专题13+函数与导数大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学（理）名师押题高端精品 21页

（一） 命题特点和预测：‎ 分析近8年的全国新课标1的函数与导数大题，发现8年8考，每年1题，第1小题主要考查函数的切线、函数的单调性、极值、最值，第2小题主要考查零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，第1小题是基础题，第2小题是压轴题，为难题.2019年函数与导数大题仍为压轴题，主要考查导数的几何意义、常见函数的导数及导数的运算法则、利用导数研究函数的图象与性质，进而研究零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，难度为难题.‎ ‎（二）历年试题比较：‎ 年份 ‎ 题目 ‎2018年 ‎【2018新课标1，理21】已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在两个极值点，证明：．‎ ‎2017年 ‎【2017新课标1，理21】（12分）‎ 已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若有两个零点，求a的取值范围.‎ ‎2016年 ‎【2016高考新课标理数1】已知函数有两个零点.‎ ‎（I）求a的取值范围；‎ ‎（II）设x1，x2是的两个零点，证明：.‎ ‎2015年 ‎【2015高考新课标1，理21】已知函数f（x）=.‎ ‎(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；‎ ‎（Ⅱ）用 表示m,n中的最小值，设函数，讨论h（x）零点的个数.‎ ‎2014年 ‎ 【2014课标Ⅰ，理21】（12分）设函数，曲线在点处的切线方程为 ‎（I）求 ‎（II）证明：‎ ‎2013年 ‎ 【2013课标全国Ⅰ，理21】(本小题满分12分)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.‎ ‎(1)求a，b，c，d的值；‎ ‎(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．‎ ‎2012年 ‎【2012全国，理21】已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2．‎ ‎(1)求f(x)的解析式及单调区间；‎ ‎(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．‎ ‎2011年 ‎【2011全国新课标，理21】已知函数，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)如果当x＞0，且x≠1时，，求k的取值范围．‎ ‎【解析与点睛】‎ ‎（2018年）（21）【解析】（1）的定义域为，.‎ ‎（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.‎ ‎（ii）若，令得，或.‎ 当时，；‎ 当时，.所以在单调递减，在单调递增.‎ ‎（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.‎ 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ‎，‎ 所以等价于.‎ 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.‎ 所以，即.‎ 点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.‎ ‎（2017年）【解析】‎ ‎（ⅰ）若，则，所以在单调递减.‎ ‎（ⅱ）若，则由得.‎ 当时，；当时，，所以在单调递减，‎ 综上，的取值范围为. ‎ ‎ 当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.‎ 当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.‎ ‎(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.‎ ‎ (ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，‎ ‎【考点定位】利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 ‎（2014年）【答案】（I）；（II）详见解析.‎ ‎【解析】（I）函数的定义域为．．‎ 由题意可得，．故．‎ ‎（II）由（I）知，，从而等价于，设函数，则．所以当时，；当时，．故在递减，在递增，从而在的最小值为．设，则．所以当时，；当时，．故在递增，在递减，从而在的最大值为．综上，当时，，即．‎ ‎（2013年）【解析】：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.‎ 而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)， ‎ 故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.‎ 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．‎ 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，‎ 则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．‎ 由题设可得F(0)≥0，即k≥1.‎ 令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.‎ ‎①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．‎ 而F(x1)＝2x1＋2－－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.‎ 故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．‎ ‎②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．‎ 从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．‎ 而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．‎ ‎③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.‎ 从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．‎ 综上，k的取值范围是[1，e2]．‎ 则g′(x)＝ex－(a＋1)．‎ 当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)＜0；‎ 当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)＞0.‎ 从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．‎ ‎（2011年）【解析】：(1).‎ 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，故即解得 ‎(2)(理)由(1)知，‎ 所以.‎ 考虑函数 (x＞0)，‎ 则 ‎（三）命题专家押题 题号 试 题 ‎1.‎ 已知函数，.‎ ‎（1）若，求函数在区间（其中，是自然对数的底数）上的最小值；‎ ‎（2）若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围.‎ ‎2.‎ 设函数.‎ ‎（1）证明的图象过一个定点，并求在点处的切线方程；‎ ‎（2）已知，讨论的零点个数.‎ ‎3.‎ 已知函数，其中，.‎ ‎（1）判断函数的单调性；‎ ‎（2）设， 是函数的两个零点，求证：；‎ ‎4.‎ ‎ 已知函数.‎ ‎（1）讨论极值点的个数；‎ ‎（2）若有两个极值点，，且，求实数的取值范围.‎ ‎5.‎ 已知函数.‎ ‎（1）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求函数的极值点个数.‎ ‎6‎ 设函数.‎ ‎(1)判断的单调性，并求极值； ‎ ‎(2)若，且对所有都成立，求实数m的取值范围.‎ ‎7‎ 已知函数，其中为自然对数的底数，.‎ ‎（1）当时，求的极值；‎ ‎（2）若存在实数，使得，且，求证：.‎ ‎8‎ 设函数.‎ ‎（1）讨论的极值；‎ ‎（2）若曲线和曲线在点处有相同的切线，且当时，，求的取值范围 ‎ ‎9‎ 已知函数（为自然对数的底，，为常数且）‎ ‎（1）当时，讨论函数在区间上的单调性；‎ ‎（2）当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎10‎ 已知函数.‎ ‎（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，若方程有两个不等实数根，，求实数的取值范围，并证明.‎ ‎【详细解析】‎ ‎1.【解析】（1）由题意，可得，‎ ‎，‎ 令，得.‎ ‎①当时，在上单调递减，‎ ‎∴.‎ ‎②当时，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴.‎ 综上，当时，，当时，.‎ ‎（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，‎ 则，∴，‎ ‎∴，代入 得.‎ ‎∴问题转化为：关于的方程有解，‎ 设，则函数有零点，‎ ‎∵，当时，，∴.‎ ‎∴问题转化为：的最小值小于或等于0.‎ ‎，‎ 设，则 当时，，当时，.‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴的最小值为.‎ 由知，故.‎ 设，‎ 则，故在上单调递增，‎ ‎∵，∴当时，，‎ ‎∴的最小值等价于.‎ 又∵函数在上单调递增，∴.‎ ‎2.【解析】（1），的图象经过定点 ‎， ‎ 在点处的切线方程为 ‎ ‎（2），令 ‎ 则，在上单调递增，‎ 由，，唯一，使 ‎ 且当时，即；当时，即 ‎ 在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎= ‎ 令，则在上递减，且 ‎ ‎①时，即时，‎ ‎，，在上无零点，‎ ‎②时，即时，， ‎ 在上存在唯一零点 ‎ ‎③时，即时，‎ ‎，即，又 ‎ 令，则，在上单增，‎ ‎，在上恒成立，‎ ‎，又 ‎，，即 ‎ 在 ，上各存在一个零点 综上所述，时，无零点；时，有一个零点；时，有另一个零点.‎ ‎3.【解析】（1），，‎ ‎①当时，，，∴，∴在上递减；‎ ‎②当时，，，∴，∴在上递增.‎ 综上可知，在上递减，在上递增. ‎ ‎（2）不妨设，由题意及（I）可知，，，且，‎ 令，，‎ 则 ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 即，∴，‎ ‎ ，∴ ， ，‎ 由（1）知在上递增，∴，∴.‎ ‎4.【解析】（1）由，‎ 得.‎ 令，得，即，‎ 令，则，且，‎ 由得.‎ 当时，，在单调递增；‎ 当时，，在单调递减.‎ 所以，‎ 且当时，；当时，.‎ 所以，当，‎ 方程有两解，不妨设为 故当时，，故单调递减，‎ 当时，，故单调递增，‎ 当时，，故单调递减，‎ 即时，有两个极值点；‎ 当，恒成立，故单调递减，‎ 即时，没有极值点.‎ ‎（2）不妨设，‎ 由（1）知，，‎ 则，‎ 两边取对数，所以，‎ 所以，‎ 即.‎ 令，，‎ 则，.‎ 因为，‎ 即，‎ 所以，‎ 即，‎ 设，则，‎ 且.‎ 易知.记，则，‎ 且，‎ 考查函数，.‎ ‎①当时，，‎ 则，即，‎ 所以在上单调递减，‎ 所以当时，，‎ 所以当时符合题意.‎ ‎②当时，，‎ 有两个不同零点，，且，，‎ 不妨设，则，‎ 当时，，则，‎ 所以在上单调递增，‎ 故存在，使得，‎ 所以，当时，不符合题意，‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎5.【解析】（1）依题意，，故，‎ 又，故所求切线方程为.‎ ‎（2）依题意.‎ 令，则，且当时，当时，，‎ 所以函数在单调递减，在单调递增，，‎ 当时，恒成立，.‎ 函数在区间单调递增，无极值点； ‎ 当时，，‎ 故存在和，使得，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，所以函数在单调递减，在和单调递增，所以为函数的极大值点，为函数的极小值点.‎ 综上所述，当时，无极值点；当时，有个极值点.‎ ‎6.【解析】(1)，‎ 当a≤0时，，在R上单调递增，函数无极值； ‎ 当a>0时，由得，，‎ 若，，单调递减，‎ 若，f'（x）>0，单调递增，‎ 的极小值为.‎ ‎(2)令，依题意，对所有的x≥0，都有F（x）≥0，易知，F（0）=0，求导可得，‎ ‎，令，‎ 由得，H（x）在[0，+∞）上为递增函数，‎ 即F'（x）在x∈[0，+∞）上为递增函数，‎ 若m≤2，，得在x∈[0，+∞）上为递增函数，‎ 有≥F（0）=0，符合题意，‎ 若m>2，令<0，得.‎ 所以在）上单调递减，有舍去，‎ 综上，实数m的取值范围为.‎ ‎7.【解析】(1) ‎ 当时, 得.‎ 当时, 当时, ‎ 所以当时,单调递减, 当时,单调递增,‎ 可得当时, 有极小值 ‎ (2)由(1)‎ 当时, 此时单调递增,‎ 若,可得,与矛盾;‎ 当时, 由(1) 知当时,单调递减, 当时,单调递增,‎ 同理不存在或，使得; ‎ 不妨设,则有 因为时,单调递减, 当时,单调递增,且,‎ 所以当时,‎ 由且,可得,故,‎ 又在单调递减,且 所以,所以.同理 即 解得 综上所述,命题得证.‎ ‎8.【解析】（1）∵，‎ ‎∴． ‎ ‎①当时，恒成立，所以在上单调递增，无极值．‎ ‎②当时，由得，‎ 且当时，单调递减；当时，单调递增．‎ 所以当时，有极小值，且，无极大值．‎ ‎③当时，由得，‎ 且当时，单调递增；当时，单调递减．‎ 所以当时，有极大值，且，无极小值．‎ 综上所述，当时，无极值；‎ 当时，，无极大值；‎ 当时，，无极小值．‎ ‎（2）由题意得，‎ ‎∵和在点处有相同的切线，‎ ‎∴，即，解得，‎ ‎∴．‎ 令，‎ 则，‎ 由题意可得，解得．‎ 由得．‎ ‎①当，即时，则，‎ ‎∴当时，单调递减；当时，单调递增，‎ ‎∴上的最小值为，∴恒成立．‎ ‎②当，即时，则，‎ ‎∴当时，在上单调递增，‎ 又，‎ ‎∴当时，，即恒成立．‎ ‎③当，即时，‎ 则有，‎ 从而当时，不可能恒成立．‎ 综上所述的取值范围为．‎ ‎9.【解析】（1）由题知时，，， ，‎ ‎①当时，得函数在上单调递减； ‎ ‎②当时，由，得，由，得，‎ Ⅰ.当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；‎ Ⅱ.当时，函数在区间上单调递增． ‎ ‎（2）时，，‎ 则，‎ 由（1）知，函数在区间上单调递增，‎ 所以当时，，即，‎ ‎∴． ‎ ‎①当时，在区间上恒成立，即在上单调递增，‎ ‎∴（合题意）．‎ ‎②当时，‎ 由，得，且在上单调递增，‎ 又，，，，‎ 故在上存在唯一的零点，当时，，‎ 即在上递减，此时，知在上递减，‎ 此时与已知矛盾（不合题意），‎ 综上：满足条件的实数的取值范围是．‎ ‎10.【解析】（1），‎ ‎∵函数在上单调递增，‎ ‎∴在恒成立，即对恒成立，‎ ‎∴对恒成立，即，，‎ 令，则，‎ ‎∴在上单调递减，‎ ‎∴在上的最大值为.‎ ‎∴的取值范围是.‎ ‎（2）∵当时，方程，‎ 令，则，‎ 当时，，故单调递减，‎ 当时，，故单调递增，‎ ‎∴.‎ 若方程有两个不等实根，则有，即，‎ 当时，，‎ ‎，‎ ‎，令，‎ 则，单调递增，，‎ ‎∴，∴原方程有两个不等实根，‎ ‎∴实数的取值范围是.‎ 不妨设，则，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎,‎ ‎.‎ 令，则，‎ ‎∴在上单调递增，‎ ‎∴当时，，即，‎ ‎∴，∴.‎