(新课标全国I卷)2010高考数学真题分类汇编专题16函数与导数(2)文(含解析)
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当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣ ））上单调递减，在（ln（﹣ ），+∞）上单调递增．
（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，
∴lna≤0，∴0Leabharlann Baidua≤1，
③当a＜0时，由（1）可得：
f（x）min＝f（ln（﹣ ））＝ ﹣a2ln（﹣ ）≥0，
（新课标全国I卷）2010高考数学真题分类汇编专题16函数与导数（2）文（含解析）
函数与导数大题：10年10考，每年1题．函数的载体上：对数函数很受“器重”，指数函数也较多出现，两种函数也会同时出现（2015年）．第2小题：2019年不等式恒成立问题，2018年证明不等式，2017年不等式恒成立问题，2016年函数的零点问题，2015年证明不等式，2014年不等式有解问题（存在性），2013年单调性与极值，2012年不等式恒成立问题，2011年证明不等式，2010年不等式恒成立问题．
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，f（x）有两个零点；
②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2；
③当a＜0时，若a＜﹣ 时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，
且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，
令h（x）＝ax，
作出图象，如图所示：
∵f（x）≥h（x），
又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥﹣ 时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，
而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．
∴f′（2）＝ae2﹣ ＝0，解得a＝ ，
∴f（x）＝ ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝ ，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）证明：当a≥ 时，f（x）≥ ﹣lnx﹣1，
设g（x）＝ ﹣lnx﹣1，则 ，
由 ＝0，得x＝1，
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；
若﹣ ＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；
（2）①由（1）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如图）；
②当a＜0时，（如图）若a＝﹣ ，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若a＜﹣ 时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
∴a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
2．（2018年）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥ 时，f（x）≥0．
【解析】（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣ ，
∵x＝2是f（x）的极值点，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥ 时，f（x）≥0．
3．（2017年）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣ ），
当x＜ln（﹣ ）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣ ）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），
①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
当x∈（0， ）时，xcosx＞0，当x∈（ ， ）时，xcosx＜0，
∴当x＝ 时，极大值为g（ ）＝ ＞0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
1．（2019年）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣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．
【解析】（1）∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1，
∴ln（﹣ ）≤ ，
∴ ≤a＜0，
综上所述，a的取值范围为[ ，1]．
4．（2016年）已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，
∴lna≤0，∴0Leabharlann Baidua≤1，
③当a＜0时，由（1）可得：
f（x）min＝f（ln（﹣ ））＝ ﹣a2ln（﹣ ）≥0，
（新课标全国I卷）2010高考数学真题分类汇编专题16函数与导数（2）文（含解析）
函数与导数大题：10年10考，每年1题．函数的载体上：对数函数很受“器重”，指数函数也较多出现，两种函数也会同时出现（2015年）．第2小题：2019年不等式恒成立问题，2018年证明不等式，2017年不等式恒成立问题，2016年函数的零点问题，2015年证明不等式，2014年不等式有解问题（存在性），2013年单调性与极值，2012年不等式恒成立问题，2011年证明不等式，2010年不等式恒成立问题．
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，f（x）有两个零点；
②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2；
③当a＜0时，若a＜﹣ 时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，
且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，
令h（x）＝ax，
作出图象，如图所示：
∵f（x）≥h（x），
又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥﹣ 时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，
而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．
∴f′（2）＝ae2﹣ ＝0，解得a＝ ，
∴f（x）＝ ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝ ，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）证明：当a≥ 时，f（x）≥ ﹣lnx﹣1，
设g（x）＝ ﹣lnx﹣1，则 ，
由 ＝0，得x＝1，
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；
若﹣ ＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；
（2）①由（1）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如图）；
②当a＜0时，（如图）若a＝﹣ ，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若a＜﹣ 时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
∴a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
2．（2018年）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥ 时，f（x）≥0．
【解析】（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣ ，
∵x＝2是f（x）的极值点，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥ 时，f（x）≥0．
3．（2017年）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣ ），
当x＜ln（﹣ ）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣ ）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），
①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
当x∈（0， ）时，xcosx＞0，当x∈（ ， ）时，xcosx＜0，
∴当x＝ 时，极大值为g（ ）＝ ＞0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
1．（2019年）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣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．
【解析】（1）∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1，
∴ln（﹣ ）≤ ，
∴ ≤a＜0，
综上所述，a的取值范围为[ ，1]．
4．（2016年）已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），