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()3
2
f 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：
x
(),2-∞-
2-
22,3⎛⎫-- ⎪⎝
⎭
2
3-
2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭
()f x ' +
-
+
()f x
c
32
27
c -
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24120a 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(())444
()2()4()()()
f x f x 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1
12a
=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)=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1
2x a
=
. 当x ∈1
0,
)2a
（时，'()f x <0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a
∞（
，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102a <<
时，1
2a
>1. 由（I ）有1(
)(1)02f f a <=,从而1
()02g a
>， 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33a x =
或33
a x =-. 当x 变化时，()f x '、()f x 的变化情况如下表：
x 3(,)3
a
-∞-
33
a -
33(,)33a a -
33
a
3(,)3a
-
+∞ ()f x ' +
-
0 +
()f x
单调递增 极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以()f x 的单调递减区间为33(,)33a a -
，单调递增区间为3(,)3a -∞-，3(,)3
a -+∞. （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，331133
a a -
≤-<≤，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，233323113333a a a a -≤-<-<<≤，
由（1）和（2） 知233(1)()()33a a f f f -≥-
=，233(1)()()33
a a
f f f ≤=-， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为33[(
),()]33
a a
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)()()33a a f f f -<-
=，233(1)()()33
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(l n 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l n (2)1a ->，即2
e
a <-，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(1,l n (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，222(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<x ，
故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)∈x x 单调递减，因此()0<g x . 综上，a 的取值范围是(],2.-∞
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，11ln 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 =311x x
++，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+；
（II ）34<()f x 32
≤. 解析：(Ⅰ)因为()()44
23111,11x x x x x x x
----+-==--+ 由于[]0,1x ∈，有411,11x x x -≤++即23111x x x x
-≤-++， 所以()2
1.f x x x ≥-+ (Ⅱ)由01x ≤≤得3x x ≤， 故()()()()3
12111333311222122x x f x x x x x x -+=+≤+-+=+≤+++， 所以()32
f x ≤.
由(Ⅰ)得()221331244f x x x x ⎛⎫≥-+=-+≥ ⎪⎝
⎭， 又因为11932244f ⎛⎫=
> ⎪⎝⎭，所以()34f x >， 综上，
()33.42
f x <≤。