全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析

1、精选优质文档-倾情为你奉上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.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【解析】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以，若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，与矛盾，所以不成立.

2、若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【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

3、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）=.（1）当a为何值时，x轴为曲线 的切线；（2）用 表示m,n中的最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数.【解析】（1）设曲线与轴

4、相切于点，则，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线. （2）当时，从而，在（1，+）无零点.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.（）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.（）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.若0，即0，在（0,1）无零点.若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；若0，即，由于，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点

5、；当时，有三个零点. 2.（2016年2卷21题）(1)讨论函数的单调性，并证明当时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小值为，求函数的值域.【解析】证明： 当时， 在上单调递增 时， ，由(1)知，当时，的值域为，只有一解 使得，当时，单调减；当时，单调增，记，在时，单调递增3.（2017年1卷21题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【解析】（1）由于，所以.当时，从而恒成立，所以在上单调递减.当时，令，从而，得极小值 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，当时，在上单调递减，故在上至多一个零点，不满足条

6、件当时，令，则，从而在上单调递增.而，所以当时，；当时；当时，.由上知若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件若，则，故仅有一个实根，不满足件；若，则，注意到，故在上有一个实根.而又，且，故在上有一个实根又在上单调递减，在单调递增，故在上至多两根综上所述，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若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，

7、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，为的导数证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点【解析】（1）由题意知：定义域为：且令， ，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递减，又，使得，当时，；时，即在上单调递增；在上单调递减，则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.（2）由（1）知：，当时，由（1）可知在上单调递增， 在上单调递减，又，为在上的唯一零点当时，在上单调递增，在上单调递减，又 ，在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调递增，在上单调递减，又，在上恒成

8、立，此时不存在零点当时，单调递减，单调递减，在上单调递减又，即，又在上单调递减，在上存在唯一零点当时，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点6.（2019年2卷20题）已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.【解析】（1）函数的定义域为，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数；当，时，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点；当时，因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点综上所述，函

9、数的定义域内有2个零点；（2）因为是的一个零点，所以，所以曲线在处的切线的斜率，故曲线在处的切线的方程为：而，所以的方程为，它在纵轴的截距为.设曲线的切点为，过切点为切线，所以在处的切线的斜率为，因此切线的方程为，当切线的斜率等于直线的斜率时，即，切线在纵轴的截距为，而，所以，直线的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线重合，故曲线在处的切线也是曲线的切线.【小结】这类题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可。三、构造函数证明不等式问题1.

10、（2015年2卷21题）设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增；(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.【解析】(1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)<0;当x(0,+)时,emx-10,f(x)>0.若m<0,则当x(-,0)时,emx-1>0,f(x)<0;当x(0,+)时,emx-1<0,f(x)>0.所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(1)知,对于任意的m

11、,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是即设函数g(t)=et-t-e+1,g(t)=et-1.当t<0时,g(t)<0;当t>0时,g(t)>0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t-1,1时,g(t)0.当m-1,1时,g(m)0,g(-m)0,即式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>

12、0,即e-m+m>e-1.2.（2016年1卷21题）已知函数有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1,x2是的两个零点,证明：.【解析】(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点;设a>0,则当x(-,1)时,f'(x)<0;当x(1,+)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-,1)内单调递减,在(1,+)内单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)> (b-2)+a(b-1)2=a>0,

13、故f(x)存在两个零点;设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a-,则ln(-2a)1,故当x(1,+)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+)内单调递增.又当x1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-,则ln(-2a)>1,故当x(1,ln(-2a)时,f'(x)<0;当x(ln(-2a),+)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a)内单调递减,在(ln(-2a),+)内单调递增,又当x1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点,综上,a的取值范围为(0,

14、+).(2)不妨设x1<x2,由(1)知,x1(-,1),x2(1,+),2-x2(-,1),f(x)在(-,1)内单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0,由于f(2-x2)=-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2) +a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2),设g(x)=-x -(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)( -ex).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x

15、1+x2<2.3.（2016年1卷21题）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，.4.（2016年3卷21题）设函数f(x)=acos2x+(a-1)(cos

16、x+1),其中a>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x)；(2)求A；(3)证明|f'(x)|2A.【解析】(1)f'(x)=-2asin2x-(a-1)sinx.(2)当a1时, 当0<a<1时,令cosx=t,则f(x)=g(t)=2at2+t-1,其对称轴为t=,当t=时,解得a<-或a>,所以当<a<1时,因为g(1)=a,g(1)=3a-2,则g(-1)-g(1)=2-2a>0,又,所以A=g.当0<a时, =a, =2-3a所以此时<=2-3a.综上可得:A=(3)由(1)得.当0<

17、;a时,1+a2-4a<2=2A,当<a<1,A=.所以<2A.当a1时,3a-16a-4=2(3a-2)=2A.综上所述:2A.5.（2017年3卷21题）已知函数.（1）若，求的值；（2）设为整数，且对于任意正整数，求的最小值.解析 （1）解法一：，则，且，当时，在上单调递增，所以时，不满足题意；当时，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增 若，在上单调递增，所以当时，不满足题意； 若，在上单调递减，所以当时，不满足题意； 若，在上单调递减，在上单调递增，所以，满足题意.综上所述解法二：因为，要使在上恒成立，则必要条件为，得.当时，.当时，单调递减；当时，单调递

18、增；所以为的极小值点，即满足题意.（2）由（1）知当时，令，得，所以，从而.而，所以的最小值为6.（2017年2卷21题）已知函数，且。(1)求a；(2)证明：存在唯一的极大值点，且.【解析】（1）的定义域为,设，则等价于因为若a=1，则.当0x1时，单调递减；当x1时，0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故,综上，a=1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7.（2018年1卷21题）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.【小结】这类问题是导数应用中难度较大的一类题，往往需要学生去构造出能解决问题的函数，这需要学生有较强的的创造性和敏锐的洞察力。充分挖掘题设隐含信息，观察要证明的结论，经过适当的变形、