近5年高考数学理科试卷(全国卷1)分类汇编函数(解析版)(大题版)

2011

（21）（本小题满分12分） 已知函数ln ()1a x b

f x x x

=

++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（Ⅰ）求a 、b 的值；

（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k

f x x x

>+-，求k 的取值范围。 解：

（Ⅰ）22

1

(

ln )

'()(1)x x b x f x x x

α+-=

-+

由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,

1'(1),2

f f =??

?=-??即

1,

1,22

b a b =???-=-?? 解得1a =，1b =。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1

1x x x

++，所以

22ln 1(1)(1)

()()(2ln )11x k k x f x x x x x x

---+=+--。

考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x

h x x -++=

。 (i)设0k ≤，由22

2

(1)(1)'()k x x h x x

+--=知，当1x ≠时，'()0h x <。而(1)0h =，故

当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得

2

1

()01h x x

>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得2

11

x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k

.

（ii ）设0

）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故h ’ （x ）>0,

而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得2

11x -h （x ）<0,与题设矛盾。

（iii ）设k ≥1.此时h ’ （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得

2

11

x

- h （x ）<0,与题设矛盾。 综合得，k 的取值范围为（-∞，0] 2012

21．（本小题满分12分）

已知函数)(x f 满足2

1

2

1)0()1(')(x x f e

f x f x +

-=-． （Ⅰ）求)(x f 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若b ax x x f ++≥2

2

1)(，求b a )1(+的最大值．

【解析】（1）1

211

()(1)(0)()(1)(0)2

x x f x f e

f x x f x f e f x --'''=-+?=-+

令1x =得：(0)1f =

1

211

()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e

x x f f e f e --'''=-+?==?=

得：21()()()12

x x

f x e x x

g x f x e x '=-+?==-+

()10()x

g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2

x

f x e x x =-+

且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ （2）2

1()()(1)02

x f x x ax b h x e a x b ≥

++?=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>?=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾

②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>?>+

22

(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令2

2

()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-

()00()0F x x F x x ''>?<<

当x =max ()2

e F x =

当1,a b =

=(1)a b +的最大值为

2

e

2013、理21)(本小题满分12分)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (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．

解：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4. 而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (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 )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)． 设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2， 则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1. 令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2.

①若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0.从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0.即F (x )在(－2，x 1)单调递减，在(x 1，＋∞)单调递增．故F (x )在[－2，＋∞)的最小值为F (x 1)．

而F (x 1)＝2x 1＋2－2

1x －4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0. 故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立． ②若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －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 ＞e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)＜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，e 2]．

2014

21. (本小题满分12分)设函数1

(0ln x x

be f x ae x x

-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处

的切线为(1)2y e x =-+. （I ）求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >. 【解析】(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞，112()ln x x x x a b b f x ae x e e e x x x

--'=+-+ 由题意可得(1)2,(1)f f e

'==，故1,2a b == ……………6分

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，

12()ln x x

e f x e x x -=+，从而()1f x >等价于2

ln x x x xe e

->- 设函数

()ln g x x x =，则()ln g x x x '=+，所以当10,x e ??

∈ ?

??

时，()0

g x '<，

当1,x e ??∈+∞ ?

??

时，()0g x '>，故()g x 在

10,e ??

???

单调递减，在1,e ??+∞ ???

单调递增，从而()g x 在()

0,+∞的最小值为

11

()g e e

=-. ……………8分 设函数2

()x h x xe e -=-，则()()1x h x e x -'=-，所以当()

0,1x ∈时，

()0

h x '>，当()

1,x ∈+∞时，()0

h x '<，故()

h x 在

()0,1单调递增，

在

()1,+∞单调递减，从而()h x ()g x 在()

0,+∞的最小值为

1

(1)h e

=-.

综上：当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >. ……12分

2015 （21）（本小题满分12分）

已知函数f （x ）=31

,()ln 4x ax g x x ++=-

(Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min

{}

,m n 表示m,n 中的最小值，设函数

}{()min (),()

(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数