议论 f ( x)的单一性．
解 f ′(x)＝e x[ ax2＋(2 a－2) x]( a>0)．
15
(1)由题意得 f ′(2)· －e2＝－1，解得 a＝8.
2－ 2
令 f ′(x)＝0，得 x1＝0， x2＝
(2) a
.
①当 0<a<1 时，f ( x) 的增区间为 ( －∞， 0) ，2－ 2a
，减区间为0，
2－ 2a
；
，＋∞
a
a
②当 a＝1时， f ( x)在(－∞，＋∞)内单一递加；
2－ 2a
， (0 ，＋∞ ) ，减区间为2－ 2a
③当 a>1时， f ( x)的增区间为－∞，a a， 0 .
x32
．
2．(2014 ·云南二模 ) 已知f ( x) ＝ e( x＋ mx－2x＋2)
(1)假定 m＝－2，求 f ( x)的极大值与极小值；
(2) 能否存在实数m，使 f ( x)在[－2，－1]上单一递加？假如存在，务实数m的取值范围；假如不存在，请说明原因．
解 (1) 当m＝－ 2 时，f ( x) ＝ e x( x3－ 2x2－ 2x＋ 2) 的定义域为 ( －∞，＋∞ ) ．
∵ f ′(x)＝e x( x3－2x2－2x＋2)＋e x(3 x2－4x－2)
＝x e x( x2＋ x－6)＝( x＋3) x( x－2)e x，
∴当 x∈(－∞，－3)或 x∈(0,2)时， f ′(x)<0；
当 x∈(－3,0)或 x∈(2，＋∞)时， f ′(x)>0；
f′( － 3) ＝f′(0) ＝f′(2) ＝ 0，
∴ f ( x)在(－∞，－3)上单一递减，在( －3,0) 上单一递加，在(0,2) 上单一递减，在(2 ，＋∞)上单一递加，
∴当 x＝－3或 x＝2时， f ( x)获得极小值；
当 x＝0时， f ( x)获得极大值，
∴f ( x)极小值＝f (－3)＝－37e－3， f ( x)极小值＝ f (2)＝－2e2， f ( x)极大值＝ f (0)＝2.
x32x2x2
＋ ( m＋ 3) x＋ 2m－ 2]．
(2) f′(x) ＝ e ( x＋mx－ 2x＋ 2)＋ e (3 x＋ 2mx－ 2)＝ x e [ x
∵ f ( x)在[－2，－1]上单一递加，
∴当 x∈[－2，－1]时， f ′(x)≥0.
x
又当 x∈[－2，－1]时， x e <0，
∴当 x∈[－2，－1]时， x2＋( m＋3) x＋2m－2≤0，
∴－ 22－2m＋3＋2m－2≤0，－ 12－m＋3＋2m－2≤0，
解得 m≤4，
∴当 m∈(－∞，4]时， f ( x)在[－2，－1]上单一递加．
3． ( 文)(2014 ·山西四校联考) 已知函数 f ( x)＝ ax2＋ x－ x ln x.
(1)若 a＝0，求函数 f ( x)的单一区间；
(2) 若f (1) ＝ 2，且在定义域内 f ( x)≥bx2＋2x 恒建立，务实数 b 的取值范围．
解(1) 当a＝ 0 时，f ( x) ＝x－x ln x，函数定义域为(0 ，＋∞ ) ．
f′(x)＝－ln x，由－ln x＝0，
得 x＝1.
当 x∈(0,1)时， f ′(x)>0， f ( x)在(0,1)上是增函数；
当 x∈(1，＋∞)时， f ′(x)<0， f ( x)在(1，＋∞)上是减函数．
(2)由 f (1)＝2，得 a＋1＝2，
∴a＝1，
∴f ( x)＝ x2＋ x－ x ln x，
由 f ( x)≥ bx2＋2x，
得 (1 －b) x－1≥ln x.
∵x>0，
1ln x
∴b≤1－x－x恒建立．
1 ln x ln x
令 g( x)＝1－x－x，可得 g′(x)＝x2，
∴g( x)在(0,1)上单一递减，在(1，＋∞)上单一递加，
∴g( x)min＝ g(1)＝0，
∴b 的取值范围是(－∞，0]．
3． ( 理 )( 文)4.
(201 4·广州调研 ) 已知f ( x) 是二次函数，不等式f ( x)<0 的解集是 (0,5)，且f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋ 1 ＝ 0 平行．
(1)求 f ( x)的分析式；
*37
(2) 能否存在t ∈N，使得方程 f ( x)＋x＝0在区间( t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明原因．
解 (1) ∵f ( x) 是二次函数，
不等式 f ( x)<0的解集是(0,5)，∴
可设 f ( x)＝ ax( x－5)， a>0.
∴f ′(x)＝2ax－5a.
∵函数
f () 在点 (1，(1)) 处的切线与直线 6 ＋＋ 1＝0 平行，x f x y
∴f ′(1)＝－6.∴2a－5a＝－6，解得 a＝2.
∴f ( x)＝2x( x－5)＝2x2－10x.
3732 (2) 由 (1) 知，方程f ( x) ＋x＝ 0 等价于方程2x－10x＋ 37＝0.设 h( x)＝2x3－10x2＋37，
则 h′(x)＝6x2－20x＝2x(3 x－10)．
当 x∈0，10
时， h′(x)<0，函数 h( x)在0，
10
上单一递减；33
当 x∈10
时， h′(x)>0，函数 h( x)在
10
3，＋∞ 3 ，＋∞ 上单一递加．
10 1
∵h(3)＝1>0， h 3＝－27<0， h(4)＝5>0，
∴方程 h( x)＝0在区间
1010
3，3，3， 4 内各有一个实数根，在区间(0,3) ， (4 ，＋∞ ) 内没有
实数根．
37
∴存在独一的正整数t ＝3，使得方程f( x)＋x＝0在区间( t ， t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．
4． ( 理 )( 文)5.
(2014 ·辽宁五校联考) 已知函数 f ( x)＝x ln x.
(1)求函数 f ( x)的单一区间；
(2)证明：对随意的 t >0，存在独一的实数m使 t ＝ f ( m)；
7ln g t
(3)设 (2) 中所确立的m对于t的函数为m＝g( t ) ，证明：当t >e 时，有10<ln t<1.
解 (1) ∵f ( x) ＝x ln x，∴f′(x) ＝ ln x＋ 1( x>0) ，
1
令 f ′(x)＝0，得 x＝.e
∴当
x
1
时，′( )<0 ，此时
f
()在 0，
1
∈ 0，上单一递减；
e fx x e
当 x
11
，＋∞，＋∞
上单一递加．∈ e时， f ′(x)>0， f ( x)在e
(2)当 0<x≤1时，f ( x) ≤0，
又 t >0，
令 h( x)＝ f ( x)－ t ， x∈[1，＋∞)，
由 (1) 知h( x) 在区间 [1 ，＋∞ ) 上为增函数，h(1)＝－ t <0，
h(e t)＝ t (e t－1)>0，
∴存在独一的实数，使
t ＝() 建立．
m f m
(3)∵ m＝ g( t )且由(2)知 t ＝ f ( m)， t >0，当 t >e时，若 m＝ g( t )≤e，
则由
f ( ) 的单一性有
t
＝( ) ≤(e) ＝ e，矛盾，m f m f
∴m>e.
ln g t ln m＝
ln ln m＝
ln
ln m u
，此中 u＝ln m， u>1，
又ln
t ＝
ln
f m
ln＋ ln ln
m
＝
u
＋ln
u
m m m
要使7<l n g t<1 建立，
10ln t
3
只要 0<ln u<7u.
313
令 F( u)＝ln u－7u， u>1， F′(u)＝u－7，
7
当 1<u< 时，F′(u)>0 ，F( u) 单一递加；
3
7
当 u>3时， F′(u)<0， F( u)单一递减．
7
∴对 u>1，F( u)≤ F 3<0，
3
即 ln u<7u建立．
7ln g t
<1 建立．
综上，当 t >e时，<
t
10ln
5．( 理)(2014 ·浙江考试院抽测) 已知a为给定的正实数，m为实数，函数f ( x) ＝ax3－ 3( m＋a) x2＋12mx＋ 1.
(1)若 f ( x)在(0,3)上无极值点，求 m的值；
(2)若存在 x0∈(0,3)，使得 f ( x0)是 f ( x)在[0,3]上的最值，务实数 m的取值范围．解 (1)
由题意得f′(x) ＝ 3ax2－ 6( m＋a) x＋ 12m＝ 3( x－ 2)( ax－ 2m) ，
因为 f ( x)在(0,3)上无极值点，
2m
故a＝ 2，因此m＝a.
(2)因为 f ′(x)＝3( x－2)( ax－2m)，故
2m2m
①当a≤0或a≥3，
3
即 m≤0或 m≥2a 时，
取 x 0＝ 2 即知足题意．
3
此时 m ≤0或 m ≥ 2a .
2m
②当 0< a <2，即 0<m <a 时，列表以下：
x 0
2m 2m 2m
2 (2,3) 3
0， a a
a ， 2
f ′(x )
＋
0 － 0 ＋
f ( x )
1 单一递加
极大值
单一递减
极小值
单一递加
9m ＋ 1
2m
故 f (2) ≤ f (0) 或 f a ≥ f (3) ，
3
2
－ 4m ＋12ma
即－ 4 ＋ 12 ＋1≤1或
2＋1≥9 ＋ 1，
a m
a
m
－ m 2 －3 a 2
即 3m ≤ a 或
m
≥0，
a 2
a
3a
即 ≤或≤0或
＝ .
m 3
m
m 2
a
此时 0＜ m ≤ 3.
2
3
m
③当 2< a <3 ，即 a <m < 2 时，列表以下：
x
2m
2m 2m
0 (0,2) 2 2， a a
a ， 3
3 f ′(x )
＋
0 － 0 ＋
f (
x )
1
单一递加 极大值
单一递减
极小值
单一递加
9 ＋ 1
m
故 f
2m
≤ f (0) 或 f (2) ≥ f (3) ，
a
3
2
－ 4m ＋ 12ma
即a 2
＋1≤1或－ 4a ＋ 12m ＋1≥9m ＋ 1，
2
即
－ 4m m －3a
≤0或 3m ≥4a ，
a 2
4 a
即 m ＝ 0 或 m ≥3a 或 m ≥ 3 .
此时
4a
≤ m ＜
3a
.
3 2
a
4a
综上所述，实数 m 的取值范围是 m ≤ 3或 m ≥ 3 .。