2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案

（文数）解答题强化专练——函数与导数
一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）
1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．
（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；
（2）设a≥3，求证．
2.已知函数f（x）=x-ln x．
（1）求f（x）的最小值；
（2）证明：对于任意正整数n，．
3.已知函数f（x）=x2ln x．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：
（Ⅱ）证明：．
4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．
5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．
（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；
（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．
6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．
7.已知函数f（x）=2ln x-x2，
（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．
（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．
（3）求证（n∈N*，且n≥2）
8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）
9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．
（1）若a=2，求f（x）的零点个数；
（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．
10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．
（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；
（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．
答案和解析
1.【答案】（1）解：，
∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，
此时，
∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，
所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；
（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，
所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），
令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），
，
∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；
x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.
所以，
．
【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.
（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；
（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.
2.【答案】解：（1），
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；
故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．
（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，
所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，
则ln（1+）+ln（1+）+=1-，
即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，
所以（1+）（1+）…（1+）＜e．
【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；
（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，
令f′（x）=0可得x=，
∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，
则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，
故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，
令g（x）=，则，
当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
则g（x）max=g（2）=，
而-（-）=＜0，
因此，即：．
【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；
（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．
4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，
当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；
（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，
∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，
即-a≥对任意实数x≥1恒成立，
令g（x）=（x≥1）．
则g′（x）=
．
∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．
∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．
【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．
（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进
一步可得f（x）的极小值；
（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任
意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，
令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．
5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，
由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．
即a=1，b=；
（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，
f（x）在（1，e）上单调递减，
不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．
即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．
令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，
∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．
即a≥，x∈（1，e），
令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，
令t（x）=ln x+，t′（x）=．
∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，
则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，
∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．
综上，e-3≤a≤0．
【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；
（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）
的最值，可得a的取值范围．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．
6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，
可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，
由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，
即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，
f′（x）=1-ln x，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，
则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；
（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），
，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，
即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，
设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，
即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，
可得2m≤在x＞0恒成立，
由h（x）=的导数为h′（x）=得：
当h′（x）=0，可得x=e2，
h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，
即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，
可得2m≤-，
解得m≤-，
则实数m的取值范围是（-∞，-]．
【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；
（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．
本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，
∴f′（x）=-2x=，
∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，
函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；
（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，
∴y=f（x）与y=2a有两个交点，
∵f′（x）=，x∈[，e]，
令f′（x）=0，解得x=1，
当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，
当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）max=f（1）=-1，
∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，
∴f（e）＜f（），
∵y=f（x）与y=2a有两个交点，
∴-2-≤2a＜-1，
∴-1-≤a＜-.
（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，
则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，
∴=-≤对x＞1恒成立，
令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得
∴++…+
≥1-+-+-+…+-
=1+--=-，n∈N*，且n≥2．
【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；
（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，
利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；
（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．
8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，
所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，
此时f'(x）=--ln x，
设g（x）=f'(x），则g'(x）==
则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数
又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，
当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，
当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，
即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，
当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，
所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，
结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，
又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，
且满足--ln x0=0．
所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，
由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），
又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，
∴f（x0）∈（0，），
即0成立．
【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．
（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的
极值点，满足题意；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．
9.【答案】解：（1）当a=2时，，
当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）
单调递增，
又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；
当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，
又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；
综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；
（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，
max
①当2≤a＜ln9时，，
当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；
当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，
故函数f（x）在[3，9]上单调递增，
∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，
∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；
②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，
∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，
∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；
综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．
【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；
（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．
本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．
10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，
∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），
∴f（x）为偶函数．
∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），
∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，
∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；
又f（x）为偶函数．
∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，
综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f
（x）单调递增；
（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，
要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，
只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，
当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．
令g（x）=（x＞0），
h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．
则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，
当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，
∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，
∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），
∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．
在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，
x0
由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）
的图象恒在h（x）图形的上方，
∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，
∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．
【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；
（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x
＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．
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