2016年高考数学复习参考题------14.函数与导数
2016年高考数学理真题分类汇编：导数及其应用
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】1ln 2-2、（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 x f 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 x f x x bx -=+∴()e e (1)e a x a x a x f 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 x f x x -'=-+令2()(1)e x g x x -=-，∴222()e (1)e (2)e x x x g x x x ---'=---=-∴g 的最小值是(2)(12)e 1g =-=-∴()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),(∈+∞2a x ，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 ′xx 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 -ln 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f (x ) ＞-e 1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。
永安市2016届高三数学典型题例(函数与导数)
永安市2016届高三数学（理科）典型题例《函数与导数》【命题趋向】函数是高考考查能力的重要素材，以函数为基础编制的考查能力的试题在历年的高考试卷中占有较大的比重．这部分内容既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．一般说来，选择题、填空题主要考查函数的概念、单调性与奇偶性、函数图象、导数的几何意义等重要知识，关注函数知识的应用以及函数思想方法的渗透，着力体现概念性、思辨性和应用意识．解答题大多以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，并与数学思想方法紧密结合，对函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、转化与化归思想、特殊与一般思想、有限与无限思想等进行较为深入的考查，体现了能力立意的命题原则．【考点分析】函数和导数的主要考点包括函数的概念、图象与性质，函数与方程，函数模型及其应用，导数及其应用、微积分及微积分基本定理等．【典例分析】例题1、已知函数 f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中 a <0. (1)当 a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间 [1,4]上的最小值为8，求 a 的值．例题2、设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．例题3、设函数f (x )＝a e xln x ＋b ·e xe·x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.例题4、已知函数()1,xf x ae x a R =--∈． （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若[0,)x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求所有实数a 的值； （Ⅲ）对任意的*n N ∈，证明：1111ln(1)23n n++++>+【配套练习】1. 已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 2.函数f (x )＝2x|log 0.5x |－1的零点个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4 3.当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3] 4、若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ） A ．11f k k ⎛⎫<⎪⎝⎭ B ．111f k k ⎛⎫>⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 5、已知f (x )＝14x 2＋sin(π2＋x )，f ′(x )为f (x )的导函数，则y ＝f ′(x )的图像大致是( A )6、设点P 在曲线上，点Q 在曲线y=ln （2x ）上，则|PQ|的最小值为（ ）（A ）1-ln2 （B ）（C ）1+ln2 （D ）7、若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x ＝_______．8、已知函数f (x )＝log a (8－ax )(a >0，a ≠1)，若f (x )>1在区间[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为________．9．已知f(x)=33x x m -+，在区间[0,2]上任取三个数,,a b c ,均存在以(),(),()f a f b f c 为边长的三角形，则m 的取值范围是_______．10．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论：①f (0)f (1)>0； ②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0； ④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是________．11、已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.(1)求实数m 的值； (2)设g (x )＝f x －xx －1，讨论g (x )的单调性．12、已知函数f (x )＝ln x －x ，h (x )＝ln xx.(1)求h (x )的最大值；(2)若关于x 的不等式xf (x )≥－2x 2＋ax －12对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围； (3)若关于x 的方程f (x )－x 3＋2e x 2－bx ＝0恰有一解，其中e 为自然对数的底数，求实数b 的值．13、已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x.永安市2016届高三数学（理科）典型题例《函数与导数》参考答案例题1、解：(1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16) x ，其中x >0.则f ′(x )＝2 5x －2 x －2x.由f ′(x )>0得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)．(2)f ′(x )＝ 10x ＋a 2x ＋a 2x，a <0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1时，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4时，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上有，a ＝－10.例题2、解：(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0 ＝1，f ′ 0 ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当“x ＝2x”即x ＝－2时等号成立，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．例题3、【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2x e x －1＝e xx (x ln x ＋2e )，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ＝x e x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.例题4、解：（1）1)('-=x ae x f 若0≤a 则0)('<x f )(x f ∴在R 上递减 若0>a 令0)('=x f 得ax 1ln= )1ln ,(ax -∞∈∴时0)('<x f 即)(x f 在)1ln ,(a-∞递减),1(ln+∞∈a x 时0)('>x f 即)(x f 在),1(ln +∞a递增 综上 0≤a 时)(x f 递减区间为),(+∞-∞0>a 时)(x f 递减区间为)1ln ,(a -∞增区间为),1(ln+∞a（2）若1< a 则01)0(<-=a f 不满足0)(≥x f若1≥a 则01ln≤a则)(x f 在[)+∞,0递增 01)0()(min ≥-==∴a f x f 0≥∴x 时0)(≥x f 恒成立 综上得1≥a（3）由（2）得1=a 时 0)(≥x f 对0≥x 恒成立 01≥--∴x e x则1+≥x e x当且仅当0=x 时取""=n x 1=∴令 *∈N n 则nn n e n 1111+=+>n n n n n ln )1ln(1ln 1-+=+>∴)1ln()ln )1(ln()2ln 3(ln )1ln 2(ln 131211+=-+++-+->++++∴n n n n【配套练习】1. B2. B3. C 4 C 5、 A 6、B 7、－13 8、⎝⎛⎭⎫1，839． 6m > 10．②③11、解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m .由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1. (2)g (x )＝f x －x x －1＝x ln x x －1(x >0，x ≠1)，所以g ′(x )＝x －1－ln xx －12.设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x.当x >1时，h ′(x )＝1－1x>0，h (x )是增函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln xx －12>0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x<0，h (x )是减函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln xx －12>0，故g (x )在(0,1)上为增函数；所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的． 12、【解析】 (1)因为h (x )＝ln x x (x >0)，所以h ′(x )＝1－ln xx2.由h ′(x )>0，且x >0，得0<x <e.由h ′(x )<0，且x >0，得x >e.所以函数h (x )的单调递增区间是(0，e]，单调递减区间是[e ，＋∞)，所以当x ＝e 时，h (x )取得最大值1e.(2)因为xf (x )≥－2x 2＋ax －12对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，即x ln x －x 2≥－2x 2＋ax －12对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，即a ≤ln x ＋x ＋12x对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，设φ(x )＝ln x ＋x ＋12x ，因为φ′(x )＝x 2＋x －12x 2＝ x －3 x ＋4x2， 故φ(x )在(0,3]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(3)＝7＋ln3，所以a ≤7＋ln3. (3)因为方程f (x )－x 3＋2e x 2－bx ＝0恰有一解，即ln x －x －x 3＋2e x 2－bx ＝0恰有一解，即ln x x＝x 2－2e x＋b ＋1恰有一解．由(1)知，h (x )在x ＝e 时，h (x )max ＝1e ，而函数k (x )＝x 2－2e x ＋b ＋1在(0，e]上单调递减，在[e ，＋∞)上单调递增，故x ＝e 时，k (x )min ＝b ＋1－e 2，故方程ln x x＝x 2－2e x ＋b ＋1恰有一解时当且仅当b ＋1－e 2＝1e ，即b ＝e 2＋1e－1.13、解：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x－x 2，则g ′(x )＝e x－2x ，由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0，故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0， 因此，当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x.(3)证明：法一：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x. 所以当x ＞0时，x 2＜c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x. ②若0＜c ＜1，令k ＝1c＞1，要使不等式x 2＜c e x 成立，只要e x ＞kx 2成立．而要使e x ＞kx 2成立，则只要x ＞ln(kx 2)，只要x ＞2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x，所以当x ＞2时，h ′(x )＞0，h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k ＞16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2,5k ＞0，所以h (x 0)＞0. 即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x. 法二：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以e x ＝e x 2·e x 2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x ＞x 0时，e x＞⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＞4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1cx 2.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x. 法三：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3＜e x.证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x .由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x，从而h ′(x )＜0，h (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以h (x )＜h (0)＝－1＜0，即13x 3＜e x.取x 0＝3c ，当x ＞x 0时，有1c x 2＜13x 3＜e x.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x.。
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数$f(x)=x\ln(x+a+x^2)$为偶函数，则$a=$解析】由题知$y=\ln(x+a+x^2)$是奇函数，所以$\ln(x+a+x^2)+\ln(-x+a+x^2)=\ln(a+x-x)=\ln a$，解得$a=1$。
考点：函数的奇偶性。
2.（2018年2卷11）已知$$f(x)=\begin{cases}\frac{x+1}{x},x<0\\ax^2,x\geq0\end{cases}$$ 是定义域为$(-\infty,0)\cup[0,+\infty)$的奇函数，满足$f(\frac{1}{2})=1$。
若，$f'(-1)=-2$，则$a=$解：因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-\frac{1}{2})=-1$，$f(0)=0$。
又因为$f'(-1)=-2$，所以$f'(-x)|_{x=1}=2$，$f'(0+)=0$，$f'(0-)=0$。
由此可得$$\begin{aligned}a&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{ax^2}{x}\\&=\lim\limits_{x\to0^+}ax\\&=\lim\limits_{x\to 0^-}ax\\&=-\frac{1}{2}\end{aligned}$$ 故选B。
3.（2016年2卷12）已知函数$f(x)(x\in R)$满足$f(-x)=2-f(x)$，若函数$y=\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)$的图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$，则$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=( )$解析】由$f(x)$的奇偶性可得$f(0)=1$，又因为$f(x)$是偶函数，所以$f'(0)=0$。
全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）
全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)对32()2f x x ax b =-+求导得2'()626()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；当0a =时，(,)-¥+¥区间上单调递增；当0a >时，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. (2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以，若0a <，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立. 若0a =，(,)-¥+¥区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1a b =ìí=-î. 若02a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af 而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+³，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 即322()()13321a a ab a b ì-+=-ïíï-+=î相减得32227a a -+=，即(33)(33)0a a a -+=，又因为02a <£，所以无解. 若23a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+£，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 即322()()1331a a a b b ì-+=-ïíï=î相减得3227a=，解得332x =，又因为23a <£，所以无解. 若3a >，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f即121b a b =ìí-+=-î解得41a b =ìí=î.综上得01a b =ìí=-î或41a b =ìí=î. 【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、最值问题，最值问题，最值问题，此类问题一般住现此类问题一般住现在第一问，在第一问，但但2019年高考3卷把该题放到第20题位置，难度也相应降低，因此，该题的第二问仍然这类问题，只不过多出一个参数。
2016年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用)
（II）当 a b 4 时， f x x3 4x2 4x c ， 所以 f x 3x2 8x 4 ．
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令 f x 0 ，得 3x2 8x 4 0 ，解得 x 2 或 x 2 ．
3
f x 与 f x 在区间 , 上的情况如下：
x
f x
（I）求曲线 y f x.在点 0, f 0 处的切线方程；
（II）设 a b 4 ，若函数 f x 有三个不同零点，求 c 的取值范围；
（III）求证： a2 3b＞0 是 f x.有三个不同零点的必要而不充分条件.
【答案】（Ⅰ）
y
bx
c
;（Ⅱ）
c
0,
32 27
;（III）见解析.
ln x, 0 x 1,
4.（2016 四川文、理）设直线 l1，l2 分别是函数 f(x)= ln x, x 1,
图象上点 P1，P2 处的切线，
l1 与 l2 垂直相交于点 P，且 l1，l2 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,& BPD 30 .
过 P 作直线 BD 的垂线，垂足为 O .设 PO d
则
SPBD
1 2
BD d
1 2
PD
PB sin
BPD ，
即 1 x2 2 3x 4 d 1 x 2sin 30 ，解得 d
x
.
2
2
x2 2 3x 4
而 BCD 的面积 S 1 CD BC sin BCD 1 (2 3 x) 2 sin 30 1 (2 3 x) .
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2016高考文科试题分类分类汇编及详解--集合、函数、导数
一、集合与常用逻辑用语一、集合1、（2016年北京高考）（1）已知集合{|24},{|3>5}A x x B x x x =<<=<或，则A B = （A ）{|2<<5}x x （B ）{|<45}x x x >或 （C ）{|2<<3}x x （D ）{|<25}x x x >或 【答案】C2、（2016年江苏省高考）已知集合{1,2,3,6},{|23},A B x x =-=-<<则=A B ________▲________. 【答案】{}1,2-3、（2016年山东高考）设集合{1,2,3,4,5,6},{1,3,5},{3,4,5}U A B ===，则()U A B ð= （A ）{2,6} （B ）{3,6}（C ）{1,3,4,5}（D ）{1,2,4,6}【答案】A4、（2016年四川高考）学科网设集合A={x ｜1≤x ≤5},Z 为整数集，则集合A ∩Z 中元素的个数是(A)6 (B) 5 (C)4 (D)3 【答案】B5、（2016年天津高考）已知集合}3,2,1{=A ，},12|{A x x y y B ∈-==，则A B =（ ）（A ）}3,1{ （B ）}2,1{（C ）}3,2{（D ）}3,2,1{【答案】A6、（2016年全国I 卷高考）设集合{1,3,5,7}A =，{|25}B x x =≤≤，则A B = （A ）{1,3}（B ）{3,5}（C ）{5,7}（D ）{1,7} 【答案】B7、（2016年全国II 卷高考）已知集合{123}A =，，，2{|9}B x x =<，则A B = （ ） （A ）{210123}--，，，，， （B ）{21012}--，，，， （C ）{123}，， （D ）{12}，【答案】D8、（2016年全国III 卷高考）设集合{0,2,4,6,8,10},{4,8}A B ==，则A B ð=（A ）{48}, （B ）{026}，, （C ）{02610}，，, （D ）{0246810}，，，，, 【答案】C9、（2016年浙江高考）已知全集U ={1，2，3，4，5，6}，集合P ={1，3，5}，Q ={1，2，4}，则U PQ （）ð=（ ） A.{1} B.{3，5} C.{1，2，4，6} D.{1，2，3，4，5}【答案】C二、常用逻辑用语1、（2016年山东高考）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，b 内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面b 相交”的（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件 （C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件 【答案】A2、（2016年上海高考）设R a ∈，则“1>a ”是“12>a ”的（ ）（A ）充分非必要条件 （B ）必要非充分条件 （C ）充要条件 （D ）既非充分也非必要条件 【答案】A3、（2016年上海高考）设()f x 、()g x 、()h x 是定义域为R 的三个函数，对于命题：①若()()f x g x +、()()f x h x +、()()g x h x +均为增函数，则()f x 、()g x 、()h x 中至少有一个增函数；②若()()f x g x +、()()f x h x +、()()g x h x +均是以T 为周期的函数，则()f x 、()g x 、()h x 均是以T 为周期的函数，下列判断正确的是（ ） A 、①和②均为真命题B 、①和②均为假命题C 、①为真命题，②为假命题D 、①为假命题，②为真命题【答案】D4、（2016年四川高考）设p:实数x ，y 满足x>1且y>1，q: 实数x ，y 满足x+y>2，则p 是q 的(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件【答案】A5、（2016年天津高考）设0>x ，R y ∈，则“y x >”是“||y x >”的（ ）（A ）充要条件（B ）充分而不必要条件（C ）必要而不充分条件（D ）既不充分也不必要条件【答案】C6、（2016年浙江高考）已知函数f （x ）=x 2+bx ，则“b <0”是“f （f （x ））的最小值与f （x ）的最小值相等”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A二、函数一、选择题1、（2016年北京高考）下列函数中，在区间(1,1)- 上为减函数的是 （A ）11y x=- （B ）cos y x = （C ）ln(1)y x =+ （D ）2x y -= 【答案】D2、（2016年山东高考）已知函数f(x )的定义域为R.当x ＜0时，f(x )=x 3-1；当-1≤x ≤1时，f(-x )= —f(x )；当x ＞12时，f(x +12)=f(x —12).则f(6)= （A ）-2 （B ）-1 （C ）0 （D ）2 【答案】D3、（2016年四川高考）某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入。
函数与导数专题(文科)(2016高考真题分专题复习)
2016函数与导数专题（文）1.已知函数f （x ）的定义域为R ．当x ＜0时，f （x ）=x 3-1；当1x 1-≤≤时，f （-x ）=-f （x ）；当21>x 时，)21()21(-=+x f x f ．则f （6）=（ ） A.-2B.-1C.0D.22.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.y=sinx B.y=lnx C.y=e xD.y=x33.函数y=sinx 2的图象是（ ）A. B.C.D.4.设直线21,l l 分别是函数⎩⎨⎧><<-=1,ln 10,ln )(x x x x x f 图象上点P 1，P 2处的切线，21l l 与垂直相交于点P ，且21,l l 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，+∞）5.设p ：实数x ，y 满足x ＞1且y ＞1，q ：实数x ，y 满足x+y ＞2，则p 是q 的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.已知a 为函数f （x ）=x 3-12x 的极小值点，则a=（ ） A.-4B.-2C.4D.27.已知函数f （x ）=x 2+bx ，则“b ＜0”是“f （f （x ））的最小值与f （x ）的最小值相等”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件8.下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx 的定义域和值域相同的是（ ）A.y=xB.y=lgxC.y=2xD. xy 1=9.已知函数f （x ）满足：f （x ）≥|x|且f （x ）≥2x ，x ∈R ．（ ） A.若f （a ）≤|b|，则a≤bB.若f （a ）≤2b，则a≤bC.若f （a ）≥|b|，则a≥bD.若f （a ）≥2b ，则a≥b10.设x ＞0，y ∈R ，则“x ＞y ”是“x ＞|y|”的 （ ） A.充要条件B.充分不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件11.已知f （x ）是定义在R 上的偶函数，且在区间（-∞，0）上单调递增，若实数a 满足)2()2(1->-f f a ，则a 的取值范围是（ ） A. )21,(-∞ B. ),23()21,(+∞-∞ C. )23,21( D. ),23(+∞12.已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （x ）=f （2-x ），若函数y=|x 2-2x-3|与 y=f （x ） 图象的交点为（x 1，y 1），（x 2，y 2），…，（x m ，y m ），则=∑=mi ix1（ ）A.0B.mC.2mD.4m13.函数y=2x 2-e |x|在[-2，2]的图象大致为（ ）A. B.C. D.14.已知函数f （x ）=（2x+1）e x，f ′（x ）为f （x ）的导函数，则f ′（0）的值为 ______ ．15.函数1)(-=x xx f （x ≥2）的最大值为 ______ ． 16.已知函数⎩⎨⎧≥++<+-+=0,1)1(log 0,3)34()(2x x x a x a x x f a （a ＞0，且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|=2-3x恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是 ______ ． 17.已知函数⎩⎨⎧>+-≤=mx m mx x mx x x f ,42,)(2，其中m ＞0，若存在实数b ，使得关于x 的方程f （x ）=b 有三个不同的根，则m 的取值范围是 ______ ．18.在平面直角坐标系中，当P （x ，y ）不是原点时，定义P 的“伴随点”为),(2222'yx xy x y P +-+，当P 是原点时，定义“伴随点”为它自身，现有下列命题： ①若点A 的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A ． ②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．③若两点关于x 轴对称，则他们的“伴随点”关于y 轴对称 ④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线． 其中的真命题是 ______ ．19.设f （x ）=xlnx-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．20.设函数f （x ）=ax 2-a-lnx ，xe ex x g -=1)(，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．21.设函数f （x ）=x 3+ax 2+bx+c ．（1）求曲线y=f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f （x ）有三个不同零点，求c 的取值范围； （3）求证：a 2-3b ＞0是f （x ）有三个不同零点的必要而不充分条件．22.设函数f （x ）=lnx-x+1． （1）讨论f （x ）的单调性； （2）证明当x ∈（1，+∞）时，1＜xx ln 1＜x ； （3）设c ＞1，证明当x ∈（0，1）时，1+（c-1）x ＞c x ．23.已知函数f （x ）=（x+1）lnx-a （x-1）．（I ）当a=4时，求曲线y=f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （II ）若当x ∈（1，+∞）时，f （x ）＞0，求a 的取值范围．24.已知函数f （x ）=（x-2）e x +a （x-1）2． （Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．。
2016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、选择题一1 nx,0 ：： x ：： 1,1、 ( 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 i ，P 2In x,x A 1,处的切线，11与I 2垂直相交于点P,且|1，|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,+ R ) ( D ) (1,+ R )【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、填空题y = ln(x ■ 1)的切线，则 b 二 ________【答案】1 -1n 22、(2016年全国III 高考)已知f x 为偶函数，当x ：：： 0时，f(x) =ln(-x) • 3x ，则曲1、(2016年全国II 高考)若直线 y 二kx • b 是曲线y = In x • 2的切线，也是曲线线y二f x在点(1,-3)处的切线方程【答案】y=「2x_1 三、解答题1、(2016年北京高考) 设函数f(x)二xe a°・bx，曲线y = f (x)在点(2, f (2))处的切线方程为y =(e -1)x - 4，(1 )求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间.【解析】(I’)’ f(x)二xe a」・bx••• f (x) =e a- -xe a- b=(1—x)e a* b•••曲线y = f(X)在点(2, f (2))处的切线方程为y =(e -1)x 4••• f (2) =2(e -1) 4 , f (2) =e —1即f (2) =2e a2 2b =2(e -1) - 4 ①f (2) =(1—2)e a， b =e—1 ②由①②解得：a =2 , b =e(II )由(I)可知：f (x) =xe" ex, f (x) =(1 -x)e2」e令g(x) =(1-x)e2」,•- g (x) = -e2」一(1 _x)e2» =(x _2)e2丄• g(x)的最小值是g(2) =(1-2)e2' =-1•- f (x)的最小值为f ⑵=g(2) • e 二e「1 0 即f (x) 0对-x・R恒成立•f(x)在-::，；上单调递增，无减区间•“2x —12、(2016 年山东高考)已知f(x)二a x-I nx 2 ,a，R.x(I)讨论f (x)的单调性；(II )当a =1时，证明f(x)> f' x •孑对于任意的x，〔1,2 1成立.)求导数 f '(x)二 a(1— -)—2x — 2x (x —1)(ax 2—2)(n )当 a =1 时，f(x)= x — l nx+^F^ , xf(x) = (x —^=1— 1二+刍x x x是 f(x)— f (x) = x — In x +2x —1—(— 1 x x “ 3 1 2二 x — In x —1 + — + ~2 — 3 , x ：二[1,2]xx x31 2【解析】(Ix 3当a<0时,x €(o,1) , f '(x)>0 ,f (x)单调递增,f(x)单调递减;当a >f( x)=(x -1)(ax2-2)x 3a(xT )(x —、a )(x+； ax 3(1)当0v a <2时,2>1, ax €(0,1)或 x乙2，+马，f '(x)>°，f (x)单调递增,€(1,) , f (x) < 0 , f (x)单调递减; \ a⑵ 当a = 2时,2= 1, x €(0,+旳,f (x) >0 , f(x)单调递增, a(3)当 a>2时，0<十2<1 ,\ ax2鬥或 x 5…(x)>0，f (x)单调递增,x €(： 2,1), ■- af (x) < 0 , f (x)单调递减;令 g(x) = x — In x , h(x) = —l+_+p — 3 , x [1,2]x x x于是 f (x)— f '(x) = g(x ) + h(x),1 g'(x) = 1 ------------------- x—1 x>0 ,g(x)的最小值为g(1) = 1 ；x又 h(x)= 32 3 + x 6 —3 x 2—2 x + 6 " 2 x4= x4 x设 6(x) = —3x 2—2x+6, x [1,2]，因为 6(1) = 1 , 0(2) = —10 , 所以必有x 0 € [1,2]，使得0x 。
2016年高考数学文试题分类汇编：导数及其应用 含考点详细解析
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】A2、（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】D3、（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】A4、（2016年全国I 卷高考）若函数1()sin 2sin 3f 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),()xf x x e f x '=为()f x 的导函数，则(0)f '的值为__________. 【答案】32、（2016年全国III 卷高考）已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x ex --=-，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()32.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()32f x x ax bx c =+++，得()232f 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，()3244f x x x x c =+++，所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-． ()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()3244f x x x x c =+++有三个不同零点．（III ）当24120a b ∆=-<时，()2320f 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，()232f 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 ->，()()232442f 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12,2a b ==，所以()22x x f 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 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 =.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12a >.4、（2016年四川高考）设函数f(x)=a x 2－a －lnx ，g(x)=1x －ee x ，其中a ∈R ，e=2.718…为自然对数的底数。
2016年高考数学理真题导数及其应用
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,+∞)2、（2016年全国I 高考）函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为二、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 = ．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_______________。
三、解答题1、（2016年北京高考） 设函数()a x f x xebx -=+，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.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.3、（2016年四川高考）设函数f (x )=ax 2-a -ln 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f (x ) ＞-e 1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。
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错误！未找到引用源。
2016年高考数学总复习 专题一 函数与导数课件 理
题型 1 函数中的方程思想 函数与方程是高考的重要题型之一，一方面可以利用数形 结合考查方程根的分布；另一方面可以与导数相结合，考查方 程解的情况．
例1：已知函数f(x)＝3x42＋x 3，x∈[0,2]．
(1)求f(x)的值域；
(2)设a≠0，函数g(x)＝
1 3
ax3－a2x，x∈[0,2]．若对任意x1∈
其判别式Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(a－3)(3a－1)．
因为0<a<1，所以a－3<0.
①当Δ<0时，解得13<a<1.此时B＝R，
所以D＝A∩B＝A＝{x∈R|x>0}；
②当Δ＝0时，解得a＝13(a＝3舍去)．
此时B＝{x∈R|2x2－4x＋2>0}＝{x|x≠1}，
所以D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)；
(2)f(x0)－f12 ＝13x03＋x20＋ax0＋1－13×123＋122＋12a＋1 ＝13x03－123＋x02－122＋ax0－12 ＝13x0－12x20＋x20＋14＋x0－12x0＋12＋ax0－12 ＝x0－12x320＋x60＋112＋x0＋12＋a ＝112x0－12(4x20＋14x0＋7＋12a)．
若存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12，
则4x02＋14x0＋7＋12a＝0在0，12∪12，1上有解．
∵a<0，∴Δ＝4(21－48a)>0.
方程有两根x3＝－7－
421－48a，x4＝－7＋
21－48a
4
.
因为x0>0，所以x0＝x4＝－7＋
21－48a
4
.
依题意，得0<－7＋ 421－48a<1，即7< 21－48a<11.
2016届(新课标)高考数学(理)一轮复习专项训练解答题规范(一)函数与导数
解答题规范专练(一) 函数与导数1．(2015·洛阳统考)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－e 2x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线平行于x 轴，求函数f (x )的单调区间；(2)若x >0时，总有f (x )>－e 2x ，求实数a 的取值范围．2．已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0，设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ；(2)求证：f (x )≥g (x )(x >0)．3．(2014·辽宁高考)已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1)，g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )·ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π. 证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1<π.答案1．解：(1)由f ′(x )＝e x ＋2ax －e 2得：y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝4a ＝0，则a ＝0.此时f (x )＝e x －e 2x ，f ′(x )＝e x －e 2.由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x ∈(－∞，2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以函数f (x )的单调增区间是(2，＋∞)，单调减区间是(－∞，2)．(2)由f (x )>－e 2x 得：a >－e xx 2. 设g (x )＝－e xx 2，x >0，则g ′(x )＝e x (2－x )x 3. ∴当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0，g (x )在(0,2)上单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )在(2，＋∞)上单调递减．∴g (x )≤g (2)＝－e 24. 因此，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－e 24，＋∞. 2．解：(1)设曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )(x >0)在公共点(x 0，y 0)处的切线相同，∵f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x， ∴依题意得⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)， 即⎩⎨⎧ 12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a 2x 0，由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)， 则b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a . (2)证明：设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)， 则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x(x >0)， 由F ′(x )＝0得x ＝a 或x ＝－3a (舍去)．当x 变化时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：结合(1)故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0，即当x >0时，f (x )≥g (x )．3．证明：(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， f ′(x )＝－(1＋sin x )(π＋2x )－2x －23cos x <0， 则函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数， 又f (0)＝π－83>0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2－163<0， 所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0. (2)考虑函数h (x )＝3(x －π)cos x 1＋sin x－4ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π，x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π. 令t ＝π－x ，则x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，t ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. 设u (t )＝h (π－t )＝3t cos t 1＋sin t －4ln ⎝⎛⎭⎫1＋2πt ， 则u ′(t )＝3f (t )(π＋2t )(1＋sin t ). 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )>0，当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，u ′(t )<0. 在(0，x 0)上u (t )是增函数，又u (0)＝0，从而当t ∈(0，x 0]时，u (t )>0，所以u (t )在(0，x 0]上无零点．在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上u (t )为减函数，由u (x 0)>0，u ⎝⎛⎭⎫π2＝－4ln 2<0，知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2，使u (t 1)＝0.所以存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使u (t 1)＝0. 因此存在唯一的x 1＝π－t 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，1＋sin x >0，故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0.因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.。
【福建省基地校】2016届高三数学-理科函数与导数-专题练习及答案解析
（Ⅰ）当(0,1)x ∈时，求()f x 的单调性； （Ⅱ）若2()()()h x x x f x =-∙，且方程()h x m =有两个不相等的实数根1x ，2x ．求证：121x x +>．福建省2016届高考数学（理科）-专题练习直线和圆的方程答 案一、选择题．1~5．DDDCC 6．B二、填空题．7．8．59．或10．三、解答题．11．（本小题满分10分）解：（Ⅰ）法一：设圆的标准方程为，则有解得，，．∴圆的方程为．法二：过切点且与垂直的直线为，与联立可求得圆心为．∴半径，∴所求圆的方程为．（Ⅱ）法一：设圆的一般方程为，则解得，，．∴所求圆的方程为．法二：由，，AB的中点坐标为，，则AB的垂分线方程为．AC的垂分线方程为．联立得圆心为，半径所求圆的方程为．12．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）由题设，圆心C是直线和的交点，解得点，于是切线的斜率必存在．设过的圆C的切线方程为，由题意，得，解得或，故所求切线方程为或．（Ⅱ）因为圆心在直线上，所以圆C的方程为．设点，因为，所以，化简得，即，所以点M在以为圆心，2为半径的圆上．由题意，点在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则，即．整理得．由，得；由，得．所以点C的横坐标a的取值范围是．13．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）直线l2：，所以l1与l2间的距离为，即，又，解得．（Ⅱ）假设存在满足条件②，则P在与l1，l2平行线：上，且，即或，所以或；若P点满足条件③，由点到直线的距离公式，有，，即或；由于点P在第一象限，所以不可能．联立方程和，解得（舍去）联立方程和，解得所以存在点同时满足三个条件．福建省2016届高考数学（理科）-专题练习直线和圆的方程答案一、选择题．1．解析直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角，且α2>α3，所以0<k3<k2，因此k1<0<k3<k2，答案 D 2．解析方程为x＋a22＋(y＋a)2＝1－a－3a24表示圆，则1－a－3a24＞0，－2＜a＜23．答案 D 3．解析把3x＋y－3＝0化为6x＋2y－6＝0，则两平行线间的距离d＝|1－（－6）|62＋22＝72010．答案 D 4．解析两圆圆心之间的距离为|O1O2|＝5，由1＜5＜2＋1＝3，所以两圆相交，答案 C5．解析设圆心t，2t．由题意|OC|2＝t2＋4t2，圆C的方程为(x－t)2＋y－2t2＝t2＋4t2．令x＝0，得y1＝0，y2＝4t，B点的坐标为0，4t；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，A点的坐标为(2t，0)，∴S △OAB＝12|OA|•|OB|＝12×|4t|×|2t|＝4，答案 C6．解析过O作OP⊥MN，P为垂足，OP＝OM•sin 45°≤1，OM≤1sin 45°，∴OM2≤2，∴x20＋1≤2，∴x20≤1，∴－1≤x0≤1．答案B．二、填空题．7．解析设圆上任一点为Q(x0，y0)，PQ的中点为M(x，y)，则x＝4＋x02，y＝－2＋y02，解得x0＝2x－4，y0＝2y＋2.即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1．8．解析易知A(0，0)，B(1，3)且两直线互相垂直，即△APB为直角三角形，∴|PA|•|PB|≤|PA|2＋|PB|22＝|AB|22＝102＝5．答案 59．解析设所求直线方程为y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0，由已知，得|－2k－2＋4－3k|1＋k2＝|4k＋2＋4－3k|1＋k2，∴k＝2或k＝－23．答案2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝010.解析平面区域表示以O(0，0)，P(4，0)，Q(0，2)构成的三角形及其内部，覆盖它且面积最小圆是其外接圆，△OPQ为直角三角形，故其圆心为PQ中点(2，1)，半径为|PQ|2＝5，所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5．三、解答题．11~13．略。
2016年高考数学压轴大题题型突破(三)函数与导数(1)
(三)函数与导数(1)1．已知函数f (x )＝12x 2＋2a ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝2x＋f (x )在区间[1,4]上是单调递增函数，求实数a 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝12x 2＋2a ln x (a ∈R )， 所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋2a x ＝x 2＋2a x. ①当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a <0时，令f ′(x )＝0⇒x 2＋2a ＝0⇒x 2＝－2a ，解得x ＝－2a 或x ＝－－2a (舍去)．所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：a ≥0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递减区间是(0，－2a ]，单调递增区间是(－2a ，＋∞)．(2)因为g (x )＝2x ＋f (x )＝2x ＋12x 2＋2a ln x ， 所以g ′(x )＝－2x 2＋x ＋2a x ＝x 3＋2ax －2x 2， 因为g (x )＝2x＋f (x )在区间[1,4]上是单调递增函数， 所以g ′(x )≥0，即x 3＋2ax －2≥0在区间[1,4]上恒成立，即2a ≥2x－x 2在区间[1,4]上恒成立． 设h (x )＝2x－x 2(x ∈[1,4])， 则h ′(x )＝－2x 2－2x ＝－(2x2＋2x )<0， 所以h (x )在[1,4]上单调递减，则h (x )∈[－312，1]．所以2a ≥1，即a ≥12. 故实数a 的取值范围为[12，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝ln x ＋a x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝92时，如果函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，求实数k 的取值范围； (2)当a ＝2时，试比较f (x )与1的大小．解 (1)当a ＝92时，f (x )＝ln x ＋92(x ＋1)， 定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝1x －92(x ＋1)2＝(2x －1)(x －2)2x (x ＋1)2， 令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2. 因为当0<x <12或x >2时，f ′(x )>0， 当12<x <2时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0，12)，(2，＋∞)上单调递增，在(12，2)上单调递减． 所以f (x )的极大值是f (12)＝3－ln 2，极小值是f (2)＝32＋ln 2. 因为当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以当g (x )仅有一个零点时，k >3－ln 2或k <32＋ln 2. 故实数k 的取值范围为(－∞，32＋ln 2)∪(3－ln 2，＋∞)． (2)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1，定义域为(0，＋∞)． 令h (x )＝f (x )－1＝ln x ＋2x ＋1－1， 因为h ′(x )＝1x －2(x ＋1)2＝x 2＋1x (x ＋1)2>0， 所以h (x )在(0，＋∞)上是增函数．①当x >1时，h (x )>h (1)＝0，即f (x )>1；②当0<x <1时，h (x )<h (1)＝0，即f (x )<1；③当x ＝1时，h (x )＝h (1)＝0，即f (x )＝1.3．(2015·广东)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤ 3a －2e－1. (1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x＝(x ＋1)2e x ，∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0，∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e－a ， ∴k OP ＝a －2e. f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e， 令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上递增．令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上递减．∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3. ∴m ＋1≤ 3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1. 4．已知函数f (x )＝a ln x －8x －1x ＋1. (1)求函数在点(1，－72)处的切线方程；(2)当a ＝2时，求函数的单调区间与函数在[1,3]上的最值；(3)设h (x )＝x 2－2bx ＋4，a ＝－2，若对于任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥h (x 2)成立，试确定b 的取值范围．解 (1)因为f (1)＝－72，所以(1，－72)在函数的图象上， 又f (x )＝a ln x －8x －1x ＋1， 所以f ′(x )＝a x －9(x ＋1)2，f ′(1)＝a －94， 所以所求切线的方程为y ＋72＝(a －94)(x －1)， 即y ＝(a －94)x －a －54. (2)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －8x －1x ＋1，f ′(x )＝2x －9(x ＋1)2＝2(x ＋1)2－9x x (x ＋1)2＝2x 2－5x ＋2x (x ＋1)2＝(2x －1)(x －2)x (x ＋1)2， 令f ′(x )>0，则x >2或0<x <12， 令f ′(x )<0，则12<x <2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，12)和(2，＋∞)，单调递减区间为(12，2)． 当x ∈[1,3]时，可知函数f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，所以最小值为f (2)＝2ln 2－5.又f (1)＝－72，f (3)＝2ln 3－234， 且f (3)－f (1)＝2ln 3－94<0， 所以f (1)>f (3)．所以函数f (x )在[1,3]上的最小值为2ln 2－5，最大值为－72. (3)若对于任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[2,3]，使f (x 1)≥h (x 2)，则f (x 1)min ≥h (x 2)min ，又a ＝－2，则f (x )＝－2ln x －8x －1x ＋1， f ′(x )＝－2x －9(x ＋1)2<0， 所以f (x )在[1,2]上单调递减，f (x 1)min ＝f (2)＝－2ln 2－5.所以x 2－2bx ＋4≤－2ln 2－5⇒2b ≥x 2＋9＋2ln 2x， 设函数g (x )＝x 2＋9＋2ln 2x， 则g (x )在[2,3]上单调递减，所以2b ≥g (x )min ＝g (3)＝9＋9＋2ln 23， 即b ≥9＋ln 23.所以b 的取值范围为[9＋ln 23，＋∞)．。
历年高考数学真题精选14 函数与导数的综合
历年高考数学真题精选（按考点分类）专题十四 函数与导数综合（学生版）一．解答题（共20小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．4．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．5．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 6．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a ，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．7．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．8．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数． （1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax ，求a 的取值范围． 9．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．10．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．11．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ae时，()0f x ． 12．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-． （1）若1a =，证明：当0x 时，()1f x ； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．13．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．14．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e+-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a 时，()0f x e +．15．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x ，求a 的取值范围．16．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．17．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．18．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．19．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(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 '．20．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题十四 函数与导数的综合（教师版）一．解答题（共20小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．解：（1）当1a =时，2())f x x x =-， 则5322()(0)f x x x x '=-，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-，令()0f x '=，则35a x =，当0a 时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件； 当1003a<时，3025a <，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，26a ∴=+，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=，函数()f x 在R 上单调递增．②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a 时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a，即3a 时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =>，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，舍去．综上可得：存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1．a ，b 的所有值为：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-，令()0f x '=，得0x =或3a x =． 若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<． 故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩． 当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．5．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---． 令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去．3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-． 令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 6．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a ，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞． 0a 时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞． 令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减．0x ∴是函数()f x 的唯一极值点． 令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=，可得()h x h （1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-． 111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1．因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>，故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-，化为0132x x ->．7．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此， 当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减； 当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈； （Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ）， 有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-； （Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e x =．记2n n y x n π=-，则(,)42n y ππ∈，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==及（Ⅰ），得0n y y ，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=， 又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n ny n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．8．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数． （1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax ，求a 的取值范围． 解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=， 当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->， 又(0)0g =，()2g π=-， ()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ， 使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负， 令()h x ax =，()()f x h x ，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴， a ∴的取值范围是(-∞，0]．9．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．解：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<，()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点， ②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得， 又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-，曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入，即有00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+，将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．故得证．10．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立， ()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减；当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+， 由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ， 当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．11．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ae时，()0f x ． 解：（1）函数()1x f x ae lnx =--．0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=，21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-， 当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e时，()1x e f x lnx e --，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，1x ∴=是()g x 的最小值点， 故当0x >时，()g x g （1）0=，∴当1ae时，()0f x ． 12．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-． （1）若1a =，证明：当0x 时，()1f x ； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-．则()2x f x e x '=-， 令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-，令()0g x '=，得2x ln =． 当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=，解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2x e a x ⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x =的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x -'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a 时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x ． 当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a =-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．13．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''，(0,)x ∈+∞时，()0f x '' ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增，()(0)0f x f ∴''=， ()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a ，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++，显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，()(0)0h x h ∴''=， ()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增，()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．14．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a 时，()0f x e +．解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e+-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． 令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a 时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a ，∴1(0,1]a∈，则11()af ee a -=--，1()aminf x ee ∴=--，∴当1a 时，()0f x e +．15．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x ，求a 的取值范围．解：（1）222()()x x x x f x e e a a x e e a a x =--=--，22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a ∴'=--=+-，①当0a =时，()0f x '>恒成立，()f x ∴在R 上单调递增， ②当0a >时，20x e a +>，令()0f x '=，解得x lna =， 当x lna <时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当x lna >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，③当0a <时，0x e a ->，令()0f x '=，解得()2a x ln =-，当()2ax ln <-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当()2ax ln >-时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，综上所述，当0a =时，()f x 在R 上单调递增，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增，当0a <时，()f x 在(-∞，())2a ln -上单调递减，在(()2aln -，)+∞上单调递增，（2）①当0a =时，2()0x f x e =>恒成立，②当0a >时，由（1）可得2()()0min f x f lna a lna ==-，0lna ∴，01a ∴<， ③当0a <时，由（1）可得：223()(())()0242mina a a f x f ln a ln =-=--，3()24a ln ∴-，3420e a ∴-<， 综上所述a 的取值范围为34[2e -，1]16．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．解：（1）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 可得曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线斜率为0(cos0sin 0)10k e =--=， 切点为0(0,cos00)e -，即为(0,1)，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为1y =；（2）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 令()(cos sin )1x g x e x x =--，则()g x 的导数为()(cos sin sin cos )2sin x x g x e x x x x e x '=---=-，当[0x ∈，]2π，可得()2sin 0x g x e x '=-，即有()g x 在[0，]2π递减，可得()(0)0g x g =，则()f x 在[0，]2π递减，即有函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值为0(0)cos001f e =-=；最小值为2()cos 2222f e πππππ=-=-．17．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解：2()()2I f ππ=-．()22sin f x x x '=-，()2f ππ∴'=．∴曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为：2(2)2()y x πππ--=-．化为：2220x y ππ---=．()()II h x g =()x a -2()(cos sin 22)(2cos )x f x e x x x a x x =-+--+()(cos sin 22)(sin cos 2)(22sin )x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+-- 2(sin )()2(sin )()x x lna x x e a x x e e =--=--．令()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-，∴函数()u x 在R 上单调递增． (0)0u =，0x ∴>时，()0u x >；0x <时，()0u x <．（1）0a 时，0x e a ->，0x ∴>时，()0h x '>，函数()h x 在(0,)+∞单调递增； 0x <时，()0h x '<，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x ∴=时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．（2）0a >时，令()2(sin )()0x lna h x x x e e '=--=．解得1x lna =，20x =． ①01a <<时，(,)x lna ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (,0)x lna ∈时，0x lna e e ->，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． ②当1a =时，0lna =，x R ∈时，()0h x '，∴函数()h x 在R 上单调递增． ③1a <时，0lna >，(,0)x ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (0,)x lna ∈时，0x lna e e -<，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (,)x lna ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 综上所述：0a 时，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．01a <<时，函数()h x 在(,)x lna ∈-∞，(0,)+∞是单调递增；函数()h x 在(,0)x lna ∈上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 当1a =时，0lna =，函数()h x 在R 上单调递增．1a >时，函数()h x 在(,0)-∞，(,)lna +∞上单调递增；函数()h x 在(0,)lna 上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 18．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 当0a =时，()210x f x e '=--<，∴当x R ∈，()f x 单调递减， 当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：1x ln a =，当()0f x '>，解得：1x ln a >，当()0f x '<，解得：1x ln a <，1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a∈，)+∞单调递增；当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a'=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--，当x →-∞时，20x e →，0x e →，∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ， ∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数， 21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a∴==⨯+-⨯-<， 1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->， 设1t a =，则()1g t lnt t =+-，(0)t >，求导1()1g t t '=+，由g （1）0=， 11t a∴=>，解得：01a <<，a ∴的取值范围(0,1)． 19．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(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 '．()I 解：()2sin 2(1)sin f x a x a x '=---．()II 当1a 时，|()||cos2(1)(cos 1)||cos2|(1)|(cos 1)||cos 2|(1)(|cos |1)|2(1)32(0)f x a x a x a x a x a x a x a a a f =+-++-++-++-=-=因此32A a =-．当01a <<时，2()cos2(1)(cos 1)2cos (1)cos 1f x a x a 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 -=，g （1）32a =-， 且当14a t a-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a --++=--=-，（二次函数在对称轴处取得极值） 令1114a a --<<，得13a <-（舍)或15a >． ①当105a<时，()g t 在(1,1)-内无极值点， |(1)|g a -=，|g （1）|23a =-，|(1)||g g -<（1）|，23A a ∴=-，②当115a <<时，由(1)g g --（1）2(1)0a =->，得(1)g g ->（1）1()4a g a ->， 又1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a--+--=>， 2161|()|48a a a A g a a-++∴==，综上，2123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧-<⎪⎪++⎪=<<⎨⎪-⎪⎪⎩． ()III 证明：由()I 可得：|()||2sin 2(1)sin |2|1|f x a x a x a a '=---+-， 当105a <时，|()|1242(23)2f x a a a A '<+-<-=， 当115a <<时，2611318884a a a A a a ++==++>， |()|12f x a A ∴'+，当1a 时，|()|31642f x a a A '--=，综上：|()|2f x A '．20．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．解：（Ⅰ）函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a ∴'=-+-=-+，①若0a =，那么()0(2)02x f x x e x =⇔-=⇔=，函数()f x 只有唯一的零点2，不合题意；②若0a >，那么20x e a +>恒成立，当1x <时，()0f x '<，此时函数为减函数；当1x >时，()0f x '>，此时函数为增函数；此时当1x =时，函数()f x 取极小值e -，由f （2）0a =>，可得：函数()f x 在1x >存在一个零点；当1x <时，x e e <，210x -<-<，222()(2)(1)(2)(1)(1)(1)x f x x e a x x e a x a x e x e ∴=-+->-+-=-+--， 令2(1)(1)0a x e x e -+--=的两根为1t ，2t ，且12t t <，则当1x t <，或2x t >时，2()(1)(1)0f x a x e x e >-+-->，故函数()f x 在1x <存在一个零点；即函数()f x 在R 是存在两个零点，满足题意；③若02e a -<<，则(2)1ln a lne -<=， 当(2)x ln a <-时，1(2)110x ln a lne -<--<-=，(2)220x ln a e a e a -+<+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当(2)1ln a x -<<时，10x -<，(2)220x ln a e a e a -+>+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当1x >时，10x ->，(2)220x ln a e a e a -+>+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当(2)x ln a =-时，函数取极大值，由22((2))[(2)2](2)[(2)1]{[(2)2]1}0f ln a ln a a a ln a a ln a -=---+--=--+<得： 函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；④若2e a =-，则(2)1ln a -=， 当1(2)x ln a <=-时，10x -<，(2)220x ln a e a e a -+<+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当1x >时，10x ->，(2)220x ln a e a e a -+>+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故函数()f x 在R 上单调递增，函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；⑤若2e a <-，则(2)1ln a lne ->=， 当1x <时，10x -<，(2)220x ln a e a e a -+<+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当1(2)x ln a <<-时，10x ->，(2)220x ln a e a e a -+<+=，即()(1)(2)0x f x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当(2)x ln a >-时，10x ->，(2)220x ln a e a e a -+>+=， 即()(1)(2)0x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 故当1x =时，函数取极大值，由f （1）0e =-<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意； 综上所述，a 的取值范围为(0,)+∞证明：（Ⅱ）1x ，2x 是()f x 的两个零点，12()()0f x f x ∴==，且11x ≠，且21x ≠，12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --∴-==--， 令2(2)()(1)xx e g x x -=-，则12()()g x g x a ==-， 23[(2)1]()(1)xx e g x 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 >，则11122221111(1)(1)(1)1m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-+--=-=++， 设21()11m m h m e m -=++，0m >， 则2222()0(1)m m h m e m '=>+恒成立， 即()h m 在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h m h >=恒成立，即(1)(1)g m g m +>-恒成立，令110m x =->，则1111212(11)(11)(2)()()2g x g x g x g x g x x x +->-+⇔->=⇔->， 即122x x +<．。
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2016年高考数学复习参考题14 函数与导数一、选择题1.下列函数中，既是偶函数又在+∞（0，）单调递增的函数是(A) 3y x = (B) 1y x =+ (C) 21y x =-+ (D) 2xy -=【选题意图】考察简单初等函数的单调性与奇偶性。
2.设偶函数()f x 满足3()8(0)f x x x =-≥，则{|(2)0}x f x ->= (A) {|24}x x x <->或 (B) {|04}x x x <>或 (C) {|06}x x x <>或 (D) {|22}x x x <->或【选题意图】本题主要考查偶函数性质、不等式的解法以及相应的运算能力。
3.由曲线y ，直线2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（A ）103 （B ）4 （C ）163（D ）6 【选题意图】考察定积分的几何意义。
4.用{}min ,,a b c 表示,,a b c 三个数中的最小值.设{}()min 2,2,10xf x x x =+- (0x ≥),则()f x 的最大值为(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 【选题意图】考察函数图象的画法与最值。
5．已知函数2()1,()43,x f x e g x x x =-=-+-若有()(),f a g b =则b的取值范围为A ．[2B ．(2C ．[1,3]D ．(1,3) 【选题意图】考察函数的值域及能成立问题。
6.当102x <≤时，4log x a x <，则a 的取值范围是 (A) (0，22) (B) (22，1) (C) (1，2) (D) (2，2) 【选题意图】考察利用函数图象解决恒成立问题，指数函数与对数函数的图像与性质及数形结合思想。
7.设3log 2a =，5log 2b =，2log 3c =，则(A) a c b >> (B) b c a >> (C) c b a >> (D) c a b >> 【选题意图】考察指数对数的比较大小问题。
8.已知函数|lg |,010,()16,10.2x x f x x x <≤⎧⎪=⎨-+>⎪⎩若,,a b c 互不相等，且()()(),f a f b f c ==则abc的取值范围是 (A) (1,10)(B) (5,6)(C) (10,12)(D) (20,24)【选题意图】考察将方程的根转化为函数图象交点问题。
9.函数11y x=-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于 (A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 【选题意图】考察函数图象的交点问题。
10.曲线12ex y =在点2(4e )，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 (A) 29e 2(B) 24e(C) 22e(D) 2e【选题意图】导数运算及导数的几何意义。
11.在下列区间中，函数()43x f x e x =+-的零点所在的区间为(A) 1(,0)4- (B) 1(0,)4 (C) 11(,)42 (D) 13(,)24【选题意图】考察函数的零点的位置确定问题。
12.设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 最小值为（ ） (A) 1ln 2-ln 2)- (C) 1ln 2+ln 2)+ 【选题意图】考察反函数图象的对称性以及距离最值问题。
二、填空题 1.设函数(1)()()x x a f x x++=为奇函数，则a =________【选题意图】考察已知奇偶性求参数值的问题。
2.曲线(3ln 1)y x x =+在点（1,1）处的切线方程为________ 【选题意图】考察直线方程与基本导数运算。
3.设函数22(1)sin ()1x xf x x ++=+的最大值为M ，最小值为m ，则M m +=____ 【选题意图】本题主要考查利用函数奇偶性、最值及转换与化归思想。
4.若函数()f x =22(1)()x x ax b -++的图像关于直线x =－2对称，则()f x 的最大值是___. 【选题意图】考察本题主要考查函数的对称性及利用导数求函数最值。
三、解答题1.设函数2()ln()f x x a x =++（I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2． 【选题意图】考察单调性的讨论以及极值的讨论问题。
2.设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； (Ⅱ) 若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围 【选题意图】讨论最值法解决恒成立问题的经典例子。
3.已知函数2()1ax bf x x +=+（0a >，a 、b 为常数）的所有极值之和为零． （Ⅰ）求b 及()f x 的极大值点；（Ⅱ）若()f x 的极大值为1，对任意0x >，22()2ln f x m x≤+恒成立，求实数m 的取值范围．【选题意图】讨论最值法解决恒成立问题的复杂。
4.已知2()e x f x x b =-+，曲线()y f x =与直线1y ax =+ 相切于点(1,(1))f . （1）求 ,a b 的值；（2）求证：当0x > 时，2e (2e)1x x x +--≥ .【选题意图】利用导数证明不等式问题。
5.设22e ()ln xm f x m x x x =+- （1）若0m ≤ ，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在(0,2) 内存在两个极值点，求m 的取值范围. 【选题意图】考察极值的存在性问题。
6.已知R a ∈，函数32()3333f x x x ax a =-+-+. （1）求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （2）当]2,0[∈x 时，求|)(|x f 的最大值. 【选题意图】考察函数最值的讨论问题。
7.设)(x f 是定义在[]1,1-上的奇函数，且当01<≤-x 时，2352)(ax x x f +=b x a ++24．(1) 求函数)(x f 的解析式；(2) 当31≤<a 时，求函数)(x f 在(]1,0上的最大值)(a g ；(3) 如果对满足31≤<a 的一切实数a ，函数)(x f 在(]1,0上恒有0)(≤x f ，求实数b 的取值范围．【选题意图】考察基本的最值讨论和恒成立问题。
8.已知函数()ln 3f x a x ax =-- ()a ∈R . （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()y f x =的图象在点()2,(2)f 处的切线的倾斜角为45︒，问：m 在什么范围内取值时，对于任意[]1,2t ∈，函数32()()2m g x x x f x ⎡⎤'=++⎢⎥⎣⎦在区间(), 3t 上总存在极值?【选题意图】考察单调性的讨论和根的讨论问题。
9.设函数()2eln xf x a x =-.(1)讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； (2)证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+. 【选题意图】考察根的个数与不等式的证明问题。
10.已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f ，R a ∈. (1)讨论函数)(x f 的单调性；(2)设1a ≤-，如果对任意),0(,21+∞∈x x ，1212|()()|4||f x f x x x -≥-，求a 的取值范围. 【选题意图】考察函数的单调性讨论以及构造函数解决恒成立的问题。
参考答案一、选择题 1.【答案】B【解析】定义及图像可知。
2.【答案】B【解析】当0x <时，则0x ->，由偶函数满()f x 足3()8(0)f x x x =-≥可得，3()()8f x f x x =-=--，则338(0)()8(0)x x f x x x ⎧-≥=⎨--<⎩，33(2)8(2)(2)(2)8(2)x x f x x x ⎧--≥-=⎨---<⎩ 令(2)0f x ->，可解得4,0x x ><或.应选B. 3.【答案】C【解析】用定积分求解432420021162)(2)|323s x dx x x x =-+=-+=⎰。
4.【答案】C【解析】画出2,2,10x y y x y x ==+=-的图象，如右图，观察图象可知，2,02()2,2410,4x x f x x x x x ⎧≤≤⎪=+<≤⎨⎪->⎩，所以()f x 的最大值在4x =时取得为6，故选C.5.【答案】B【解析】由题可知()11xf x e =->-，22()43(2)11g x x x x =-+-=--+≤，若有()(),f a g b =则()(1,1]g b ∈-，即2431b b -+->-，解得22b <<6.【答案】B【解析】由指数函数与对数函数的图像知12011log 42a a <<⎧⎪⎨>⎪⎩，解得12a <<，故选B . 7.【答案】D 【解析】因为321log 21log 3=<，521log 21log 5=<，又2log 31>，所以c 最大.又221log 3log 5<<，所以2211log 3log 5>，即a b >，所以c a b >>，选D. 8.【答案】C【解析】不妨设a b c <<，取特例，如取1()()()2f a f b f c ===，则易得112210,10,11a b c -===，从而11abc =，选C ．另解：不妨设a b c <<，则由()()1f a f b ab =⇒=，再根据图像易得1012c <<，故选C ． 9.【答案】D【解析】图像法求解.11y x =-的对称中心是（1,0）也是2sin (24)y x x π=-≤≤的中心，24x -≤≤他们的图像在1x =的左侧有4个交点，则1x =右侧必有4个交点.不妨把他们的横坐标由小到大设为1,2345678,,,,,,x x x x x x x x ，则182736452x x x x x x x x +=+=+=+=，所以选D10.【答案】D【解析】11221(),2x x y e e ''⇒==曲线在点2(4e )，处的切线斜率为212e ，因此切线方程为221(4),2y e e x -=-则切线与坐标轴交点为2(2,0),(0,),A B e -所以： 221||2.2AOB S e e ∆=-⨯=11.【答案】C【解析】本题考查零点存在定理，属于中等题。