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1、2016-2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版2016-2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数（理科）教师版1已知函数， ，其中a1.（I）求函数的单调区间；（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）【解析】分析：（I）由题意可得.令，解得x=0.据此可得函数的单调递减区间，单调递增区间为.（II）曲线在点处的切线斜率为.曲线在点处的切线斜率为.原问题等价于.两边取对数可得.（III）由题意可得两条切线方程分别为l1： .
2、l2： .则原问题等价于当时，存在， ，使得l1和l2重合.转化为当时，关于x1的方程存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且x00，使得，据此可证得存在实数t，使得，则题中的结论成立.详解：（I）由已知， ，有.令，解得x=0.由a1，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.由，可得曲线在点处的切线斜率为.因为这两条切线平行，故有，即.两边取以a为底的对数，得，所以.（III）曲线在点处的切线l1： .曲线在点处的切线l2： .要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲
3、线的切线，只需证明当时，存在， ，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于x1的方程存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时， ；时， 单调递减，又， ，故存在唯一的x0，且x00，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时，有，所以存在实数t，使得因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.2设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex（1）若曲线y=fx在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a；
4、（2）若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷）详解：解：（）因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex，所以f （x）=2ax（4a+1）ex+ax2（4a+1）x+4a+3ex（xR）=ax2（2a+1）x+2exf (1)=(1a)e由题设知f (1)=0，即(1a)e=0，解得a=1此时f (1)=3e0所以a的值为1（）由（）得f （x）=ax2（2a+1）x+2ex=（ax1）(x2)ex若a12，则当x(1a，2)时，f (x)0所以f (x)0在x=2处取得极小值若a12，则当x(0，2)时，x20，a
5、x112x10所以2不是f (x)的极小值点综上可知，a的取值范围是（12，+）3已知函数f(x)=1x-x+alnx（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：fx1-fx2x1-x22，令f(x)=0得，x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x(0,a-a2-42)(a+a2-42,+)时，f(x)0.所以f(x)在(0,a-a2-42),(a+a2-42,+)单调递减，在(a-a2-42,a+a2-42)单调递增.（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1
6、1.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx，由（1）知，g(x)在(0,+)单调递减，又g(1)=0，从而当x(1,+)时，g(x)0.所以1x2-x2+2lnx20，即f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.4已知函数fx=2+x+ax2ln1+x-2x（1）若a=0，证明：当-1x0时，fx0时，fx0；（2）若x=0是fx的极大值点，求a【来源】2018年全国
7、卷理数高考试题文档版详解：（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x，则g(x)=x(1+x)2.当-1x0时，g(x)0时，g(x)0.故当x-1时，g(x)g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f(x)0，且仅当x=0时，f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0，故当-1x0时，f(x)0时，f(x)0.（2）（i）若a0，由（1）知，当x0时，f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.（ii）若a0，设函数
8、h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10，则当0x-6a+14a，且|x|0，故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min1,1|a|时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0.所以x=
9、0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点综上，a=-16.5已知函数f(x)=ex-ax2（1）若a=12，证明：当x0时，f(x)1；（2）若f(x)在(0,+)只有一个零点，求a的值.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II）详解：（1）当a=1时，f(x)1等价于(x2+1)e-x-10设函数g(x)=(x2+1)e-x-1，则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；（ii）当a0时，h(x)=ax(x-2)e-x当x(0,2)时，h(x)0所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+)单调递增
10、故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值若h(2)0，即ae24，h(x)在(0,+)没有零点；若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+)只有一个零点；若h(2)e24，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，由（1）知，当x0时，exx2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+)有两个零点综上，f(x)在(0,+)只有一个零点时，a=e246（2017.新课标3卷）已知函数f(x)=x-1-alnx（1）若f(x)0，求a的值；（2）设m为整数，
11、且对于任意正整数n，(1+12)(1+122)(1+12n)m，求m的最小值试题解析：（1）fx的定义域为0，+.若a0，因为f12=-12+aln20，由fx=1-ax=x-ax知，当x0,a时，fx0，所以fx在0,a单调递减，在a，+单调递增，故x=a是fx在0，+的唯一最小值点.由于f1=0，所以当且仅当a=1时，fx0.故a=1.（2）由（1）知当x1,+时，x-1-lnx0.令x=1+12n得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2，所以m的最小值为3.7已知函数， ，其中是自然对数的
12、底数.（）求曲线在点处的切线方程；（）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷精编版）试题解析：（）由题意又，所以，因此 曲线在点处的切线方程为，即 .（）由题意得 ，因为，令则所以在上单调递增.因为所以 当时， 当时， (1)当时， 当时， ， 单调递减，当时， ， 单调递增，所以 当时取得极小值，极小值是 ；(2)当时， 由 得 ， 当时， ，当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.所以 当时取得极大值.极大值为，当时取到极小值，极小值是 ；当时， ，所以 当时， ，函数在上单调递增，无极值；当时， 所以 当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增；所以 当时取得极大值，极大值是；当时取得极小值.极小值是.综上所述：当时， 在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值， 极大值是；极小值是.8已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)0.（
