高考数学 导数及其应用.docx

2016年高考数学文试题分类汇编

导数及其应用

一、选择题

1、（2016年山东高考）若函数()y f x =的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称()y f x =具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是 （A ）sin y x = （B ）ln y x =

（C ）e x y =

（D ）3y x =

【答案】A

2、（2016年四川高考）已知a 函数f(x)＝x 3

－12x 的极小值点，则a= (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D

3、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f(x)=

图象上点P 1，P 2处的切

线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B 则则△PAB 的面积的取值范围是 (A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】A

4、（2016年全国I 卷高考）若函数1

()sin 2sin 3

f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是

（A ）[]1,1-（B ）11,3??-???

?（C ）11,33

??-????（D ）11,3?

?--??

?

?

【答案】C 二、填空题

1、（2016年天津高考）已知函数()(2+1),()x

f x x e f x '=为()f x 的导函数，则(0)f '的值为__________.

【答案】3

2、（2016年全国III 卷高考）已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1

()x f x e

x --=-，则曲线()

y f x =在点(1,2)处的切线方程式_____________________________. 【答案】2y x = 三、解答题

1、（2016年北京高考）设函数()3

2

.f x x ax bx c =+++

（I ）求曲线().y f x =在点()()

0,0f 处的切线方程；

（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.

解：（I ）由()32f x x ax bx c =+++，得()2

32f x x ax b '=++．

因为()0f c =，()0f b '=，

所以曲线()y f x =在点()()

0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （II ）当4a b ==时，()3

2

44f x x x x c =+++，

所以()2

384f x x x '=++．

令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23

x =-

． ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：

所以，当0c >且32027c -

<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ?

?∈-- ??

?，

32,03x ??

∈- ???

，使得()()()1230f x f x f x ===．

由()f x 的单调性知，当且仅当320,

27c ??∈ ???

时，函数()32

44f x x x x c =+++有三个不同零点． （III ）当2

4120a b ?=-<时，()2

320f x x ax b '=++>，(),x ∈-∞+∞，

此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增，所以()f x 不可能有三个不同零点．

当2

4120a b ?=-=时，()2

32f x x ax b '=++只有一个零点，记作0x ．

当()0,x x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x -∞上单调递增；

当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x +∞上单调递增． 所以()f x 不可能有三个不同零点．

综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b ?=->． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．

当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()2

32442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点， 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． 2、（2016年江苏省高考）

已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. （1） 设a =2,b =

12

. ① 求方程()f x =2的根;

②若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值. 解：（1）因为12,2

a b ==

，所以()22x x f x -=+. ①方程()2f x =，即22

2x

x

-+=，亦即2(2)2210x x -?+=，

所以2

(21)0x

-=，于是21x

=，解得0x =. ②由条件知2222(2)2

2(22)2(())2x

x x x f x f x --=+=+-=-.

因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，

所以2(())4

()

f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.

而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且

2((0))44(0)f f +=， 所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.

（2）因为函数()()2g x f x =-只有1个零点，而00

(0)(0)220g f a b =-=+-=，

所以0是函数()g x 的唯一零点.

因为'()ln ln x x

g x a a b b =+，又由01,1a b <<>知ln 0,ln 0a b <>， 所以'

()0g x =有唯一解0ln log ()ln b a

a

x b

=-

. 令'()()h x g x =，则''

2

2

()(ln ln )(ln )(ln )x

x

x

x

h x a a b b a a b b =+=+，

从而对任意x R ∈，'

()0h x >，所以'

()()g x h x =是(,)-∞+∞上的单调增函数， 于是当0(,)x x ∈-∞，''0()()0g x g x <=；当0(,)x x ∈+∞时，''0()()0g x g x >=. 因而函数()g x 在0(,)x -∞上是单调减函数，在0(,)x +∞上是单调增函数. 下证00x =. 若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02

x

g g <=， 又log 2

log 2log 2(log 2)220a a a a g a

b a =+->-=，且函数()g x 在以

2

x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在

2

x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又0

02

x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在02

x

和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾.

因此，00x =. 于是ln 1ln a

b

-

=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =. 3、（2016年山东高考）设f (x )=x ln x –ax 2

+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；

(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 解析：(Ⅰ)由()'ln 22,f x x ax a =-+ 可得()()ln 22,0,g x x ax a x =-+∈+∞， 则()112'2ax

g x a x x

-=

-=

， 当0a ≤时，

()0,x ∈+∞时，()'0g x >，函数()g x 单调递增；

当0a >时， 10,

2x a ??

∈ ???

时，()'0g x >，函数()g x 单调递增， 1,2x a ??

∈+∞

???

时，()'0g x <，函数()g x 单调递减. 所以当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞； 当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ?

? ???，单调递减区间为1,2a ??

+∞ ???

. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，()'10f =.

①当0a ≤时，()'0f x <，()f x 单调递减. 所以当()0,1x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减. 当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增. 所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意. ②当102a <<

时，112a >，由(Ⅰ)知()'f x 在10,2a ??

???

内单调递增， 可得当当()0,1x ∈时，()'0f x <，11,

2x a ??

∈ ???

时，()'0f x >， 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在11,

2a ??

???

内单调递增， 所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意. ③当12a =

时，即112a

=时，()'f x 在(0,1)内单调递增，在 ()1,+∞内单调递减， 所以当()0,x ∈+∞时，()'0f x ≤， ()f x 单调递减，不合题意. ④当12a >

时，即1012a << ，当1,12x a ??∈ ???

时，()'0f x >，()f x 单调递增, 当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，()f x 单调递减， 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.

综上可知，实数a 的取值范围为12

a >

. 4、（2016年四川高考）设函数f(x)=a x 2

－a －lnx ，g(x)=1x －e e x ，其中a ∈R ，e=2.718…为自然对数

的底数。

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；

（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立。

（I ）2121

'()20).ax f x ax x x x

-=-=>(

0a ≤当时， '()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由'()f x =0，有

x =

当x ∈

（时，'()f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈+)

∞时，'()f x >0，()f x 单调递增. （II ）令()s x =1

e

x x --，则'()s x =1e 1x --.

当1x >时，'()s x >0，所以1

e

x x ->，从而()g x =111

e

x x -->0.

（iii ）由（II ），当1x >时，()g x >0. 当0a ≤，1x >时，()f x =2

(1)ln 0a x x --<. 故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当10

2a <<

>1. 由（I ）有(1)0

f f <=,从而0

g >， 所以此时()f x >()g x 在区间

1+)∞（，内不恒成立. 当1

2

a ≥

时，令()h x =()f x -()g x (1x ≥).

当1x >时，'()h x =122111112e x

ax x x x x x x

--+->-+-=322221210x x x x x x -+-+>>.

因此()h x 在区间1+)∞（，单调递增.

又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x >0，即()f x >()g x 恒成立. 综上，a ∈1

+)2

∞[，.

5、（2016年天津高考）设函数b ax x x f --=3

)(，R x ∈，其中R b a ∈,

（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；

（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4

1. （1）解：由3

()f x x ax b =--，可得2

()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： ①当0a ≤时，有2

()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调增区间为(,)-∞∞.

②当0a >时，令()0f x '=，解得3x =

或3

x =-. 当x 变化时，()f x '、()f x 的变化情况如下表：

所以()f x 的单调递减区间为(，单调递增区间为(,-∞，()+∞. （2）证明：因为()f x 存在极值点，所以由（1）知0a >且00x ≠.

由题意得200()30f x x a '=-=，即2

03a x =

，进而3

00002()3a f x x ax b x b =--=-

-， 又3

000000082(2)822()33

a a f x x ax

b x ax b x b f x -=-+-=-+-=--=，且002x x -≠， 由题意及（1）知，存在唯一实数1x 满足10()()f x f x =，且10x x ≠，因此102x x =-，

所以10+2=0x x .

（3）证明：设()g x 在区间[1,1]-上的最大值为M ，max{,}x y 表示x ，y 两数的最大值，下面分三种情况讨论：

①当3a ≥时，1133

-

≤-<≤，由（1） 知()f x 在区间[1,1]-上单调递减， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此，

max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=---+-max{|1|,|1|}a b a b =-+--

1,0,

1,0,a b b a b b --≥?=?

--

所以1||2M a b =-+≥.

②当

3

34

a ≤<时，113333-≤-<-<<≤

由（1）和（2） 知(1)((33f f f -≥-

=，(1)((33

f f f ≤=-，

所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[),(33

f f -，

所以max{||,|(|}max{||}f f b b =

231

|,||}||944

b b b ==≥?=.

③当3

04

a <<

时，1133-<-<<，由（1）和（2）知，

(1)((33f f f -<-

=，(1)((33

f f f >=-， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此，

max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--

11||4

a b =-+>

. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于

14

.

6、（2016年全国I 卷高考）已知函数f (x )=(x ?2)e x +a(x ?1)2. (I)讨论f(x)的单调性；

(II)若f(x)有两个零点，求a 的取值范围.

【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)x

x

f x x e a x x e a '=-+-=-+．

（ i ）当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．

（ ii ）当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=，即2

e a =-，则x R ?∈，()(1)()0x

f x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．

②若ln(2)1a -<，即2

e a >-，则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞U 时，()0

f x '>；当(ln(2),1)x a ∈-时，()0f x '<

故函数在(,ln(2))a -∞-，(1,)+∞单调递增；在(ln(2),1)a -单调递减． ③若ln(2)1a ->，即2

e

a <-

，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞U 时，()0f x '>；当(1,ln(2))x a ∈-时，()0f x '<；

故函数在(,1)-∞，(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．

（Ⅱ）（i ）当0a >时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又∵(1),(2)f e f a ==，取实数b 满足0b <且ln

2

a

b <，则 223

()(2)(1)()022

a f

b b a b a b b >

-+-=-> ∴()f x 有两个零点．

（ii ）若0a =，则()(2)x

f x x e =-，故()f x 只有一个零点． （iii ）若0a <，由（I ）知，当2

e

a ≥-，则()f x 在(1,)+∞单调递增，又当1x ≤时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点；

当2

e

a <-

，则函数在(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．又当1x ≤时，()0f x <，

故不存在两个零点．

综上所述，a 的取值范围是()0,+∞．

7、（2016年全国II 卷高考） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.

（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 解析：（I ）()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时，

1

()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+

-f x x x x f x x x

，(1)2,(1)0.'=-=f f 所以曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-= （II ）当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)

ln 0.1

-->+a x x x 令(1)

()ln 1

-=-

+a x g x x x ， 则222

122(1)1

(),(1)0(1)(1)+-+'=-

==++a x a x g x g x x x x ， （i ）当2≤a ，(1,)∈+∞x 时，2

2

2(1)1210+-+≥-+>x a x x x ， 故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增，因此()0>g x ；

（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得1211=-=-x a x a ， 由21>x 和121=x x 得11

故当2(1,)∈x x 时，()0'

8、（2016年全国III 卷高考）设函数()ln 1f x x x =-+．

（I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，1

1ln x x x

-<

<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x

c x c +->.

9、（2016年浙江高考） 设函数()f x =31

1x x

+

+，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+； （II ）

34<()f x 32

≤. 解析：(Ⅰ)因为()()4

423

111,11x x x x x x x

----+-==--+

由于[]0,1x ∈，有411,11x x x -≤++即2311

1x x x x

-≤

-++， 所以()2

1.f x x x ≥-+

(Ⅱ)由01x ≤≤得3x x ≤，

故()()()()3

121113333

11222122

x x f x x x x x x -+=+≤+-+=+≤+++，

所以()32

f x ≤

.

由(Ⅰ)得()2

21331244f x x x x ?

?≥-+=-+≥ ??

?，

又因为1193

2244

f ??

=> ???

，所以()34f x >，

综上，

()33

.42

f x <≤