2015年高考数学试题分类汇编-----专题九(导数及应用)

2015年高考数学试题分类汇编-----专题九（导数及应用）

答案解析

1.（15北京理科）已知函数()1ln 1x

f x x

+=-．

（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； （Ⅱ）求证：当()01x ∈，

时，()323x f x x ??

>+ ??

?； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ??

>+ ???

对()01x ∈，

恒成立，求k 的最大值． 【答案】（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.

试题解析：（Ⅰ）

2

12

()ln

,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x

+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；

（Ⅱ）当()01x ∈，

时，()323x f x x ??

>+ ???

，即不等式3

()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ?∈成立，设

33

1()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则

4

2

2()1x F x x

'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则

()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ?∈，

3

()2()3

x f x x >+

成立；

（Ⅲ）使()33x f x k x ??

>+ ???

成立，()01x ∈，

，等价于3

1()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，

； 42

22

22()(1)11kx k F x k x x x

+-'=-+=--， 当[0,2]k ∈时，()0F x '

≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；

当2k >时，令4

02

()0,(0,1)k F x x k

-'

==

∈，

()(0)F x F <，显然不成立，

综上所述可知：k 的最大值为2.

考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.

2.（15北京文科）设函数()2

ln 2

x f x k x =-，0k >． （Ⅰ）求()f x 的单调区间和极值；

（Ⅱ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(

上仅有一个零点．

【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值

(1ln )

2

k k f -=

；（2）证明详见解析.

所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；

()f x 在x =(1ln )

2

k k f -=

.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )

2

k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以

(1ln )

02

k k -≤，从而k e ≥.

当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，

所以x =

()f x 在区间上的唯一零点.

当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =

>，02

e k

f -=<，

所以()f x

在区间上仅有一个零点.

综上可知，若()f x 存在零点，则()f x

在区间上仅有一个零点.

考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.

3．（15年安徽理科）设函数2()f x x ax b =-+.

（1）讨论函数(sin )22

f x ππ

在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；

（2）记2

0000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22

ππ(-,)上的最大值D ；

（3）在（2）中，取2000,D 14

a

a b z b ===-≤求满足时的最大值。

【答案】（Ⅰ）极小值为；（Ⅱ）；（Ⅲ）1.

试题解析：（Ⅰ），.

2

4

a b -00||||D a a b b =-+

-2

(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+2

2

x π

π

-

<<

，.

考点：1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.

4.（15年安徽文科）已知函数

（1）求的定义域，并讨论的单调性；

（2）若

，求在内的极值。 [(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-2

2

x π

π

-

<

<

)0,0()()(2

>>+=

r a r x ax

x f )(x f )(x f 400=r

a

)(x f ),0(+∞

【答案】（1）递增区间是（-r,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（2）极大值为100；无极小值.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 内的极大值为 内无极小值；

所以内极大值为100，无极小值.

考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.

5.（15年福建理科）若定义在上的函数满足，其导函数满足

，则下列结论中一定错误的是（）

A ．

B ．

C ．

D ． 【答案】

C

）在（+∞,0)(x f 10044)(2===r

a

r ar r f ）在（+∞,0)(x f ）在（+∞,0)(x f R ()f x ()01f =-()f x '()1f x k '>>11

f k k ??<

???111f k k ??

> ?-??1111f k k ??

< ?

--??111

k f k k ??

> ?

--??

考点：函数与导数．

6.（15年福建理科）已知函数，

(Ⅰ)证明：当；

(Ⅱ)证明：当时，存在,使得对

(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在，对任意的恒有．

【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)． 【解析】

试题分析：(Ⅰ)构造函数只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数即，

求导得 ，利用导数研究函数的形状和最值，证明当时，存在，使

得即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当时，对于故

，则不等式变形为，构造函数

，只需说明，易发现函数在

递增，而，故不存在；当时，由(Ⅱ)知，

存在,使得对任意的任意的恒有，此时不等式变形

为

f()ln(1)x x =+(),(k ),g x kx R =?0x x x ><时，f()1k <00x >0(0),x x ?任意，恒有f()()x g x >；0t >(0),x ?，t 2|f()()|x g x x -<=1k ()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??()0G x >1

()1+G x k x

￠

=-(1k)

1+kx x

-+-=

()G x 1k <00x >()0G x >1k >(0,),x "违

+()f()g x x x ，>>()f()g x x >2|f()()|x g x x -<2k ln(1)x x x -+<2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+()0M x <()M

x 0x ?（(0)0M =1k <00x >0(0),x x ，?f()()x g x >

，

构造

，易发现函数

在

递增，而，不满足题意；当时，代入证

明即可．

试题解析：解法一：(1)令则有

当,所以在上单调递减； 故当时，即当时，．

(2)令则有 当,所以在上单调递增, 故对任意正实数均满足题意.

当时，令得． 取对任意恒有,所以在上单调递增,,即 .

综上，当时，总存在,使得对任意的恒有．

(3)当时，由（1）知，对于故，

，

令，

2ln(1)k x x x +-<2N()ln(1)k ,[0)

x x x x x =+--违，+()

N

x 0x ?（(0)0N =1k ()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??1()11+1+x

F x x x

￠=

-=-(0,),x ??()0F x ￠

<()F x (0,)+?0x >()(0)0,F x F <=0x >x x f()

()1+1+kx G x k x x

-+-￠

=-=0k ￡G ()0x ￠

>G()x [0,)+?G()(0)0x G >=0x 01k <<()0,x G ￠

=11

=10k x k k

-=->01

=

1x k

，-0(0,),x x ?G ()0x ￠>G()x 0[0,x )G()(0)0x G >=f()()x g x >1k <00x >0(0),x x ，?f()()x g x >1k >(0,),x "违+()f()g x x x ，>>()f()g x x >|f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+

则有 故当时，, 在上单调递增，故,

即,所以满足题意的t 不存在.

当时，由（2）知存在,使得对任意的任意的恒有． 此时, 令，

则有 故当时，, 在上单调递增，故,

即,记

，

则当，故满足题意的t 不存在.

当，由（1）知，，

令，则有 当时，,所以在上单调递减，故,

故当时，恒有,此时，任意实数t 满足题意. 综上，.

解法二：（1）（2）同解法一.

（3）当时，由（1）知，对于，

2

1-2+(k-2)1

M ()k 2=,11x x k x x x x

+-￠

=--++0x ?（M ()0x ￠

>M()x [0M()M(0)0x >=2

|f()()|x g x x ->1k <00x >0(0),x x ，?f()()x g x >|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-2

N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违，+

2'

1-2-(k+2)1

()2=,11x x k N x k x x x

-+=--++0x ?（N ()0x ￠

>M()x [0N()(0)0x N >=2

f()()x g x x ->0x 1x 21(0)|f()

()|x x x g x x ?>，时，恒有=1k (0,),x 违

当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+2

1-2H ()12=,11x x

x x x x

-￠

=--++0x >H ()0x ￠2

|f()()|x g x x -<=1k 1k >(0,),x "违+()f()g x x x >>，

故， 令，

从而得到当时，恒有,所以满足题意的t 不存在.

当时，取 由（2）知存在,使得. 此时, 令，此时, 记与

中较小的为，则当， 故满足题意的t 不存在.

当，由（1）知，，

令，则有 当时，,所以在上单调递减，故,

故当时，恒有,此时，任意实数t 满足题意 综上，.

考点：导数的综合应用．

7.（15年福建文科）“对任意，”是“”的（）

A ．充分而不必要条件

B ．必要而不充分条件

C ．充分必要条件

D ．既不充分也不必要条件 【答案】B

|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-2

(k 1),01x x x k -><<-解得1k >(0,1)x k ?对于2

|f()()|x g x x ->1k <11k+1

=

12

k k k <<，从而00x >0(0),x x ?任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=11|f()()|f()()(k)2

k

x g x x g x k x x --=->-=

21k 1k ,022

x x x --><<解得2

f()()x g x x ->0x 1-k 2

1x 2

1(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有=1k (0,),x 违

当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

M()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞，+212M ()12,11x x

x x x x --'=--=++0x >M ()0x ￠2

|f()()|x g x x -<=1k (0,)2

x π

∈sin cos k x x x <1k <

考点：导数的应用．

8.（15年福建文科）已知函数．

(Ⅰ)求函数的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）． 【解析】

试题分析：(Ⅰ)求导函数，解不等式并与定义域求交集，得

函数的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数，．欲证明

，只需证明的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II ）知，当时，不存在满足题意；当时，对于，

有，则，从而不存在满足题意；当时，构造函数，，利用导数研究函数的形状，

只要存

2

(1)()ln 2

x f x x -=-()f x 1x >()1f x x <-k 01x >0(1,)x x ∈()()1f x k x >

-? ?

?(),1-∞()21x x f x x

-++'='

()0f x >()f x ()()()F 1x f x x =--()1,x ∈+∞()1f x x <-()F x 1k =01x >1k >1x >()()11f x x k x <-<-()()1f x k x <-01x >1k <()()()G 1x f x k x =--()0,x ∈+∞()G x

在，当时

即可．

试题解析：（I ），．

由得解得．

故的单调递增区间是．

（II ）令，．

则有．

当时，， 所以在上单调递减，

故当时，，即当时，． （III ）由（II ）知，当时，不存在满足题意．

当时，对于，有，则，从而不存在满足题意．

当时，令，，

则有．

由得，．

解得，．

当时，，故在内单调递增． 从而当时，，即，

01x >0(1,)x x ∈()0G x >()211

1x x f x x x x

-++'=-+=()0,x ∈+∞()0f x '>2010x x x >??-++>

?

0x <<()f

x ? ??

()()()F 1x f x x =--()0,x ∈+∞()2

1F x x x

-'=()1,x ∈+∞()F 0x '<()F x [)1,+∞1x >()()F F 10x <=1x >()1f x x <-1k =01x >1k >1x >()()11f x x k x <-<-()()1f x k x <-01x >1k <()()()G 1x f x k x =--()0,x ∈+∞()()2111

G 1x k x x x k x x

-+-+'=-+-=()G 0x '=()2

110x k x -+-+=

10x =

<21x =

>()21,x x ∈()G 0x '>()G x [)21,x ()21,x x ∈()()G G 10x >=()()1f x k x >-

综上，的取值范围是． 考点：导数的综合应用．

9.（15年新课标1理科）设函数=,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0，则的取值范围是（ ） A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1） 【答案】D

10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数

的导函数，f （-1）=0，当

时，，则使得成立的x 的取值范围是

（A ）（B ） （C ）（D ）

【答案】A 【解析】

k (),1-∞()f x (21)x e x ax a --+0()f x

a

记函数，则，因为当时，，故

当时，，所以在

单调递减；又因为函数

是奇函数，故函数

是偶函数，所以

在单调递减，且．当

时，

，则

；当

时，

，则

，综上所述，

使得

成立的的取值范围是

，故选A ．

11.（15年新课标2理科）设函数2()mx f x e x mx =+-。

（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；

（2）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x e -≤-，求m 的取值范围。

12.（15年新课标2文科）已知曲线在点处的切线与曲线

相切,则a =．

【答案】8 【解析】

试题分析：由可得曲线在点处的切线斜率为2,故切线方程为,与

联立得,显然,所以由

.

考点：导数的几何意义.

13.（15年新课标2文科）已知.

（I ）讨论的单调性；

（II ）当有最大值,且最大值大于时,求a 的取值范围. 【答案】（I ）,在是单调递增；,在单调递增,在单调递减；（II ）. 【解析】

ln y x x =+()1,1()221y ax a x =+++1

1y x

'=+

ln y x x =+()1,121y x =-()221y ax a x =+++220ax ax ++=0a ≠2808a a a ?=-=?=()()ln 1f x x a x =+-()f x ()f x 22a -0a ≤()f x ()0,+∞0a >()f x 10,

a ??

???

1,a ??

+∞ ???

()0,1

考点：导数的应用.

14.（15年陕西理科）对二次函数（a 为非零常数），四位同学分别给

出下列结论，其中有且仅有

一个结论是错误的，则错误的结论是（）

A ．-1是的零点

B ．1是的极值点

C ．3是的极值

D . 点在曲线上 【答案】

A

2()f x ax bx c =++()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =

考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．

15.（15年陕西理科）设是等比数列，，，，的各项和，其中，

，

．

（I ）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且

； （II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较

与的大小，并加以证明．

【答案】（I ）证明见解析；（II ）当时，，当时，，证明见解析． 【解析】

试题分析：（I ）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的

单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证

；（II ）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．

试题解析：（I ）则

()n f x 1x 2x ???n

x 0x >n ∈N 2n ≥()()F 2n n x f x =-1,12??

???

n x 1

1122

n n n x x +=

+()n g x ()n f x ()n g x 1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <()F n x 1,12??

???

()F n x 1,12?? ???

n x ()F n x 11122

n n n x x +=

+()()()n n h x f x g x =-x ()h x 0()n f x ()n g x 2

()()212,n

n n F x f x x x x =-=+++- (1)10,n F n =->

所以在内至少存在一个零点.

又，故在内单调递增，

所以在内有且仅有一个零点.

因为是的零点，所以，即，故.

(II)解法一：由题设，

设

当时, 当时,

若

,

若, 所以在上递增，在上递减， 所以，即.

综上所述，当时,；当时

1

21111111

2()1220,12222212

n n

n n

F +??- ?????

??

=+++-=-=-

< ? ?????- ()n F x 1,12?? ???

n x 1

()120n n F x x nx

-'=++> 1,12??

???

()n F x 1,12?? ???

n x n x ()n F x ()=0n n F x 1

1201n n n

x x +--=-111=+22n n n x x +()()11().2

n

n

n x g x ++=()()211()()()1,0.2

n

n n n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++-> 1x =()()n n f x g x =1x ≠()1

1

1()12.2

n n n n x h x x nx

--+'=++- 01

x <<()1111

1()22

n n n n n n h x x x nx x ----+'>++-

()()11

110.22

n n n n n n x x --++=

-=1x >()1

1111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-

()()11

110.22

n n n n n n x x --++=-=()h x (0,1)(1,)+∞()(1)0h x h <=()()n n f x g x <1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <

解法二 由题设，

当时,

当时,用数学归纳法可以证明. 当时,所以成立. 假设时，不等式成立，即. 那么，当时，

.

又

令

，则

所以当,,在上递减； 当,,在上递增. 所以，从而

故.即，不等式也成立. 所以，对于一切的整数，都有.

解法三:由已知，记等差数列为,等比数列为,则，

，

所以, 令

()()211()1,(),0.2

n

n

n n

n x f x x x x g x x ++=+++=> 1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <2n =2221

()()(1)0,2

f x

g x x -=-

-<22()()f x g x <(2)n k k =≥()()k k f x g x <+1n k =()()11

1k+1k 11()()()2

k

k k k k k x f x f x x g x x x

+++++=+<+=+()12112

k k

x k x k +++++=()()11k+1211

11

()2

2

k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=

()1()11(x 0)

k k k h x kx k x +=-++>()()11()(k 1)11(x 1)k k k k h x k x k k x k k x --'=+-+=+-01x <<()0k

h x '<()k h x (0,1)1x >()0k

h x '>()k h x (1,)+∞()(1)0k k h x h >=()1k+1211

()2

k k x k x k g x +++++>11()()k k f x g x ++<+1n k =2n ≥()()n n f x g x <{}k a {}k b k 1,2,, 1.n =+ 111a b ==11n n n a b x ++==()1

1+1(2n)n k x a k k n

-=-?≤≤1(2),k k b x k n -=≤≤()()

111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n

---=-=+

->≤≤