【状元之路】2015版高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练
（含解析）
1．(2014·皖南八校联考)已知函数f(x)＝e(ax－2x＋2)，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与直线x＋ey－1＝0垂直，求实数a的值； (2)讨论f(x)的单调性．
解 f′(x)＝e[ax＋(2a－2)x](a>0)． 5?1?(1)由题意得f′(2)·?－2?＝－1，解得a＝. 8?e?2－2a(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
x2
2
x2
a①当0 ?2－2a，＋∞?，减区间为?0，2－2a?； ??a??a??? ②当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)内单调递增； 2－2a???2－2a，0?. ③当a>1时，f(x)的增区间为?－∞，?，(0，＋∞)，减区间为?? ?a? 2 ?a? 2．(2014·云南二模)已知f(x)＝e(x＋mx－2x＋2)． (1)假设m＝－2，求f(x)的极大值与极小值； (2)是否存在实数m，使f(x)在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由． 解 (1)当m＝－2时，f(x)＝e(x－2x－2x＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f′(x)＝e(x－2x－2x＋2)＋e(3x－4x－2) ＝xe(x＋x－6)＝(x＋3)x(x－2)e， ∴当x∈(－∞，－3)或x∈(0,2)时，f′(x)<0； 当x∈(－3,0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0； x2 x3 x32 x32x2 xf′(－3)＝f′(0)＝f′(2)＝0， ∴f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x＝－3或x＝2时，f(x)取得极小值； 当x＝0时，f(x)取得极大值， ∴f(x)极小值＝f(－3)＝－37e，f(x)极小值＝f(2)＝－2e，f(x)极大值＝f(0)＝2. (2)f′(x)＝e(x＋mx－2x＋2)＋e(3x＋2mx－2)＝xe[x＋(m＋3)x＋2m－2]． ∵f(x)在[－2，－1]上单调递增， ∴当x∈[－2，－1]时，f′(x)≥0. 又当x∈[－2，－1]时，xe<0， xx3 2 －3 2 x2x2 1 ∴当x∈[－2，－1]时，x＋(m＋3)x＋2m－2≤0， ??∴??? 2 －2－1 2 －2m＋3＋2m－2≤0， 2 －m＋3＋2m－2≤0， 解得m≤4， ∴当m∈(－∞，4]时，f(x)在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(2014·山西四校联考)已知函数f(x)＝ax＋x－xlnx. (1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间； (2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx＋2x恒成立，求实数b的取值范围． 解 (1)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，函数定义域为(0，＋∞)． 2 2 f′(x)＝－lnx，由－lnx＝0， 得x＝1. 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数． (2)由f(1)＝2，得a＋1＝2， ∴a＝1， ∴f(x)＝x＋x－xlnx， 由f(x)≥bx＋2x， 得(1－b)x－1≥lnx. ∵x>0， 1lnx∴b≤1－－恒成立． 22 xx1lnxlnx令g(x)＝1－－，可得g′(x)＝2， xxx∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝0， ∴b的取值范围是(－∞，0]． 3．(理)(文)4. (2014·广州调研)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行． (1)求f(x)的解析式； 37*(2)是否存在t∈N，使得方程f(x)＋＝0在区间(t，t＋1)内有两个不相等的实数根？若存在， x求出t的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f(x)是二次函数， 不等式f(x)<0的解集是(0,5)， 2 ∴可设f(x)＝ax(x－5)，a>0. ∴f′(x)＝2ax－5a. ∵函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行， ∴f′(1)＝－6.∴2a－5a＝－6，解得a＝2. ∴f(x)＝2x(x－5)＝2x－10x. 3732 (2)由(1)知，方程f(x)＋＝0等价于方程2x－10x＋37＝0. 2 x设h(x)＝2x－10x＋37， 则h′(x)＝6x－20x＝2x(3x－10)． 2 32 ?10??10?当x∈?0，?时，h′(x)<0，函数h(x)在?0，?上单调递减； 3?3??? 当x∈? ?10，＋∞?时，h′(x)>0，函数h(x)在?10，＋∞?上单调递增． ??3? ?3??? 1?10?∵h(3)＝1>0，h??＝－<0，h(4)＝5>0， 27?3? ?10??10?∴方程h(x)＝0在区间?3，?，?，4?内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有 3??3?? 实数根． 37 ∴存在唯一的正整数t＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(t，t＋1)内有且只有两个不相等的 x实数根． 4．(理)(文)5. (2014·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝xlnx. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：对任意的t>0，存在唯一的实数m使t＝f(m)； 7lngt(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t>e时，有<<1. 10lnt解 (1)∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1(x>0)， 1 令f′(x)＝0，得x＝. e ?1??1?∴当x∈?0，?时，f′(x)<0，此时f(x)在?0，?上单调递减； ?e??e??1??1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)在?，＋∞?上单调递增． ?e??e? (2)当0 令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)， 3 由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t<0， h(et)＝t(et－1)>0， ∴存在唯一的实数m，使t＝f(m)成立． (3)∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t>0， 当t>e时，若m＝g(t)≤e， 则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾， ∴m>e. lngtlnmlnmlnmu又＝＝＝＝，其中u＝lnm，u>1， lntlnfmlnmlnmlnm＋lnlnmu＋lnu7lngt要使<<1成立， 10lnt3只需0 7 313 令F(u)＝lnu－u，u>1，F′(u)＝－， 7u77 当1 37 当u>时，F′(u)<0，F(u)单调递减． 3 ?7?∴对u>1，F(u)≤F??<0， ?3? 3 即lnu 7 7lngt综上，当t>e时，<<1成立． 10lnt5．(理)(2014·浙江考试院抽测)已知a为给定的正实数，m为实数，函数f(x)＝ax－3(m＋a)x＋12mx＋1. (1)若f(x)在(0,3)上无极值点，求m的值； (2)若存在x0∈(0,3)，使得f(x0)是f(x)在[0,3]上的最值，求实数m的取值范围． 解 (1)由题意得f′(x)＝3ax－6(m＋a)x＋12m＝3(x－2)(ax－2m)， 由于f(x)在(0,3)上无极值点， 2m故＝2，所以m＝a. 2 3 2 a(2)由于f′(x)＝3(x－2)(ax－2m)，故 2m2m①当≤0或≥3， aa 4 3 即m≤0或m≥a时， 2取x0＝2即满足题意． 3 此时m≤0或m≥a. 2 2m②当0<<2，即0 ax f′(x) f(x) 0 ?0，2m? ?a???＋ 单调递增 2ma ?2m，2? ?a???－ 单调递减 2 0 极小值 (2,3) ＋ 单调递增 3 9m＋1 1 0 极大值 ?2m?故f(2)≤f(0)或f??≥f(3)， ?a? －4m＋12ma即－4a＋12m＋1≤1或＋1≥9m＋1， 2 3 2 a－m即3m≤a或 2m－3a2 a2 ≥0， a3a即m≤或m≤0或m＝. 32 此时0＜m≤. 3 2m3a③当2<<3，即a a2 ax f′(x) f(x) 0 (0,2) ＋ 单调递增 2 0 极大值 ?2，2m? ?a???－ 单调递减 2ma ?2m，3? ?a???＋ 单调递增 3 9m＋1 1 0 极小值 ?2m?故f??≤f(0)或f(2)≥f(3)， a?? 3 －4m＋12ma即＋1≤1或－4a＋12m＋1≥9m＋1， 2 2 a－4m即 2 m－3a≤0或3m≥4a， a24a即m＝0或m≥3a或m≥. 34a3a此时≤m＜. 32 a4a综上所述，实数m的取值范围是m≤或m≥. 33 5
高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练(含解析)
