2010-2019学年高考新课标全国I卷数学(文)真题分类汇编专题16 函数与导数(2)(解析版)

专题16 函数与导数（2）

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．

1．（2019年）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．

【解析】（1）∵f （x ）＝2sin x ﹣x cos x ﹣x ，∴f ′（x ）＝2cos x ﹣cos x +x sin x ﹣1＝cos x +x sin x ﹣1， 令g （x ）＝cos x +x sin x ﹣1，则g ′（x ）＝﹣sin x +sin x +x cos x ＝x cos x ，

当x ∈（0，2π）时，x cos x ＞0，当x ∈（2

π，π）时，x cos x ＜0， ∴当x ＝2π时，极大值为g （2π）＝12π-＞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；

（2）由（1）知，f ′（x ）在（0，π）上有唯一零点x 0，使得f ′（x 0）＝0，

且f ′（x ）在（0，x 0）为正，在（x 0，π）为负，

∴f （x ）在[0，x 0]递增，在[x 0，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 ），

∴a ≤0，

∴a 的取值范围是（﹣∞，0]．

2．（2018年）已知函数f （x ）＝ae x ﹣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 ≥1e

时，f （x ）≥0． 【解析】（1）∵函数f （x ）＝ae x ﹣lnx ﹣1． ∴x ＞0，f ′（x ）＝ae x ﹣

1x ， ∵x ＝2是f （x ）的极值点，

∴f ′（2）＝ae 2﹣

12＝0，解得a ＝212e

， ∴f （x ）＝212e e x ﹣lnx ﹣1，∴f ′（x ）＝2112x e e 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 ≥1e

时，f （x ）≥x e e ﹣lnx ﹣1， 设g （x ）＝x e e ﹣lnx ﹣1，则()1x e g x e x

'=-， 由()1x e g x e x

'=-＝0，得x ＝1， 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 ≥1e

时，f （x ）≥0． 3．（2017年）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．

（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 ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ＝e 2x ﹣e x a ﹣a 2x ，

∴f ′（x ）＝2e 2x ﹣ae x ﹣a 2＝（2e x +a ）（e x ﹣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，2e x +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，

③当a ＜0时，e x ﹣a ＞0，令f ′（x ）＝0，解得x ＝ln （﹣

2a ）， 当x ＜ln （﹣2

a ）时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）单调递减， 当x ＞ln （﹣2

a ）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，

当a ＜0时，f （x ）在（﹣∞，ln （﹣2a ））上单调递减，在（ln （﹣2

a ），+∞）上单调递增． （2）①当a ＝0时，f （x ）＝e 2x ＞0恒成立，

②当a ＞0时，由（1）可得f （x ）min ＝f （lna ）＝﹣a 2lna ≥0，

∴lna ≤0，∴0＜a ≤1，

③当a ＜0时，由（1）可得：

f （x ）min ＝f （ln （﹣2a ））＝234a ﹣a 2ln （﹣2

a ）≥0， ∴ln （﹣

2a ）≤34， ∴3

42e -≤a ＜0，

综上所述，a 的取值范围为[34

2e -，1]．

4．（2016年）已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x +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）e x +a （x ﹣1）2，

可得f ′（x ）＝（x ﹣1）e x +2a （x ﹣1）＝（x ﹣1）（e x +2a ），