高考数学文真题分类汇编导数及其应用Word版含

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,ｌ２分别是函数f(x)=

图象上点Ｐ1,

Ｐ２处的切线，l 1与ｌ2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△PA Ｂ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； （II Ｉ)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．

（II Ｉ）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24120a 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0

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

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–a ｘ2+(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1

2

a >.

4、（201６年四川高考)设函数f(x)＝ａx ２

-a -l ｎx,ｇ（ｘ)=错误!－错误!，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（I Ｉ),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

--+->-+-=3222

21210x 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(33-

,单调递增区间为(,3

-∞-，()3-+∞. (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，11≤-<≤,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,11≤-<<<≤

由(1)和(2） 知(1)(f f f -≥=，(1)(f f f ≤=,

所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(33

f f -，

所以3322max{|(

|,|()|}max{|3|,|3|}3399

a a a a f f a

b a b -=--- 2222331max{|

3|,|3|}3||39999444

a a a a

b a b a b =+-=+≥???=. ③当3

04

a <<

时,23231133a a -<-<<,由(1）和（2)知, 233(1)()()a a f f f -<-

=，233(1)()()a a 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．

(I)讨论的单调性;

(ＩI)若

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 ∈-∞-+∞时，()0f 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 ∈-∞-+∞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22121(1)1,1(1)1=----=-+--x a a x a 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; (I Ｉ)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

423111,11x 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 <≤