高考数学真题——函数压轴题(含答案)

2018年数学全国1卷已知函数1()lnfxxaxx．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点12,xx，证明：12122fxfxaxx．解:（1）()fx的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx.（i）若2a，则()0fx，当且仅当2a，1x时()0fx，所以()fx在(0,)单调递减.（ii）若2a，令()0fx得，242aax或242aax.当2244(0,)(,)22aaaaxU时，()0fx；当2244(,)22aaaax时，()0fx.所以()fx在2244(0,),(,)22aaaa单调递减，在2244(,)22aaaa单调递增.（2）由（1）知，()fx存在两个极值点当且仅当2a.由于()fx的两个极值点12,xx满足210xax，所以121xx，不妨设12xx，则21x.由于12121221212121222()()lnlnlnln2ln11221fxfxxxxxxaaaxxxxxxxxxx，所以1212()()2fxfxaxx等价于22212ln0xxx.设函数1()2lngxxxx，由（1）知，()gx在(0,)单调递减，又(1)0g，从而当(1,)x时，()0gx.所以22212ln0xxx，即1212()()2fxfxaxx.2017年数学全国1卷已知函数)fx（ae2x+(a﹣2)ex﹣x.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.（1）()fx的定义域为(,)，2()2(2)1(1)(21)xxxxfxaeaeaee，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(,)单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx得lnxa.当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx，所以()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.（2）（ⅰ）若0a，由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa时，()fx取得最小值，最小值为1(ln)1lnfaaa.①当1a时，由于(ln)0fa，故()fx只有一个零点；②当(1,)a时，由于11ln0aa，即(ln)0fa，故()fx没有零点；③当(0,1)a时，11ln0aa，即(ln)0fa.又422(2)e(2)e22e20faa，故()fx在(,ln)a有一个零点.设正整数0n满足03ln(1)na，则00000000()e(e2)e20nnnnfnaannn.由于3ln(1)lnaa，因此()fx在(ln,)a有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1)2016年数学全国1卷已知函数2()(2)e(1)xfxxax有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是()fx的两个零点，证明：122xx.【答案】(I)(0,)；（II）见解析【解析】试题分析：(I)求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；(II)借助(I)的结论来证明，由单调性可知122xx等价于12()(2)fxfx，即2(2)0fx．设2()e(2)exxgxxx，则2'()(1)(ee)xxgxx．则当1x时，'()0gx，而(1)0g，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx，故122xx．试题解析：（Ⅰ）'()(1)e2(1)(1)(e2)xxfxxaxxa．（i）设0a，则()(2)exfxx，()fx只有一个零点．时()0fx，所以()fx不存在两个零点．若e2a，则ln(2)1a，故当(1,ln(2))xa时，'()0fx；当(ln(2),)xa时，'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a单调递减，在(ln(2),)a单调递增．又当1x时，()0fx，所以()fx不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0,)．（Ⅱ）不妨设12xx，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)xx，22(,1)x，()fx在(,1)单调递减，所以122xx等价于12()(2)fxfx，即2(2)0fx．由于222222(2)e(1)xfxxax，而22222()(2)e(1)0xfxxax，所以222222(2)e(2)exxfxxx．设2()e(2)exxgxxx，则2'()(1)(ee)xxgxx．所以当1x时，'()0gx，而(1)0g，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx，故122xx．2013年数学全国1卷设函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线（Ⅰ）求，，，的值；（Ⅱ）当≥－2时，≤，求的取值范围。21．【解析】（Ⅰ）由已知得，而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，设函数==（），==，有题设可得≥0，即，令=0得，=，=－2，1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时，＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，(2)若，则=，∴当≥－2时，≥0，∴在(－2,+∞)单调递增，而=0，∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，(3)若，则==＜0，∴当≥－2时，≤不可能恒成立，综上所述，的取值范围为[1,].2012年数学全国1卷已知函数()fx满足121()(1)(0)2xfxfefxx.（1）求()fx的解析式及单调区间；（2）若21()2fxxaxb，求(1)ab的最大值.【解析】（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2xxfxfefxxfxfefx令1x得：(0)1f1211()(1)(0)(1)1(1)2xfxfexxffefe得：21()()()12xxfxexxgxfxex()10()xgxeygx在xR上单调递增()0(0)0,()0(0)0fxfxfxfx得：()fx的解析式为21()2xfxexx且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)（2）21()()(1)02xfxxaxbhxeaxb得()(1)xhxea①当10a时，()0()hxyhx在xR上单调递增x时，()hx与()0hx矛盾②当10a时，()0ln(1),()0ln(1)hxxahxxa得：当ln(1)xa时，min()(1)(1)ln(1)0hxaaab22(1)(1)(1)ln(1)(10)abaaaa令22()ln(0)Fxxxxx；则()(12ln)Fxxx()00,()0FxxeFxxe当xe时，max()2eFx当1,aebe时，(1)ab的最大值为2e2011年数学全国1卷(I)设函数2()ln(1)2xfxxx，证明：当0x时，()0fx；(II)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：19291()10pe【命题意图】本题为导数、概率与不等式的综合,主要考查导数的应用和利用导数证明不等式.考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.【解析】(I)2'2()(1)(2)xfxxx…………………………2分当0x时,'()0fx,所以()fx为增函数,又(0)0f,因此当0x时,()0fx.…………………………5分(II)20100999881100pL.又222998190,988290,918990,L所以199()10p.由(I)知:当0x时,2ln(1)2xxx因此2(1)ln(1)2xx.在上式中,令19x,则1910ln29,即19210()9e.所以19291()10pe…………………………12分2009年数学全国1卷设函数3233fxxbxcx在两个极值点12xx、，且12[10],[1,2].xx，（I）求bc、满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点,bc的区域；(II)证明：21102fx分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并能够得分。2363fxxbxc由题意知方程0fx有两个根12xx、1[10],x且，2[1,2].x则有10f，00f，1020ff，故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点,bc的区域。(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标32222233fxxbxcx中的b，（如果消c会较繁琐）再利用2x的范围，并借助（I）中的约束条件得[2,0]c进而求解，有较强的技巧性。解：由题意有22223630fxxbxc．．．．．．．．．．．．①又32222233fxxbxcx．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②消去b可得32221322cfxxx．又2[1,2]x，且[2,0]c2110()2fx已知函数2()exfxax．（1）若1a，证明：当0x时，()1fx；（2）若()fx在(0,)只有一个零点，求a．【解析】（1）当1a时，()1fx等价于2(1)e10xx．设函数2()(1)e1xgxx，则22()(21)e(1)exxg'xxxx．当1x时，()0g'x，所以()gx在(0,)单调递减．而(0)0g，故当0x时，()0gx，即()1fx．（2）设函数2()1exhxax．()fx在(0,)只有一个零点当且仅当()hx在(0,)只有一个零点．（i）当0a时，()0hx，()hx没有零点；（ii）当0a时，()(2)exh'xaxx．当(0,2)x时，()0h'x；当(2,)x时，()0h'x．所以()hx在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．故24(2)1eah是()hx在[0,)的最小值．学&科网①若(2)0h，即2e4a，()hx在(0,)没有零点；②若(2)0h，即2e4a，()hx在(0,)只有一个零点；③若(2)0h，即2e4a，由于(0)1h，所以()hx在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x时，2exx，所以33342241616161(4)11110e(e)(2)aaaaahaaa．故()hx在(2,4)a有一个零点，因此()hx在(0,)有两个零点．综上，()fx在(0,)只有一个零点时，2e4a．已知函数3()ln,fxaxaxxx且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且230()2efx.解：（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx