全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数32()2fxxaxb.（1）讨论()fx的单调性；（2）是否存在,ab，使得()fx在区间[0,1]的最小值为1且最大值为1？若存在，求出,ab的所有值；若不存在，说明理由.【解析】(1)对32()2fxxaxb求导得2'()626()3afxxaxxx.所以有当0a时，(,)3a区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；当0a时，(,)区间上单调递增；当0a时，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.(2)若()fx在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以，若0a，(,)3a区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f，(1)1f代入解得1b，0a，与0a矛盾，所以0a不成立.若0a，(,)区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f，(1)1f代入解得01ab.若02a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f.即322()()13321aaabab相减得32227aa，即(33)(33)0aaa，又因为02a，所以无解.若23a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f.即322()()1331aaabb相减得3227a，解得332x，又因为23a，所以无解.若3a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.所以有()fx区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f，最小值为(1)f即121bab解得41ab.综上得01ab或41ab.【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、最值问题，此类问题一般住现在第一问，但2019年高考3卷把该题放到第20题位置，难度也相应降低，因此，该题的第二问仍然这类问题，只不过多出一个参数。本题求导后是含参的二次函数，含参二次函数的分类讨论是最基本的能力，根据参数位置的不同可分为以下几个层次来讨论，例如参数在二次项系数位置，第一层次：是否为二次函数；第二层次：抛物线开口方向；第三层次：抛物线与x轴有多少个交点；第四各层次：两个交点横坐标大小关系。通过对这类问题的反复练习来提高学生分类讨论能力。二、函数零点问题1.（2015年1卷21题）已知函数f（x）=31,()ln4xaxgxx.（1）当a为何值时，x轴为曲线()yfx的切线；（2）用min,mn表示m,n中的最小值，设函数()min(),()(0)hxfxgxx，讨论h（x）零点的个数.【解析】（1）设曲线()yfx与x轴相切于点0(,0)x，则0()0fx，0()0fx，即3002010430xaxxa，解得013,24xa.因此，当34a时，x轴是曲线()yfx的切线.（2）当(1,)x时，()ln0gxx，从而()min{(),()}()0hxfxgxgx，∴()hx在（1，+∞）无零点.当x=1时，若54a，则5(1)04fa，(1)min{(1),(1)}(1)0hfgg,故x=1是()hx的零点；若54a，则5(1)04fa，(1)min{(1),(1)}(1)0hfgf,故x=1不是()hx的零点.当(0,1)x时，()ln0gxx，所以只需考虑()fx在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若3a或0a，则2()3fxxa在（0,1）无零点，故()fx在（0,1）单调，而1(0)4f，5(1)4fa，所以当3a时，()fx在（0，1）有一个零点；当a0时，()fx在（0，1）无零点.（ⅱ）若30a，则()fx在（0，3a）单调递减，在（3a，1）单调递增，故当x=3a时，()fx取的最小值，最小值为()3af=21334aa.①若()3af＞0，即34＜a＜0，()fx在（0,1）无零点.②若()3af=0，即34a，则()fx在（0,1）有唯一零点；③若()3af＜0，即334a，由于1(0)4f，5(1)4fa，所以当5344a时，()fx在（0,1）有两个零点；当534a时，()fx在（0,1）有一个零点.…10分综上，当34a或54a时，()hx由一个零点；当34a或54a时，()hx有两个零点；当5344a时，()hx有三个零点.2.（2016年2卷21题）(1)讨论函数2(x)e2xxfx的单调性，并证明当0x时，(2)e20;xxx(2)证明：当[0,1)a时，函数2e=(0)xaxagxxx有最小值.设gx的最小值为()ha，求函数()ha的值域.【解析】⑴证明：2e2xxfxx22224ee222xxxxfxxxx∵当x22,，时，0fx∴fx在22,，和上单调递增∴0x时，2e0=12xxfx∴2e20xxx⑵24e2exxaxxaxagxx4e2e2xxxxaxax322e2xxxaxx01a，，由(1)知，当0x时，2e2xxfxx的值域为1，，只有一解．使得2e2ttat，02t，当(0,)xt时()0gx，()gx单调减；当(,)xt时()0gx，()gx单调增222e1ee1e22ttttttatthattt，记e2tktt，在0,2t时，2e102ttktt，∴kt单调递增∴21e24hakt，．3.（2017年1卷21题）已知函数2e2exxfxaax.（1）讨论fx的单调性；（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.【解析】（1）由于2e2exxfxaax，所以22e2e1e12e1xxxxfxaaa.①当0a„时，e10xa，2e10x，从而0fx恒成立，所以fx在R上单调递减.②当0a时，令0fx，从而e10xa，得lnxa．xlna，lnalna，fx′0fx极小值综上所述，当0a„时，()fx在R上单调递减；当0a时，()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增.（2）由（1）知，当0a„时，fx在R上单调递减，故fx在R上至多一个零点，不满足条件．当0a时，min1ln1lnffaaa．令11ln0gaaaa，则2110gaaa，从而ga在0，上单调递增.而10g，所以当01a时，0ga；当1a时0ga；当1a时，0ga.由上知若1a，则min11ln0fagaa，故0fx恒成立，从而fx无零点，不满足条件．若1a，则min11ln0fagaa，故0fx仅有一个实根ln0xa，不满足件；若01a，则min11ln0fagaa，注意到ln0a，22110eeeaaf，故fx在1lna，上有一个实根.而又31ln1lnlnaaa，且33ln1ln133ln1ee2ln1aafaaaa33132ln1aaaa331ln10aa，故fx在3lnln1aa，上有一个实根．又fx在lna，上单调递减，在lna，单调递增，故fx在R上至多两根．综上所述，01a．4（2018年2卷21题）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．5.（2019年1卷20题）已知函数()sinln(1)fxxx，()fx为()fx的导数．证明：（1）()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【解析】（1）由题意知：fx定义域为：1,且1cos1fxxx令1cos1gxxx，1,2x，21sin1gxxx，1,2x211x在1,2上单调递减，sinx，在1,2上单调递减，gx在1,2上单调递减，又0sin0110g，2244sin102222g00,2x，使得00gx，当01,xx时，0gx；0,2xx时，0gx即gx在01,x上单调递增；在0,2x上单调递减，则0xx为gx唯一的极大值点即：fx在区间1,2上存在唯一的极大值点0x.（2）由（1）知：1cos1fxxx，1,x①当1,0x时，由（1）可知fx在1,0上单调递增，00fxffx在1,0上单调递减，又00f，0x为fx在1,0上的唯一零点②当0,2x时，fx在()00,x上单调递增，在0,2x上单调递减，又00f00fx，fx在()00,x上单调递增，此时00fxf，不存在零点又22cos02222f，10,2xx，使得10fxfx在01,xx上单调递增，在1,2x上单调递减，又000fxf，2sinln1lnln102222ef0fx在0,2x上恒成立，