2019年高考数学理试题分类总汇编导数及其应用.doc

2016年高考数学理试题分类汇编导数及其应用一、选择题1、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f(x)= ln ,01,ln ,1,x x x 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△PAB 的面积的取值范围是（A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A2、（2016年全国I 高考）函数y=2x 2–e |x|在[–2,2]的图像大致为【答案】D二、填空题1、（2016年全国II 高考）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ．【答案】1ln2-2、（2016年全国III 高考）已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程 是_______________。

【答案】21y x =-- 三、解答题1、（2016年北京高考） 设函数()a xf x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+， （1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.【解析】 （I ）()e a xf x x bx -=+Q∴()e e (1)e a x a x a xf x x b x b ---'=-+=-+∵曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+ ∴(2)2(e 1)4f =-+，(2)e 1f '=-即2(2)2e 22(e 1)4a f b -=+=-+①2(2)(12)e e 1a f b -'=-+=- ②由①②解得：2a =，e b =（II ）由（I ）可知：2()e e x f x x x -=+，2()(1)e e xf x x -'=-+令2()(1)exg x x -=-，∴222()e(1)e (2)e xx x g x x x ---'=---=-∴(g (2)(12)e1g =-=-∴()f x '的最小值为(2)(2)e e 10f g '=+=->即()0f x '>对x ∀∈R 恒成立∴()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无减区间.2、（2016年山东高考）已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【解析】(Ⅰ) 求导数322)11(=)(′x x x a x f －－－ 322)(1(=x ax x )－－当0≤a 时，(0,1)∈x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈+∞x ，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；当0>a 时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(′x ax a x x a x ax x x f ))－－)－－（1）当＜２＜a 0时，1>2a， (0,1)∈x 或),(∈+∞2ax ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈ax 2，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (2) 当２=a 时，1=2a， )(0,∈+∞x ，0≥)(′x f ，)(x f 单调递增， (3) 当２>a 时，1<2<0a， )(0,∈ax 2或∞)(1,∈+x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，,1)(∈ax 2，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 当1=a 时，212+ln =)(x x x x x f －－，32322+11=2)(1(=)(′xx x x x x x f 2－－)－－于是)2+1112+ln =)(′)(322xx x x x x x x f x f 2－－－(－－－，－1－1－322+3+ln =xx x x x ，]2,1[∈x令x x x ln =)g(－ ，322+3+=)h(xx x x －1－1，]2,1[∈x ， 于是)(+(g =)(′)(x h x x f x f ）－， 0≥1=1=)(g ′x x x x －1－，)g(x 的最小值为1=g(1)；又42432+=+=)(h ′x x x x x x x 6－2－362－3－设6+23=)(θ2x x x －－，]2,1[∈x ，因为1=)1(θ，10=)2(θ－， 所以必有]2,1[0∈x ，使得0=)(θ0x ，且0<<1x x 时，0>)(θx ，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，0<)(θx ，)(x h 单调递减；又1=)1(h ，21=)2(h ，所以)(x h 的最小值为21=)2(h ． 所以23=21+1=)2(+1(g >)(+(g =)(′)(h x h x x f x f ））－． 即23)()(+'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立．3、（2016年四川高考）设函数f(x)=ax 2-a-lnx ，其中a ∈R. （I ）讨论f(x)的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得f(x) ＞-e 1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。

【解析】（I ）由题意，()2121'2,0ax f x ax x x x-=-=> ①当0a ≤时，2210ax -≤，()'0f x ≤，()f x 在()0,+∞上单调递减.②当0a >时，()2'a x x f x x⎛ ⎝⎭⎝⎭=，当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x <；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()'0f x >.故()f x在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （II ）原不等式等价于()11e 0xf x x--+>在()1,x ∈+∞上恒成立. 一方面，令()()12111e ln e x x g xf x ax x a x x--=-+=--+-， 只需()g x 在()1,x ∈+∞上恒大于0即可. 又∵()10g =，故()'g x 在1x =处必大于等于0. 令()()1211'2e x F x g x ax x x -==-+-，()'10g ≥，可得12a ≥. 另一方面，当12a ≥时，()31112323312122'2e 1e e x xx x x F x a x x x x x ---+-=+-+≥+-+=+ ∵()1,x ∈+∞故320x x +->，又1e 0x ->，故()'F x 在12a ≥时恒大于0. ∴当12a ≥时，()F x 在()1,x ∈+∞单调递增.∴()()1210F x F a >=-≥，故()g x 也在()1,x ∈+∞单调递增. ∴()()10g x g >=，即()g x 在()1,x ∈+∞上恒大于0. 综上，12a ≥.4、（2016年天津高考）设函数3()(1)f x x ax b =---,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：1023x 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．．．41. 【解析】（1）()()31f x x ax b=---()()2'31f x x a =--① 0a ≤，单调递增；②0a >，()f x 在,1⎛-∞- ⎝单调递增，在11⎛+ ⎝单调递减，在1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增 （2）由()0'0f x =得()2031x a -=∴()()()320000131f x x x x b =----()()200121x x b =----()()()()32000032223132f x x x x b -=----- ()[]200018896x x x b =---+-()()200=121x x b ----()()()00132=f x f x f x ∴-=1023x x ∴+=（3）欲证()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14，只需证在区间[02]，上存在12,x x ，使得121()()2g x g x -≥即可①当3a ≥时，()f x 在[]02，上单调递减 (2)12f a b =-- (0)1f b =-- 1(0)(2)2242f f a -=->≥递减，成立 当03a <<时，311333a a a f a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭333a a a a a b =--+-233a a a b =-- 113333a a a a f a b ⎛⎫⎛⎫+=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭233aa ab =--- ∵(2)12f a b =-- (0)1f b =-- ∴(2)(0)22f f a -=-若304a <≤时，()()102222f f a -=-≥，成立当34a >时，411133332a a a f f a ⎛⎫⎛⎫--+=> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14成立5、（2016年全国I 高考）已知函数有两个零点.（I ）求a 的取值范围； （II ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.解：⑴ 由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+① 若0a =，那么()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意；② 若0a >，那么20x x e a e +>>，所以当1x >时，()'0f x >，()f x 单调递增当1x <时，()'0f x <，()f x 单调递减 即：故()f x 在()1,+∞上至多一个零点，在(),1-∞上至多一个零点 由于()20f a =>，()10f e =-<，则()()210f f <， 根据零点存在性定理，()f x 在()1,2上有且仅有一个零点． 而当1x <时，x e e <，210x -<-<，故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e x e =-+->-+-=-+--则()0f x =的两根11t =+，21t =+， 12t t <，因为0a >，故当1x t <或2x t >时，()()2110a x e x e -+-->因此，当1x <且1x t <时，()0f x >又()10f e =-<，根据零点存在性定理，()f x 在(),1-∞有且只有一个零点． 此时，()f x 在R 上有且只有两个零点，满足题意．③ 若02ea -<<，则()ln 2ln 1a e -<=，当()ln 2x a <-时，()1ln 210x a -<--<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()'120x f x x e a =-+>，()f x 单调递增； 当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()()()'120x f x x e a =-+<，()f x 单调递减；当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增．即：而极大值()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当1x ≤时，()f x 在()ln 2x a =-处取到最大值()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦，那么()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤恒成立，即()0f x =无解而当1x >时，()f x 单调递增，至多一个零点 此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．④ 若2ea =-，那么()ln 21a -=当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增当()1ln 2x a >=-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增又()f x 在1x =处有意义，故()f x 在R 上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤ 若2ea <-，则()ln 21a ->当1x <时，10x -<，()ln 212220a x e a e a ea -+<+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x <，()f x 单调递减当()ln 2x a >-时，()1ln 210x a ->-->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增 即：故当()ln 2x a -≤时，()f x 在1x =处取到最大值()1f e =-，那么()0f x e -<≤恒成立，即()0f x =无解当()ln 2x a >-时，()f x 单调递增，至多一个零点 此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当0a >时符合题意，即a 的取值范围为()0,+∞．⑵ 由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x = 那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m > 则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．6、（2016年全国II 高考）(Ⅰ)讨论函数xx 2f (x)x 2-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>； (Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax a g x x-->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域． 【解析】⑴证明：()2e 2xx f x x -=+ ()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭∵当x ∈()()22,-∞--+∞U ，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++>⑵ ()()()24e 2e xx a x x ax a g x x ----'=()4e 2e 2x x x x ax a x -++=()322e 2x x x a x x -⎛⎫+⋅+⎪+⎝⎭=[)01a ∈，由(1)知，当0x >时，()2e 2xx f x x -=⋅+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2tt a t -⋅=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增()()()222e 1ee 1e 22t ttt t t a t t h a t t t -++⋅-++===+ 记()e 2tk t t =+，在(]0,2t ∈时，()()()2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，．7、（2016年全国III 高考）设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．解析：（Ⅰ）'()2sin 2(1)sin f x a x a x =---． （Ⅱ）当1a ≥时，'|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x =+-+2(1)a a ≤+-32a =-(0)f =因此，32A a =-． ………4分当01a <<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--．令2()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当14at a-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a--++=--=-．令1114a a --<<，解得13a <-（舍去），15a >．8、（2016年浙江高考）已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x −1|，x 2−2ax+4a −2}， 其中min{p ，q}=,>p p q q p q.≤⎧⎨⎩，，（I ）求使得等式F （x ）=x 2−2ax+4a −2成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求F （x ）的最小值m （a ）；（ii ）求F （x ）在区间[0,6]上的最大值M （a ）.（II ）（i ）设函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-，则()()min 10f x f ==，()()2min 42g x g a a a ==-+-，所以，由()F x 的定义知()()(){}min 1,m a f g a =，即()20,32242,22a m a a a a ⎧≤≤⎪=⎨-+->+⎪⎩（ii ）当02x ≤≤时，()()()(){}()F max 0,22F 2x f x f f ≤≤==，当26x ≤≤时，()()()(){}{}()(){}F max 2,6max 2,348max F 2,F 6x g x g g a ≤≤=-=．所以，()348,342,4a a a a -≤<⎧M =⎨≥⎩． 9、(2016江苏)已知函数()(0,0,1,1)xxf 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12,2a b ==，所以()22x xf x -=+.①方程()2f x =，即222xx-+=，亦即2(2)2210x x -⨯+=，所以2(21)0x-=，于是21x=，解得0x =. ②由条件知2222(2)22(22)2(())2xx 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0(0)(0)220g f a b =-=+-=，所以0是函数()g x 的唯一零点.因为'()ln ln x xg 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 aax b=-. 令'()()h x g x =，则''22()(ln ln )(ln )(ln )xxxxh 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)02xg g <=， 又log 2log 2log 2(log 2)220a a a a g ab a =+->-=，且函数()g x 在以02x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又02x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾.若00x >，同理可得，在02x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾. 因此，00x =. 于是ln 1ln ab-=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =.。