2016年高考理科导数大题

1. （2016年新课标Ⅰ理数）已知函数()()()2
21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围；
(II)设12x x ，是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +<
2. （2016年新课标Ⅱ理数）(I)讨论函数2()2
x
x f x e x -=
+的单调性，并证明当0x >时，(2)20;x
x e x -++>
(II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2
x =(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.
3. （2016年新课标Ⅲ理数）设设函数()()()cos21cos +1f x x x αα=+-，其中
0α>，记
()f x 的最大值为A .
（Ⅰ）求'f x （）； （Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明()'2f x A ≤.
4. （2016年北京理数）设函数()a x
f x xe
bx -=+，曲线()y f x =在点()() 2,2f 处的切
线方程为()14y e x =-+， （I ）求,a b 的值；
(I I) 求()f x 的单调区间。

5. （2016年江苏理数）已知函数()(0,0,1,1)x x
f x a b a b a b =+>>≠≠.
（1） 设122
a b ==
，. ① 求方程()=2f x 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.
6. （2016年山东理数）已知()221
()ln ,x f x a x x a R x
-=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3
()'2
f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立
7. （2016年上海理数）已知a R ∈，函数21
()log ()f x a x
=+. （1）当5a =时，解不等式()0f x >；
（2）若关于x 的方程2()log [(4)25]0f x a x a --+-=的解集中恰好有一个元素，求a 的取值范围；
（3）设0a >，若对任意1[,1]2
t ∈，函数()f x 在区间[,1]t t +上的最大值与最小值的差不超过1，求a 的取值范围.
8. （2016年四川理数）设函数()2ln f x ax a x =--，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11()x
f x e x
->-在区间1+∞（，）
内恒成立(e 2.718=⋯为自然对数的底数)。

9. （2016年天津理数）设函数b ax x x f ---=3
)1()(，∈x R ，其中a ，∈b R .
（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：
3201=+x x ；
（Ⅲ）设0＞a ，函数)()(x f x g =，求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．41
10. （2016年浙江理数）设3a ≥，函数2
()min{2|1|,242}F x x x ax a =--+-,
其中{},min ,,p p q
p q q p q ≤⎧=⎨>⎩
（Ⅰ）求使得等式2
()242F x x ax a =-+-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[0,6]上的最大值()M a
答案
1. （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x
f x x e a x x e a =-+-=-+．
（i ）设0a =，则()(2)x
f x x e =-，()f x 只有一个零点．
（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以
()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．
又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln
2
a
b <，则 223
()(2)(1)()022
a f
b b a b a b b >
-+-=->， 故()f x 存在两个零点．
（iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2
e
a ≥-
，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点． 若2
e
a <-
，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当
1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．
综上，a 的取值范围为(0,)+∞．
（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在
(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．
由于2
22222(2)(1)x f x x e
a x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以
222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．
设2()(2)x
x g x xe
x e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．
所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．
从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．
2. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)2
1(,].24
e .
【解析】
试题分析：(Ⅰ)先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x ∈+∞时，()(0)
f x f >证明结论；(Ⅱ)用导数法求函数()
g x 的最值，在构造新函数0
0h()2
x e a x =+，又用导数法
求解.
试题解析：(Ⅰ)()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞-⋃-+∞.
222
(1)(2)(2)'()0,(2)(2)
x x x
x x e x e x e f x x x -+--==≥++ 且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增， 因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)1,f x f >=- 所以(2)(2),(2)20x
x
x e x x e x ->-+-++>
(II)3
2(2)(2)2
'()(()),x x e a x x g x f x a x x
-+++==+ 由(I)知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥ 因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =， 当00x x <<时，()0,'()0,()f x a g x g x +<<单调递减； 当0x x >时，()0,'()0,()f x a g x g x +>>单调递增. 因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为
000
000022000(1)+()(1)().2
x x x e a x e f x x e g x x x x -++===+
于是0
0h()2
x e a x =+，由2
(1)()'0,2(2)2x x x e x e e x x x +=>+++单调递增
所以，由0(0,2],x ∈得0022
01().2022224
x e e e e h a x =<=≤=+++
因为2x e x +单调递增，对任意2
1(,],24e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a f x =-∈
使得(),h a λ=所以()h a 的值域是2
1(,],24
e
综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域是2
1(,].24
e
考点： 函数的单调性、极值与最值.
3. （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）'
()2sin 2(1)sin f x x x αα=---． （Ⅱ）当1α≥时，学科&网
'|()||sin 2(1)(cos 1)|f x x x αα=+-+2(1)αα≤+-32α=-(0)f =
因此，32A α=-． ………4分
当01α<<时，将()f x 变形为2
()2cos (1)cos 1f x x x αα=+--．
令2
()2(1)1g t t t αα=+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g α-=，
(1)32g α=-，且当14t α
α
-=
时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488g ααααααα
--++=--=-．
令1114αα--<
<，解得13α<-（舍去），1
5
α>． （ⅰ）当1
05
α<≤
时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g α-=，|(1)|23g α=-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A α=-．
（ⅱ）当
115α<<时，由(1)(1)2(1)0g g α--=->，知1(1)(1)()4g g g αα
-->>． 又1(1)(17)
|()||(1)|048g g ααααα
--+--=>，所以2161|()|48A g ααααα-++==．
综上，2
123,05611
,18532,1A αααααααα⎧
-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨
⎪
-≥⎪⎪⎩
． ………9分 （Ⅲ）由（Ⅰ）得'
|()||2sin 2(1)sin |2|1|f x x x αααα=---≤+-. 当105
α<≤时，'
|()|1242(23)2f x A ααα≤+≤-<-=. 当
115α<<时，131884
A αα=++≥，所以'|()|12f x A α≤+<. 当1α≥时，'
|()|31642f x A αα≤-≤-=，所以'
|()|2f x A ≤.
4. （共13分） 解：（Ⅰ）因为bx xe
x f x
a +=-)(，所以
b e x x f x a +-='-)1()(.
依题设，⎩⎨⎧-='+=,1)2(,22)2(e f e f 即⎩⎨⎧-=+-+=+--,
1,
22222
2e b e e b e a a 解得e b a ==,2.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ex xe x f x
+=-2)(.
由)1()(12--+-='x x
e x e
x f 即02>-x e 知，)(x f '与11-+-x e x 同号.
令1
1)(-+-=x e x x g ，则1
1)(-+-='x e
x g .
所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减； 当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增. 故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值， 从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .
综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x ，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.
5. 解：（1）因为12,2
a b ==
，所以()22x x f x -=+. ①方程()2f x =，即222x 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
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0
2
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 =.
6. （Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；
3
232/
)
1)(2(22)(x
x ax x x x a a x f --=+--=. 当0≤a ， )1,0(∈x 时，0)(/
>x f ，)(x f 单调递增；
/(1,),()0x f x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.
当0>a 时，/
3
(1)()(a x f x x x x -=
+. （1）20<<a ，
12
>a
， 当)1,0(∈x 或x ∈),2
(
+∞a
时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)2
,
1(a
时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，
12
=a
，在x ∈),0(+∞内，0)(/≥x f ，)(x f 单调递增； （3）2>a 时，12
0<<
a
， 当)2
,
0(a
x ∈或x ∈),1(+∞时，0)(/>x f ，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2
(a
时，0)(/<x f ，)(x f 单调递减. 综上所述，
当0≤a 时，函数)(x f 在)1,0(内单调递增，在),1(+∞内单调递减；
当20<<a 时，)(x f 在)1,0(内单调递增，在)2,1(a 内单调递减，在),2
(+∞a
内单调递增；
当2=a 时，)(x f 在),0(+∞内单调递增；
当2>a ，)(x f 在)2,0(a 内单调递增，在)1,2
(a
内单调递减，在),1(+∞内单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，
/22321122
()()ln (1)x f x f x x x x x x x --=-+
---+
23312
ln 1x x x x x
=-++--，]2,1[∈x ，
令12
13)(,ln )(32--+=
-=x
x x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则)()()()(/
x h x g x f x f +=-， 由01
)(/
≥-=
x
x x g 可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24
326
'()x x h x x --+=，
设623)(2
+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减， 因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，
所以在0x ∃∈]2,1[上使得),1(0x x ∈ 时，)2,(,0)(0x x x ∈>ϕ时，0)(<x ϕ， 所以函数()h x 在),1(0x 上单调递增；在)2,(0x 上单调递减， 由于21)2(,1)1(=
=h h ，因此21)2()(=≥h x h ，
当且仅当2=x 取得等号，
所以2
3)2()1()()(/
=
+>-h g x f x f ， 即2
3
)()(/
+
>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立。

考点：利用导函数判断函数的单调性；分类讨论思想.
7. 解：（1）由21log 50x ⎛⎫
+>
⎪⎝⎭
，得151x +>，
解得()1,0,4x ⎛
⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭
．
（2）
()1
425a a x a x
+=-+-，()()24510a x a x -+--=， 当4a =时，1x =-，经检验，满足题意． 当3a =时，121x x ==-，经检验，满足题意． 当3a ≠且4a ≠时，11
4
x a =
-，21x =-，12x x ≠． 1x 是原方程的解当且仅当
1
1
0a x +>，即2a >； 2x 是原方程的解当且仅当
2
1
0a x +>，即1a >． 于是满足题意的(]1,2a ∈． 综上，a 的取值范围为(]{}1,23,4．
（3）当120x x <<时，
1211
a a x x +>+，221211log log a a x x ⎛⎫⎛⎫+>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 所以()f x 在()0,+∞上单调递减．
函数()f x 在区间[],1t t +上的最大值与最小值分别为()f t ，()1f t +．
()()22111log log 11f t f t a a t t ⎛⎫⎛⎫
-+=+-+≤ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
即()2110at a t ++-≥，对任意
1,12t ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
成立． 因为0a >，所以函数()2
11y at a t =++-在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上单调递增，1
2
t =
时，y 有最小值
3142a -，由31042a -≥，得23
a ≥． 故a 的取值范围为2
,3
⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
．
8. （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 =此时，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()g x =
111
e
x x --，()s x =1e x x --. 则'()s x =1e 1x --. 而当1x >时，'()s x >0，
所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0， 从而当1x >时，()f 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 <<
>1. 由（I
）有(1)0f f <=,
从而0g >， 所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立.
当1
2
a 时，令()()()(1)h x f x g x x ， 当
1
x 时，
3
2
12
22
2
111112121()2e
0x
x x x x h x ax
x
x x x x x
x x ，
因此，()h x 在区间(1,)单调递增.
又因为(1)=0h ，所以当1x 时，()()
()
0h x f x g x ，即 ()
()f x g x 恒成立.
综上，1
[,
)2
a
9. 试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：a x x f --=2
)1(3)('，再根据导函数零点是否存
在情况，分类讨论：①当0a ≤时，有()0f x '≥恒成立，所以()f x 的单调增区间为
(,)-∞∞.②当0a >时，存在三个单调区间（Ⅱ）由题意得3
)1(20a
x =
-，计算可得00
(32)()
f x f x -=再由
)
()(01x f x f =及单调性可得结论（Ⅲ）实质研究函数)(x g 最
大值：主要比较(1),(1)f f -，||,|(|f f 的大小即可，分三种情况研究
①当
3a ≥时，33120331a a +≤<≤-
，②当
3
34a ≤<时，3
321233133103321a
a a a +≤<+<-<≤-
，③当
304
a <<
时，
23
313310<+<-
<a
a . 试题解析：（Ⅰ）解：由
b ax x x f ---=3
)1()(，可得a x x f --=2
)1(3)('. 下面分两种情况讨论：
（1）当0≤a 时，有0)1(3)('2
≥--=a x x f 恒成立，所以)(x f 的单调递增区间为
),(+∞-∞.
（2）当0>a 时，令0)('=x f ，解得331a
x +
=，或3
31a x -=. 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：
所以)(x f 的单调递减区间为)331,331(a
a +-
，单调递增区间为)3
31,(a --∞，),3
31(+∞+
a
. （Ⅱ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0>a ，且10≠x ，由题意，得
0)1(3)('200=--=a x x f ，即3
)1(20a x =
-， 进而b a
x a b ax x x f ---
=---=3
32)1()(00300. 又b a ax x a
b x a x x f --+-=----=-32)1(3
8)22()22()23(000300
)(3
3200x f b a x a =---=，且0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足
)()(01x f x f =，且01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x ；
（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况同理： （1）当3≥a 时，3
3120331a
a +≤<≤-
，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此
|}1||,21max{||})0(||,)2(max{|b b a f f M ----==
|})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=
⎩⎨
⎧<++--≥+++-=0
),(10
),(1b a b a a b a b a a ，所以2||1≥++-=b a a M . （2）当
34
3<≤a 时，3321233133103321a a a a +≤<+<-<≤-，由（Ⅰ）和
（Ⅱ）知，)3
31()3321()0(a f a f f +=-
≥，)331()3321()2(a f a f f -=+≤，
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]3
31(),331([a
f a f -+
，因此 |}39
2||,392max {||})331(||,)331(max {|b a a a
b a a a a f a f M -----=-+
= |})(39
2||,)(392max{|b a a a b a a a +-+--
= 4
14334392||392=⨯⨯⨯≥++=
b a a a . （3）当4
30<
<a 时，23313310<+<-<a
a ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， )331()3321()0(a f a f f +=-
<，)3
31()3321()2(a
f a f f -=+>， 学.科网所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]2(),0([f f ，因此
|}21||,1max{||})2(||,)0(max{|b a b f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=
4
1
||1>
++-=b a a . 综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于4
1. 考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式
10. （I ）由于3a ≥，故
当1x ≤时，()
()()22242212120x ax a x x a x -+---=+-->， 当1x >时，()
()()22422122x ax a x x x a -+---=--． 所以，使得等式()2
F 242x x ax a =-+-成立的x 的取值范围为
[]2,2a ．
（II ）（i ）设函数()21f x x =-，()2
242g 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
(
)20,3242,2a 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，
()348,34
2,4a a a a -≤<⎧M =⎨
≥⎩
．。