近3年2015-2017各地高考数学真题分类专题汇总--导数及其应用

2017年高考数学试题分类汇编及答案解析---导数及其应用
一、选择题（在每小题给出的四个选项中¸只有一项是符合题目要求的）
1（2017北京文）已知函数1()3()3
x x
f x =-¸则()f x （ ）
.A 是偶函数¸且在R 上是增函数 .B 是奇函数¸且在R 上是增函数 .C 是偶函数¸且在R 上是减函数 .D 是奇函数¸且在R 上是增函数
2.（2017新课标Ⅱ文）函数2()ln(28)f x x x =--的单调递增区间是（ ）
.A (,2)-∞- .B (,1)-∞ .C (1,
)+∞ .D (4,)+∞
З.（2017山东文）设()()1
21,1x f x x x <<=-≥⎪⎩
,若()()1f a f a =+,则
1f a ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
（ ）2.A 4.B 6.C 8.D
4.（2017山东文）若函数()e x
f x 在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性
质.下列函数中具有M 性质的是（ ）
x x f A -=2)(. .B ()2f x x = .C ()3x f x -= .D ()c o s f x x = 5.（2017新课标Ⅰ文数）函数sin21cos x
y x
=
-的部分图像大致为（ ）
б.（2017新课标Ⅰ文数）已知函数()ln ln(2)f x x x =+-¸则（ ）
.A )(x f y =在)2,0(单调递增
.B )(x f y =在)2,0(单调递减
.C )(x f y =的图像关于直线1=x 对称 .D )(x f y =的图像关于点)0,1(对称
7.（2017天津文）已知奇函数()f x 在R 上是增函数.若
0.8221
(log ),(log 4.1),(2)5a f b f c f =-==¸则,,a b c 的大小关系为（ ）
.A a b c << .B b a c << .C c b a << .D c a b
<<
8.（2017天津文）已知函数||2,1,()2
, 1.x x f x x x x +<⎧⎪
=⎨+≥⎪⎩设R a ∈¸若关于x 的不等式()|
|2
x
f x a ≥+在R 上恒成立¸则a 的取值范围是（ ） .A [2,2]- .
B [- .
C [- .
D [-
9.（2017新课标Ⅲ文数）函数2sin 1x
x
x y ++=的部分图像大致为（ ）
.A .B .C .D
10.（2017新课标Ⅲ文数）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点¸则=a （ ） 2
1.-
A
.
B 13
.
C 12
1.D
11.（2017新课标Ⅲ理数）已知函数2
1
1()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点¸则=a
（ ）2
1.-
A
31.B 2
1
.C
1.D 1
2.（2017新课标Ⅰ理数）函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减¸且为奇函数．若(11)f =-¸则
满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是（ ）
.A [2,2]-
.B [1,1]-
.C [0,4] .D [1,3]
1З.（2017新课标Ⅱ理）若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点¸则()f x 的极小
值为（ ） 1.-A
.B 32e --
.C 35e -
1.D
14.（2017天津理）已知奇函数()f x 在R 上是增函数¸()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-¸
0.8(2)b g =¸(3)c g =¸则c b a ,,的大小关系为（ ）
.A a b c << .B c b a << .C b a c <<
.D b c a <<
15.（2017天津理）已知函数23,1,
()2
, 1.x x x f x x x x ⎧-+≤⎪
=⎨+>⎪
⎩
设R a ∈¸若关于x 的不等式
()|
|2
x
f x a ≥+在R 上恒成立¸则a 的取值范围是（ ） ]2,1647.[-
A ]16
39,1647.[-B ]2,32.[-C ]16
39
,
32.[-D
1б.（2017山东理）已知当[]
0,1x ∈时¸函数()2
1y mx =-的图象与y m =的图象有
且只有一个交点¸则正实数m 的取值范围是（ ）
.A (])
0,1⎡+∞⎣ .B (][)0,13,+∞
.C ()⎡+∞⎣ .D (
[)3,+∞
17.（2017浙江）若函数b ax x x f ++=2)(在区间]1,0[上的最大值是M ¸最小值是m ¸则
m M - （ ）
.A 与a 有关¸且与b 有关
.B 与a 有关¸但与b 无关
.C 与a 无关¸且与b 无关
.D 与a 无关¸但与b 有关
18.（2017浙江）函数)(x f y =的导函数()y f x '=的图象如图所示¸ 则函数)(x f y =的图象可能是（ ）
二、填空题（将正确的答案填在题中横线上）
19.（2017山东文）已知)(x f 是定义在R 上的偶函数,且)2()4(-=+x f x f .若当[3,0]
x ∈-时,()6x
f x -=,则=)919(f .
20.（2017天津文）已知a ∈R ¸设函数()ln f x ax x =-的图象在点))1(,1(f 处的切线为l ¸则l 在y 轴上的截距为 .
21.（2017新课标Ⅱ文）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数¸当(,0)x ∈-∞时¸
32()2f x x x =+¸则(2)f = .
22.（2017新课标Ⅲ文数）设函数10()20x
x x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，
则满足1
()()12f x f x +->的x 的取值范围是__________.
2З.（2017新课标Ⅰ文数）曲线2
1
y x x
=+
在点)2,1(处的切线方程为_______.
24.（2017新课标Ⅲ理数）设函数
10()20x
x x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，
则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是_____________.
25.（2017山东理）若函数()x e f x （ 2.71828e = 是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增¸则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 .
①()2x f x -=
②()3x f x -=
③()3f x x =
④()22f x x =+
2б.（2017江苏）已知函数31()2e e
x x f x x x =-+-
．若2(1)(2)0f a f a -+≤¸则实数a 的取值范围是 ．
27.（2017江苏）．设()f x 是定义在R 上且周期为1的函数¸在区间[0,1)上¸2
,,
(),,
x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨
∉⎪⎩其中集合1
{n D x x n
-==
¸*}n ∈N ¸则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 ． 三、解答题（应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 28.（2017北京文）已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π
[0,]2
上的最大值和最小值．
29.（2017新课标Ⅱ文）设函数2()(1)e x f x x =-.
（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时¸()1f x ax ≤+¸求a 的取值范围.
З0.（2017天津文））设,a b ∈R ¸||1a ≤.已知32()63(4)f x x x a a x b =---+¸()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点),(00y x 处有相同的切线¸ （i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；
（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立¸求b 的取值范围.
З1.（2017新课标Ⅲ文数）已知函数.)12(ln )(2x a ax x x f +++=
（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0<a 时¸证明3
()24f x a
≤--．
З2.（2017新课标Ⅰ文数）已知函数.)()(2x a a e e x f x x --=
（1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x ≥¸求a 的取值范围．
ЗЗ.（2017山东文）已知函数()32
11,32
f x x ax a =
-∈R . （Ⅰ）当2=a 时,求曲线()y f x =在点()()
3,3f 处的切线方程；
（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
З4.（2017新课标Ⅱ理）已知函数2
()ln f ax a x x x x =--¸且()0f x ≥．
（1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ¸且22
0e ()2f x --<<．
З5.（2017北京理）已知函数.cos )(x x e x f x -= （Ⅰ）求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数)(x f 在区间[0¸π
2
]上的最大值和最小值.
Зб.（2017浙江）已知函数).2
1()12()(≥
--=-x e x x x f x
（Ⅰ）求)(x f 的导函数；
（Ⅱ）求)(x f 在区间1
[+)2
∞，上的取值范围．
З7.（2017山东理）已知函数()22cos f x x x =+¸()()cos sin 22x g x e x x x =-+-.
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f x π处的切线方程；
（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a R =-∈¸讨论()h x 单调性并判断有无极值¸若有求出极值.
З8.（2017新课标Ⅰ理数）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.
()0f x ≥
З9.（2017江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值¸且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．
（1）求b 关于a 的函数关系式¸并写出定义域； （2）证明：23b a >；
（З）若()f x ¸()f x '这两个函数的所有极值之和不小于7
2
-¸求a 的取值范围．
40.（2017新课标Ⅲ理数）已知函数.ln 1)(x a x x f --= （1）若 ¸求a 的值；
（2）设m 为整数¸且对于任意正整数n ¸2111
1++1+)222
n ()(1)(m <¸求m 的最小值．
41.（2017天津理）设a ∈Z ¸已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ¸()g x 为()f x 的导函数. （Ⅰ）求()g x 的单调区间；
（Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈ ¸函数0()()()()h x g x m x f m =--¸求证：0()()0h m h x <； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ¸使得对于任意的正整数,p q ¸且
00[1,)(,2],p
x x q
∈ 满足04
1||p x q Aq -≥.
201б年高考数学试题分类汇编及答案解析---导数及其应用
1、（201б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 （Α）sin y x = （Β）ln y x =
（C ）e x y =
（D ）3y x =
【答案】Α
2、（201б年四川高考）已知Α函数f(x)＝x З
－12x 的极小值点¸则Α= (Α)-4 (Β) -2 (C)4 (D)2 【答案】D
З、（201б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Α¸Β则则△P ΑΒ的面积的取值范围是
(Α)(0,1) (Β) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】Α
4、（201б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Α的取值范围是
（Α）[]1,1-（Β）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3
⎡
⎤--⎢⎥
⎣
⎦
【答案】C
二、填空题
1、（201б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】З
2、（201б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、（201б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：2
30a 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23
x =-
． ()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()32
44f 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 ->¸()()2
32
442f 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、（201б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Α=2,b =
1
2
. 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Αb 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(())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''22
()(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 2log 2log 2(log 2)220a a a a g a b a =+->-=¸且函数()g x 在以0
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断¸所以在0
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
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 =.
З、（201б年山东高考）设f (x )=x ln x –Αx 2+(2Α–1)x ¸Α∈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Α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Α的取值范围为1
2
a >.
4、（201б年四川高考）设函数f(x)=Αx 2－Α－lnx ¸g(x)=1x －e
e x ¸其中Α∈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Α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
x =
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()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1
2a <<
>1. 由（I ）有(1)0
f f <=,从而0
g >¸ 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 --+->-+-=
3222
21210x 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、（201б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3x =
或3
x =-. 当x 变化时¸()f x '、()f x 的变化情况如下表：
所以()f x 的单调递减区间为(¸单调递增区间为(,-∞¸
()+∞. （2）证明：因为()f x 存在极值点¸所以由（1）知0a >且00x ≠.
由题意得2
00()30f x x a '=-=¸即20
3a x =¸进而3
00
002()3a f x x ax b x b =--=--¸ 又3
00
0000082(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 .
（З）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¸11≤-<≤
¸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
334a ≤<时¸11≤-<<<≤
由（1）和（2） 知(1)(f f f -≥=¸(1)(f f f ≤=¸
所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(f f ¸
所以max{|(
|,|(|}max{||,||}33f f b b -=
231
max{|
|}||944
b b b ==≥⨯=.
③当304a <<
时¸11-<<<¸由（1）和（2）知¸
(1)(f f f -<=¸(1)(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
.
б、（201б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
(ln(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ln(2)1a ->¸即2
e
a <-¸则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞ 时¸()0f x '>；当(1,ln(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、（201б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¸22
2(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1211=--=-+x a x 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、（201б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¸1
1ln x x x
-<
<； （III ）设1c >¸证明当(0,1)x ∈时¸1(1)x
c x c +->.
9、（201б年浙江高考）
设函数()f x =31
1x x
+
+¸[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 2
1x x ≥-+； （II ）
34<()f x 32
≤. 解析：(Ⅰ)因为()()4
423
111,11x x x x x x x
----+-==--+
由于[]0,1x ∈¸有411,11x x x -≤++即2311
1x x x x
-≤-++¸ 所以()2
1.f x x x ≥-+
(Ⅱ)由01x ≤≤得3
x x ≤¸
故()()()()3
121113333
11222122
x x f x x x x x x -+=+≤+-+=+≤+++¸
所以()32
f x ≤
. 由(Ⅰ)得()2
21331244f x x x x ⎛
⎫≥-+=-+≥ ⎪⎝
⎭¸
又因为11932244
f ⎛⎫
=> ⎪⎝⎭
¸所以()34f x >¸
综上¸()33
.42
f x <≤
2015年高考数学试题分类汇编及答案解析---导数及其应用
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；З.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.
З．（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 ；
（З）在（2）中¸取2000,D 14
a
a b z b ===-≤求满足时的最大值。

4.（15年安徽文科）已知函数)0,0()()(2
>>+=
r a r x ax
x f
（1）求)(x f 的定义域¸并讨论)(x f 的单调性； （2）若
400=r
a
¸求)(x f 在),0(+∞内的极值。

【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 ）在（+∞,0)(x f 内的极大值为10044)(2===r
a
r ar r f ）
在（+∞,0)(x f 内无极小值； 所以）在（+∞,0)(x f 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（ ） Α．11
f k k ⎛⎫<
⎪⎝⎭ Β．111f k k ⎛⎫
> ⎪
-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫
> ⎪
--⎝⎭
【答案】C
考点：函数与导数．
б.（15年福建理科）已知函数f()ln(1)x x =+¸(),(k ),g x kx R =?
(Ⅰ)证明：当0x x x ><时，f()；
(Ⅱ)证明：当1k <时¸存在00x >,使得对0(0),x x Î任意，恒有f()()x g x >；
(Ⅲ)确定k 的所以可能取值¸使得存在0t >¸对任意的(0),x Î，t 恒有2
|f()()|x g x x -<．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) =1k ． 【解析】
试题分析：(Ⅰ)构造函数()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??即()0G x >¸
求导得1
()1+G x k x
¢
=-
(1k)
1+kx x
-+-=
¸利用导数研究函数()G x 的形状和最值¸证明当1k <时¸存在00x >¸使得
()0G x >即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知¸当1k >时¸对于(0,),x "违+
()f ()g x x x ，>>故
()f()g x x >¸则不等式2|f()()|x g x x -<变形为2k ln(1)x x x -+<¸构造函数
2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+¸只需说明()0M x <¸易发现函数()M x 在
0x Î（递增¸而(0)0M =¸故不存在；
当1k <时¸由(Ⅱ)知¸存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f ()
()x g x >¸此时不等式变形为2ln(1)k x x x +-<¸
构
造
2
N ()
l n (1)k
,[0)x x x x x =+--违，+¸
易发现函数()
N x 在
0x Î（递增¸而(0)0N =¸不满足题意；当=1k 时¸代入证明
即可．
试题解析：解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??则有
1()11+1+
x
F x x x ¢=
-=- 当(0,),x ?? ()0F x ¢<,所以()F x 在(0,)+?上单调递减； 故当0x >时¸()(0)0,F x F <=即当0x >时¸x x f()<．
(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??则有1(1k)
()1+1+kx G x k x x
-+-¢
=-= 当0k £ G ()0x ¢>,所以G()x 在[0,)+?上单调递增, G()(0)0x G >= 故对任意正实数0x 均满足题意. 当01k <<时¸令()0,x G ¢=得11
=10k x k k
-=->． 取01
=
1x k
，-对任意0(0,),x x Î恒有G ()0x ¢>,所以G ()x 在0[0,x )上单调递增, G()(0)0x G >=,即 f()()x g x >.
综上¸当1k <时¸总存在00x >,使得对任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >． (З)当1k >时¸由（1）知¸对于(0,),x "违+
()f()g x x x ，
>>故()f()g x x >¸ |f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+¸
令
2M()k ln(1),[0)
x x x x x =-+-违，+¸则有
2
1
-2
+(
k -
2M ()
k
2
=
,
11x x k x x
x
x
+-¢=--++
故
当
)
8
(k 1)
0x Î（时
¸
M ()0
x ¢>,M()x 在
[0上单调递增¸故M()M(0)0x >=,即2|f()()|x g x x ->,所以
满足题意的t 不存在.
当1k <时¸由（2）知存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >． 此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-, 令
2N()ln(1)k ,[0)
x x x x x =+--违，+¸则有
2
'
1
-2
-(k
+2
()2=
,
11x x k N x k x
x
x
-+=--++
故
当
+2
)
8(1k )
0x Î（时
¸
N ()0x ¢>,M()
x 在
[0上单调递增¸故N()(0)0x N >=,即2f()()x g x x ->,记
0x 与
1x ¸ 则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有¸故满足题意的t 不存在.
当=1k ¸由（1）知¸(0,),x 违
当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+¸
令2
H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+¸则有2
1-2H ()12=,11x x
x x x x
-¢
=--++
当0x >时¸H ()0x ¢<,所以H()x 在[0+¥，）上单调递减¸故H()(0)0x H <=, 故当0x >时¸恒有2|f()()|x g x x -<,此时¸任意实数t 满足题意. 综上¸=1k .
解法二：（1）（2）同解法一.
（З）当1k >时¸由（1）知¸对于(0,),x "违+
()f()g x x x >>，
¸ 故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-¸ 令2(k 1),01x x x k -><<-解得¸
从而得到当1k >时¸(0,1)x k ?对于恒有2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在. 当1k <时¸取11k+1
=
12
k k k <<，从而 由（2）知存在00x >,使得0(0),x x Î任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=. 此时11|f()()|f()()(k)2
k
x g x x g x k x x --=->-=, 令
21k 1k
,022x x x --><<解得¸此时 2f()()x g x x ->, 记0x 与1-k 2
中较小的为1x ¸则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有¸
故满足题意的t 不存在.
当=1k ¸由（1）知¸(0,),x 违
当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+¸
令2
M()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞，+¸则有212M ()12,11x x
x x x x
--'=--=++ 当0x >时¸M ()0x ¢<,所以M()x 在[0+∞，）上单调递减¸故M()M(0)0x <=, 故当0x >时¸恒有2
|f()()|x g x x -<,此时¸任意实数t 满足题意 综上¸=1k .
考点：导数的综合应用．
7.（15年福建文科）“对任意(0,)2
x π
∈¸sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）
Α．充分而不必要条件 Β．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】Β
考点：导数的应用．
8.（15年福建文科）已知函数2
(1)()ln 2
x f x x -=-．
(Ⅰ)求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当1x >时¸()1f x x <-；
（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值¸使得存在01x >¸当0(1,)x x ∈时¸恒有()()1f x k x >-．
【答案】(Ⅰ) ⎛ ⎝
⎭；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）(),1-∞． 【解析】
试题分析：(Ⅰ)求导函数()21
x x f x x
-++'=¸解不等式'()0f x >并与定义域求交集¸得函
数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数()()()F 1x f x x =--¸()1,x ∈+∞．欲证明()1f x x <-¸只需证明()F x 的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II ）知¸当1k =时¸不存在01x >满足题意；当1k >时¸对于1x >¸
有()()11f x x k x <-<-¸则()()1f x k x <-¸从而不存在01x >满足题意；当1k <时¸构造函数()()()G 1x f x k x =--¸()0,x ∈+∞¸利用导数研究函数()G x 的形状¸只要存在
01x >¸当0(1,)x x ∈时
()0G x >即可．
试题解析：（I ）()211
1x x f x x x x
-++'=-+=¸()0,x ∈+∞．
由()0f x '>得2
10
x x x >⎧⎨
-++>⎩解得0x <<
故()f x 的单调递增区间是⎛ ⎝⎭
． （II ）令()()()F 1x f x x =--¸()0,x ∈+∞．
则有()21F x x x
-'=．
当()1,x ∈+∞时¸()F 0x '<¸ 所以()F x 在[)1,+∞上单调递减¸
故当1x >时¸()()F F 10x <=¸即当1x >时¸()1f x x <-． （III ）由（II ）知¸当1k =时¸不存在01x >满足题意．
当1k >时¸对于1x >¸有()()11f x x k x <-<-¸则()()1f x k x <-¸从而不存在01x >满足题意．
当1k <时¸令()()()G 1x f x k x =--¸()0,x ∈+∞¸
则有()()2111
G 1x k x x x k x x
-+-+'=-+-=．
由()G 0x '=得¸()2
110x k x -+-+=．
解得10x =
<¸21x =
>．
当()21,x x ∈时¸()G 0x '>¸故()G x 在[)21,x 内单调递增． 从而当()21,x x ∈时¸()()G G 10x >=¸即()()1f x k x >-¸
综上¸k 的取值范围是(),1-∞． 考点：导数的综合应用．
9.（15年新课标1理科）设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中Α1¸若存在唯一
的整数x 0¸使得0()f x 0¸则a 的取值范围是（ ） Α.[-¸1） Β. [-¸） C. [¸） D. [¸1） 【答案】D
10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数()()f x x R ∈的导函数¸f （-1）=0¸当0
x >时¸'
()()0xf x f x -<¸则使得()0f x >成立的x 的取值范围是 （Α） （Β）
（C ） （D ）
【答案】Α 【解析】
记函数()()f x g x x
=¸则''
2
()()()xf x f x g x x -=¸因为当0x >时¸'()()0xf x f x -<¸故当0x >时¸'()0g x <¸所以()g x 在(0,)+∞单调递减；又因为函数()()f x x R ∈是奇函数¸故
函数()g x 是偶函数¸所以()g x 在(,0)-∞单调递减¸且(1)(1)0g g -==．当01x <<时¸()0g x >¸则()0f x >；当1x <-时¸()0g x <¸则()0f x >¸综上所述¸使得()0f x >成立的x 的取值范围是
(,1)(0,1)-∞- ¸故选Α．
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ln y x x =+在点()1,1 处的切线与曲线
()221y ax a x =+++ 相切,则Α= ．
【答案】8 【解析】
试题分析：由1
1y x
'=+
可得曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线斜率为2,故切线方程为21y x =-,与
()221y ax a x =+++ 联立得220ax ax ++=,显然0a ≠,所以由
2808a a a ∆=-=⇒=.
考点：导数的几何意义.
1З.（15年新课标2文科）已知()()ln 1f x x a x =+-.
（I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求Α的取值范围. 【答案】（I ）0a ≤,()f x 在()0,+∞是单调递增；0a >,()f x 在10,
a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递增,在1,a ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
单调递减；（II ）()0,1. 【解析】
考点：导数的应用.
14.（15年陕西理科）对二次函数2()f x ax bx c =++（Α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（ ）
Α．-1是()f x 的零点 Β．1是()f x 的极值点 C ．З是()f x 的极值 D . 点(2,8)在曲线()y f x =上 【答案】Α
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()n f x 是等比数列1¸x ¸2x ¸⋅⋅⋅¸n x 的各项和¸其中0x >¸n ∈N
¸
2n ≥．
（I ）证明：函数()()F 2n n x f x =-在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
内有且仅有一个零点（记为n x ）¸且1
1122
n n n x x +=
+； （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()n g x ¸比较()n f x
与()n g x 的大小¸并加以证明．
【答案】（I ）证明见解析；（II ）当1x =时¸ ()()n n f x g x =¸当1x ≠时¸()()n n f x g x <¸证明见解析． 【解析】
试题分析：（I ）先利用零点定理可证()F n x 在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
内至少存在一个零点¸再利用函数的单调性可证()F n x 在1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
内有且仅有一个零点¸进而利用n x 是()F n x 的零点可证。