2011-2019全国卷I文科函数与导数(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）＝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，令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，当x∈（0，2）时，xcosx＞0，当x∈（2，）时，xcosx＜0，∴当x＝2时，极大值为g（2）＝12＞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），∴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≥1e时，f（x）≥0．【解析】（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝aex﹣1x，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣12＝0，解得a＝212e，∴f（x）＝212eex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝2112xeex，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）≥xee﹣lnx﹣1，设g（x）＝xee﹣lnx﹣1，则1xegxex，由1xegxex＝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）＝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，∴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，③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣2a），当x＜ln（﹣2a）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）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（﹣2a），+∞）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，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣2a））＝234a﹣a2ln（﹣2a）≥0，∴ln（﹣2a）≤34，∴342e≤a＜0，综上所述，a的取值范围为[342e，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），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＝﹣2e，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a＜﹣2e时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；若﹣2e＜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，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＜﹣2e时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；当a≥﹣2e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，+∞）．5．（2015年）设函数f（x）＝e2x﹣alnx．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．【解析】（1）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝2e2x﹣ax．当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y＝﹣单调递增，∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，又f′（a）＞0，假设存在b满足0＜b＜ln2a时，且b＜14，f′（b）＜0，故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，（2）由（1）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+∞）单调递增，所欲当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），由于022xe﹣0ax＝0，所以f（x0）＝02ax+2ax0+aln2a≥2a+aln2a．故当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．6．（2014年）设函数f（x）＝alnx+12ax2﹣bx（a≠1），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，（1）求b；（2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜1aa，求a的取值范围．【解析】（1）f′（x）＝1aaxbx（x＞0），∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0，解得b＝1．（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（x）＝alnx+212axx，∴11afxaxx＝111aaxxxa．①当a12时，则11aa，则当x＞1时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增，∴存在x0≥1，使得f（x0）＜1aa的充要条件是11afa，即1121aaa，解得2121a；②当12a＜1时，则11aa，则当x∈（1，1aa）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，1aa）上单调递减；当x∈（1aa，）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（1aa，）上单调递增．∴存在x0≥1，使得f（x0）＜1aa的充要条件是11aafaa，而2ln112111aaaaafaaaaaa，不符合题意，应舍去．③若a＞1时，f（1）＝111221aaaa，成立．综上可得：a的取值范围是（21，21）（1，）．7．（2013年）已知函数f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4．（1）求a，b的值；（2）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值．【解析】（1）∵f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，∴f′（x）＝ex（ax+a+b）﹣2x﹣4，∵曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4，∴f（0）＝4，f′（0）＝4，∴b＝4，a+b＝8，∴a＝4，b＝4．（2）由（1）知，f（x）＝4ex（x+1）﹣x2﹣4x，f′（x）＝4ex（x+2）﹣2x﹣4＝4（x+2）（ex﹣12），令f′（x）＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0．∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2），当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e﹣2）．8．（2012年）设函数f（x）＝ex﹣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）函数f（x）＝ex﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝ex﹣a，若a≤0，则f′（x）＝ex﹣a≥0，所以函数f（x）＝ex﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝ex﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝ex﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（2）由于a＝1，所以，（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（ex﹣1）+x+1，故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜11xxxe（x＞0）①，令g（x）＝11xxxe，则g′（x）＝2221111xxxxxeexxeee，由（1）知，当a＝1时，函数h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．9．（2011年）已知函数f（x）＝ln1axx+bx，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y﹣3＝0．（1）求a、b的值；（2）证明：当x＞0，且x≠1时，f（x）＞ln1xx．【解析】（1）221ln1xaxbxfxxx．由于直线x+2y﹣3＝0的斜率为12，且过点（1，1），所以1122bab，解得a＝1，b＝1．（2）由（1）知f（x）＝ln11xxx，所以22ln112ln11