高考数学真题——函数压轴题(含答案)教程文件.docx

高考数学真题——函数压轴题(含答案)

精品文档
2018年数学全国1卷
已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
解:（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.
2017年数学全国1卷

已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
（1）的定义域为，，
（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，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为

2016年数学全国1卷

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：.
【答案】(I)；（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，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
试题解析：（Ⅰ）．
（i）设，则，只有一个零点．
时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
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
已知函数满足.
（1） 求的解析式及单调区间；
（2） 若，求的最大值.
【解析】（1）
令得：

得：

在上单调递增

得：的解析式为
且单调递增区间为，单调递减区间为
（2）得
①当时，在上单调递增
时，与矛盾
②当时，
得：当时，

令；则

当时，
当时，的最大值为
2011年数学全国1卷

(I)设函数，证明：当时，；
(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.证明：
【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分
当时, ,所以为增函数,又,因此当时,
. …………………………5分
(II) .
又
所以.
由(I)知: 当时,
因此 .
在上式中,令,则 19,即.
所以 …………………………12分

2009年数学全国1卷

设函数在两个极值点，且
（I）求满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点的区域；
(II)证明：
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。由题意知方程有两个根
则有
故有
右图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。

(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，消去目标中的，（如果消会较繁琐）再利用的范围，并借助（I）中的约束条件得进而求解，有较强的技巧性。
解： 由题意有．．．．．．．．．．．．①
又．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
　　　消去可得．
又，且

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．学&科网
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，．

已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
解：
（1）的定义域为
设，则等价于
因为
若a=1，则.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故
综上，a=1
（2）由（1）知
设
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增
又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.
因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得

所以

(I)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时，
(II)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解.
试题解析：（Ⅰ）的定义域为.

且仅当时，，所以在单调递增，
因此当时，
所以
（II）
由（I）知，单调递增，对任意
因此，存在唯一使得即，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
因此在处取得最小值，最小值为

于是，由单调递增
所以，由得
因为单调递增，对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上，当时，有，的值域是
考点： 函数的单调性、极值与最值.

(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.
(1)f′(x)＝.
由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝.
函数f′(x)＝在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0.
因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
当m＝2时，函数f′(x)＝在(－2，＋∞)单调递增．
又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，
故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．
当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得＝，ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.
综上，当m≤2时，f(x)＞0.

（Ⅰ）设函数，证明：当时，；
（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.证明：
解：
（I） . ……2分
当时，，所以当， ……5分
（II） .
又，
所以 ……9分
由（I）知：当，，
所以 .
令则,
所以
综上： ……12分

设函数．
（Ⅰ）证明：当时，；
（Ⅱ）设当时，，求a的取值范围．
解：
（I）当时，
当且仅当
令 …………2分
当，是增函数；
当是减函数。
于是在x=0处达到最小值，因而当时，
所以当 …………6分、
（II）由题设
当不成立；
当则
当且令当

…………8分
（i）当时，由（I）知

是减函数，…………10分
（ii）当时，由（I）知

当时，
综上，a的取值范围是 …………12分

已知函数 =x﹣1﹣alnx．
（1）若 ，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，﹤m，求m的最小值．
解：（1）的定义域为.
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.
由于，所以当且仅当a=1时，.
故a=1
（2）由（1）知当时，
令得，从而

故
而，所以m的最小值为3.

已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.学#科网
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
设函数
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数的单调区间；
（Ⅲ）若函数在区间内单调递增，求的取值范围.
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力．
（Ⅰ）,
曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ）由，得，
若，则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，若，则当且仅当，
即时，函数内单调递增，
若，则当且仅当，
即时，函数内单调递增，
综上可知，函数内单调递增时，的取值范围是.
已知函数()=In(1+)-+(≥0)。
(Ⅰ)当=2时，求曲线=()在点(1，(1))处的切线方程；
(Ⅱ)求()的单调区间。
解：（I）当时，，
由于，，
所以曲线在点处的切线方程为

即
（II），.
当时，.
所以，在区间上，；在区间上，.
故得单调递增区间是，单调递减区间是.
当时，由，得，
所以，在区间和上，；在区间上，
故得单调递增区间是和，单调递减区间是.
当时，
故得单调递增区间是.
当时，，得，.
所以没在区间和上，；在区间上，

故得单调递增区间是和，单调递减区间是

已知函数。
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）若对于任意的，都有≤，求的取值范围。

已知函数，.
（1）若曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，求，的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间上的最大值.
解：（1）由为公共切点可得：
，则，，
，则，，
①
又，，
，即，代入①式可得：．
（2），设
则，令，解得：，；
，，
原函数在单调递增，在单调递减，在上单调递增
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为
③若时，即时，最大值为．
综上所述：
当时，最大值为；当时，最大值为．

设为曲线在点处的切线。
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）证明：除切点之外，曲线在直线的下方。

已知函数，
（1） 求证：；
（2） 若在上恒成立，求的最大值与的最小值.
解：（I）由得
。
因为在区间上，所以在区间上单调递减。
从而。
（Ⅱ）当时，“”等价于“”“”等价于“”。
令，则，
当时，对任意恒成立。
当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减。从而对任意恒成立。
当时，存在唯一的使得。
与在区间上的情况如下：

→
0
→

↗

↘
因为在区间上是增函数，所以。进一步，“对
任意恒成立”当且仅当，即，
综上所述，当且仅当时，对任意恒成立；当且仅当时，
对任意恒成立.
所以，若对任意恒成立，则a最大值为，b的最小值为1.

已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时,；
（Ⅲ）设实数使得对恒成立，求的最大值
解：（Ⅰ)

所以
又
所以，切线方程为 即
（Ⅱ）

又因为，所以
所以在上是增函数
又， 故
所以
（Ⅲ）
设

，，函数是单调递增，显然成立
当时，令，得

—

+

极值

，显然不成立，由此可知最大值为2．
设函数，曲线在点处的切线方程为.
（I）求，的值；
（II）求的单调区间.
【答案】（I）；（II）
【解析】
试题分析：（I）根据题意求出，根据求a,b的值即可；
【考点】导数的应用；运算求解能力
【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．

设函数=[]．
（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1，）处的切线与轴平行，求a；
（Ⅱ）若在x=2处取得极小值，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）因为=[]，
所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）
=［ax2–（2a+1）x+2］ex．
f ′(1)=(1–a)e．
由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．
此时f (1)=3e≠0．
所以a的值为1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．
若a> ，则当x∈( ，2)时，f ′(x)<0；
当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．
所以f (x)<0在x=2处取得极小值．
若a≤ ，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤ x–1<0，
所以f ′(x)>0．
所以2不是f (x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是（ ，+∞）．

已知函数其中
（Ⅰ）当时，求曲线处的切线的斜率；
（Ⅱ）当时，求函数的单调区间与极值。
本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。满分12分。
（Ⅰ）解：
所以曲线在点处的切线的斜率为
（Ⅱ）解：
令
以下分两种情况讨论。
（1）＞，则＜.当变化时，的变化情况如下表：

+
0
—
0
+

↗
极大值
↘
极小值
↗
所以在内事增函数，在内是减函数。
函数在处取得极大值
函数在处取得极小值
（2）＜，则＞，当变化时，的变化情况如下表：

+
0
—
0
+

↗
极大值
↘
极小值
↗
所以在内是增函数，在内是减函数。
函数在处取得极大值
函数在处取得极小值

已知函数(c为e)
（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，
（Ⅲ）如果，且，证明

（Ⅰ）解：f’
令f’(x)=0,解得x=1
当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表
X
()
1
()
f’(x)
+
0
-
f(x)

极大值

所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)
令F(x)=f(x)-g(x),即
于是
当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。
又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
Ⅲ)证明：（1）
若
（2）若
根据（1）（2）得
由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以>,即>2.

已知函数.
(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.
(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.

(Ⅰ)解：函数的定义域为（0，+∞）
，令，得.
当变化时，，的变化情况如下表：

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（Ⅱ）证明：当时，.
设，令，.由(Ⅰ)知，在区间内单调递增.
，.故存在唯一的，使得成立.

(Ⅲ)证明：因为，由（Ⅱ）知，，且，从而
，
其中.要使成立，只需.
当时，若，则由的单调性，有，矛盾.
所以，即，从而成立.
另一方面，令.,令，得.
当时，；当时，.故对，.因此成立.
综上，当时，有.

已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证：
【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.
试题解析：(I)由，可得，其中且，
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时：令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：

所以，在，上单调递减，在内单调递增.
(2)当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
(II)证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则
由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时， ，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.
(III)证明：不妨设，由(II)知，设方程的根为，可得
，当时，在上单调递减，又由(II)知可得.
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且
考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

设函数x∈R，其中a,b∈R.
（Ⅰ）求f(x)的单调区间；
（Ⅱ）若f(x)存在极值点x0，且f(x1)= f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；
（Ⅲ）设a＞0,函数g(x)= |f(x)|,求证：g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，可分三种情况研究：①；②；③.
试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.
下面分两种情况讨论：
（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.
（2）当时，令，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：

＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，
（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：
（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此

，
所以.
（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，
所以在区间上的取值范围为，因此

.
（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
，，
所以在区间上的取值范围为，因此

.
综上所述，当时，在区间上的最大中/华-资*源%库值不小于.
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式
【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；
(2)求导函数f ′(x)；
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0的解集；
(4)由f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．
2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．

已知函数，，其中a>1.
（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.

（I）解：由已知，，有.
令，解得x=0.
由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：
x

0

0
+

极小值

所以函数的单调递减区间，单调递增区间为.
（II）证明：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）证明：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，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.学*科网
即只需证明当时，方程组有解，
由①得，代入②，得. ③
因此，只需证明当时，关于x1的方程③有实数解.
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x0>0，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.

设函数＝，∈R
（Ⅰ）若＝为的极值点，求实数；
（Ⅱ）求实数的取值范围，使得对任意的∈（0,3]，恒有≤4成立.
注：为自然对数的底数。
（Ⅰ）解：求导得f’(x)=2(x-a)lnx+=()(2ln x+1-).
因为x=e是f(x)的极值点，所以f’(e)= ，解得 或，经检验，符合题意，所以 或。
（Ⅱ）解：①当时，对于任意的实数a,恒有成立，
②当，由题意，首先有，
解得
由（Ⅰ）知，
，则，，
且
=。
又在（0，+∞）内单调递增，所以函数在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为，则，。
从而，当时，；当时，；当时，，即在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增。所以要使对恒成立，只要

成立。
，知
（3）
将（3）代入（1）得，又，注意到函数在[1,+∞)内单调递增，故。
再由（3）以及函数2xlnx+x在（1.+ +∞)内单调递增，可得。
由（2）解得，。
所以
综上，a的取值范围为。

已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【解析】（1）
令得：

得：

在上单调递增

得：的解析式为
且单调递增区间为，单调递减区间为
（2）得
①当时，在上单调递增
时，与矛盾
②当时，
得：当时，

令；则

当时，
当时，的最大值为

已知，函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求的最大值．

（Ⅰ）由题意，故
又，所以所求的切线方程为．
（Ⅱ）由于．故
(i)当时，有，此时在上单调递减，故
．
(ii)当时，有，此时在上单调递增，故
．
(iii)当时，设，，则
，．
列表如下：

0

2

+
0
-
0
+

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

由于，，
故，．
从而，
所以．
（1）当时，．
又，
故．
（2）当时，，且．
又，
所以①当时，．故
．
②当时，．故
．
综上所述，

已知，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，
其中min{p，q}=
（I）求使得等式F（x）=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；
（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；
（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.
【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．
【考点】函数的单调性与最值，分段函数，不等式．

已知函数
（I）求的导函数
（II）求在区间上的取值范围
（Ⅰ）因为 （x-2x-1）'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x
所以f'x=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x
=1-x2x-1-2e-x2x-1(x>12).
（Ⅱ）由f'x=1-x2x-1-2e-x2x-1=0
解得
x=1或x=52.
因为
x
12
（12，1）
1
（1，52）
52
（52，+∞）
f'(x)

-
0
+
0
-
f（x）
12e-12
↘
0
↗

↘
又f（x）=12（2x-1-1）2e-x≥0，
所以f（x）在区间[12，+∞）上的取值范围是[0,12e-12].

已知函数f(x)=−lnx．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）

-
0
+

2-4ln2

所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．

设是定义在区间上的函数，其导函数为。如果存在实数和函数，其中对任意的都有>0，使得，则称函数具有性质。
(1)设函数，其中为实数。
(i)求证：函数具有性质； (ii)求函数的单调区间。
(2)已知函数具有性质。给定设为实数，
，，且，
若||<||，求的取值范围。
[解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。
（1）(i)
∵时，恒成立，
∴函数具有性质；
(ii)（方法一）设，与的符号相同。
当时，，，故此时在区间上递增；
当时，对于，有，所以此时在区间上递增；
当时，图像开口向上，对称轴，而，
对于，总有，，故此时在区间上递增；
（方法二）当时，对于，
所以，故此时在区间上递增；
当时，图像开口向上，对称轴，方程的两根为：，而
当时，，，故此时在区间 上递减；同理得：在区间上递增。
综上所述，当时，在区间上递增；
当时，在上递减；在上递增。
(2)（方法一）由题意，得：
又对任意的都有>0，
所以对任意的都有，在上递增。
又。
当时，，且，

综合以上讨论，得：所求的取值范围是（0，1）。
（方法二）由题设知，的导函数，其中函数对于任意的都成立。所以，当时，，从而在区间上单调递增。
①当时，有，
，得，同理可得，所以由的单调性知、，
从而有||<||，符合题设。
②当时，，
，于是由及的单调性知，所以||≥||，与题设不符。
③当时，同理可得，进而得||≥||，与题设不符。
因此综合①、②、③得所求的的取值范围是（0，1）。

已知函数,其中e是自然对数的底数.
(1)证明:是R上的偶函数；
(2)若关于的不等式≤在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)已知正数满足：存在，使得成立.试比较与的大小，并证明你的结论.

已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a
的取值范围恰好是，求c的值.
【答案】（1）当时， 在上单调递增；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减．
（2）
考点：利用导数求函数单调性、极值、函数零点

已知函数.
（1）设.
①求方程=2的根；
②若对任意，不等式恒成立，求实数m的最大值；
（2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值.
【答案】（1）①0 ②4 （2）1
试题解析：（1）因为，所以.
①方程，即，亦即，
所以，于是，解得.
②由条件知.
因为对于恒成立，且，
所以对于恒成立.
而，且，
所以，故实数的最大值为4.

若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.

已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点。（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1） 求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
（2） 证明：b²>3a;
（3） 若， 这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围。

解：（1）由，得.
当时，有极小值.
因为的极值点是的零点.
所以，又，故.
因为有极值，故有实根，从而，即.
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，.
列表如下
x

+
0
–
0
+

极大值

极小值

故的极值点是.
从而，
因此，定义域为.
（2）由（1）知，.
设，则.
当时，，从而在上单调递增.
因为，所以，故，即.
因此.
（3）由（1）知，的极值点是，且，.
从而

记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，.
因为，于是在上单调递减.
因为，于是，故.
因此a的取值范围为.

记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”．学科%网
（1）证明：函数与不存在“S点”；
（2）若函数与存在“S点”，求实数a的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．

解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数，，
则．
设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）=g（x0）且f′（x0）=g′（x0），得
，即，（*）
得，即，则．
当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点．
因此，a的值为．
（3）对任意a>0，设．
因为，且h（x）的图象是不间断的，
所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．
函数，
则．
由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得
，即