《2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做13 函数与导数：参数与分类讨论（理）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做13 函数与导数：参数与分类讨论（理）.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 精 选 大 题精 选 大 题 2019揭阳毕业已知函数（，） 1 ekx kx f x k kR0k （1）讨论函数的单调性； f x （2）当时，求的取值范围1x ln x fx k k 【答案】【答案】 （1）见解析；（2）或0k 1 e k 【解析】【解析】 （1）， 2 2 e112 e e e e kxkx kxkx kx k x kkxkkx k fx k 若，当时，在上单调递增；0k 2 ,x k 0fx f x 2 , k 当时，在上单调递减 2 ,x k 0fx f x 2 , k 若，当时，在上单调递减；0k 2 ,x k 0fx
2、 f x 2 , k 当时，在上单调递增 2 ,x k 0fx f x 2 , k 函数与导数：参数与分类讨论函数与导数：参数与分类讨论 大题精做十 三 大题精做十 三 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，在上单调递增，在上单调递减；0k f x 2 , k 2 , k 当时，在上单调递减，在上单调递增0k f x 2 , k 2 , k （2）， 1 ln1 ex xx fx x kk 当时，上不等式成立，满足题设条件；0k 当时，等价于，0k 1 ln ex xx fx kk 1 l0 e n x x kx 设，则， 1 ln1 ex x g xkx x 2 22e ee x
3、 xx xkxxk gx xx 设，则， 2 2e1 x h xxxkx 2 1e0 x h xxk 在上单调递减，得 h x1, 11eh xhk 当，即时，得，1e0k 1 e k 0h x 0gx 在上单调递减，得，满足题设条件； g x1, 10g xg 当，即时，而，1e0k 1 0 e k 10h 2 2e0hk ， 0 1,2x 0 0h x 又单调递减，当，得， h x 0 1,xx 0h x 0g x 在上单调递增，得，不满足题设条件； g x 0 1,x 10g xg 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 综上所述，或0k 1 e k 模 拟 精 做模 拟 精 做 1
4、2019周口调研已知函数 2 ln2f xxaxax aR （1）求函数的单调区间； f x （2）若对任意，函数的图像不在轴上方，求的取值范围0,x f xxa 22019济南期末已知函数 e1e1 xx f xxa （1）若曲线在点处切线的斜率为 1，求实数的值； yf x 1,1fa （2）当时，恒成立，求实数的取值范围0,x 0f x a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 32019漳州一模已知函数 1lnf xxaxx （1）求在上的最值； f x1, （2）设，若当，且时，求整数的最小值 1 f x g x x 01a0x g xmm 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载
5、可打印 答 案 与 解 析答 案 与 解 析 1 【答案】【答案】 （1）见解析；（2）1, 【解析】【解析】 （1）函数的定义域为， f x0, 2 2121221 1 22 xaxaxax fxaxa xxx 当时，恒成立，函数的单调递增区间为；2a 0fx f x0, 当时，由，得或（舍去） ，2a 0fx 1 2 x a 1 2 x 则由，得；由，得， 0fx 1 0 2 x a 0fx 1 2 x a 所以的单调递增区间为，单调递减区间为 f x 1 0, 2a 1 , 2a （2）对任意，函数的图像不在轴上方，等价于对任意，都有0,x f xx0,x 0f x 恒成立，即在上0,
6、max0f x 由（1）知，当时，在上是增函数，2a f x0, 又，不合题意； 1210fa 当时，在处取得极大值也是最大值，2a f x 1 2 x a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 max 11 ln21 22 f xfa aa 令，所以 11 ln212 22 u afaa aa 2 11 2 2 u a a a 在上，是减函数2, 0u a u a 又，所以要使得，须，即10u max0f x 0u a 1a 故的取值范围为a1, 2 【答案】【答案】 （1）；（2）2a 2a 【解析】【解析】 （1）， ee1e xxx fxxa 因为，所以 1ee1e1fa
7、2a （2），设， e1ee xxx fxxa e1ee xxx g xxa 设，设， e1 ee2e xxxx gxxaxa 2h xxa 注意到， 00f 002fga （）当时，在上恒成立，2a 20h xxa0, 所以在上恒成立，所以在上是增函数， 0gx0, g x0, 所以，所以在上恒成立， 020g xga 0fx0, 所以在上是增函数， f x0, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以在上恒成立，符合题意； 00f xf0, （）当时，所以，使得，2a 020ha 20h a 0 0,xa 0 0h x 当时，所以，所以在上是减函数， 0 0,xx 0h x 0gx
8、 g x 0 0,x 所以在上是减函数， fx 0 0,x 所以，所以在上是减函数， 020fxfa f x 0 0,x 所以，不符合题意； 00f xf 综上所述2a 3 【答案】【答案】 （1）详见解析；（2）2 【解析】【解析】解法一：（1）， 1lnfxaxa 1,x 当时，因为，所以在上单调递减，0a 1ln0fxa xa f x1, 所以，无最小值 max 10f xf 当时，10a 令，解得，在上单调递减； 0fx 1 1 1e a x f x 1 1 1,e a 令，解得，在上单调递增； 0fx 1 1 e a x f x 1 1 e, a 所以，无最大值 11 11 min
9、ee1 aa f xfa 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，1a 因为，等号仅在，时成立， 1ln10fxax 1a 1x 所以在上单调递增， f x1, 所以，无最大值 min 10f xf 综上，当时，无最小值；当时，无最大值；0a max0f x10a 1 1 min e1 a f xa 当时，无最大值1a min0f x （2）， 1ln 1 xaxx g x x 当时，因为，由（1）知，所以（当时等号成立） ，所以1x 01a 0f x 0g x 1x 0m 当时，因为，所以，所以，01x01a 1lnf xxxx 1ln 1 xxx g x x 令，已知化为在上恒成
10、立， 1ln 1 xxx h x x 0,1x h xm0,1 因为， 2 3ln 1 xx h x x 令，则，在上单调递减， 3lnk xxx 0,1x 1 10kx x k x0,1 又因为， 44 11 10 ee k 33 1 0 ee 1 k 所以存在使得， 0 43 ee 11 ,x 000 3ln0k xxx 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当时，在上单调递增； 0 0xx 0h x 0h x h x 0 0,x 当时，在上单调递减； 0 xx 0h x 0h x h x 0, x 所以， 2 000 00000 00 max 000 131ln21 1 111 x
11、xxxxxxx h xh xx xxx 因为，所以，所以， 0 43 ee 11 ,x 0 43 11 11,1 ee x 43max 11 1, ee 1h x 所以的最小整数值为 2m 解法二： （1）同解法一 （2）， 1ln 1 xaxx g x x 当时，因为，由（1）知，所以，所以，1x 01a 0f x 0g x 0m 当时，因为，所以，01x01a 1lnf xxxx 1ln 1 xxx g x x 令，已知化为在上恒成立， 1ln 1 xxx h x x 0,1x h xm0,1 因为在上，所以， 3 3 3 2 1 1 1,2 1 1 e e e h 0,12m 下面证明，即证在上恒成立， 2h x 31ln0xx x 0,1x 令， 31lnt xxx x 0,1x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则，令，得， 4lntxx 0tx 当时，在区间上递减； 4 e 1 0,x 0tx t x 4 1 0, e 当时，在区间上递增， 4 1 ,1 e x 0tx t x 4 1 e ,1 所以，且， 4 e 1 t xt 44 11 10 ee t 所以当时，即0,1x 0t x 2h x 由得当时，0x 2g x 所以的最小整数值为 2m