2015高考复习专题五 函数与导数 含近年高考试题
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：函数与导数 函数的图象(含答案)
第二章 函数与导数第5课时函数的图象1. 函数f(x)＝2x ＋1x －1图象的对称中心的坐标是________。
答案：(1、2)解析：f(x)＝2＋3x －1.2. 函数f(x)＝(2－a 2)x ＋a 的图象在区间[0、1]上恒在x 轴上方、则实数a 的取值范围是________。
答案：(0、2)解析：由题意、只需⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （1）>0，即可。
3. 设函数y ＝f(x)是定义在R 上、则函数y ＝f(x －1)与y ＝f(1－x)的图象关于直线________对称。
答案：x ＝1解析：由y ＝f(1－x)＝f[－(x －1)]、知y ＝f(1－x)的图象是由y ＝f(－x)的图象向右平移1个单位而得、而函数y ＝f(x －1)的图象是由y ＝f(x)的图象向右平移1个单位而得、函数y ＝f(－x)与y ＝f(x)的图象关于直线x ＝0对称、所以函数y ＝f(x －1)与y ＝f(1－x)的图象关于直线x ＝1对称。
4. 函数f(x)＝|x 2－ax ＋a|(a>0)的单调递增区间是________。
答案：⎣⎡⎦⎤－a 2，0和⎣⎡⎭⎫a2，＋∞ 5. 不等式lg(－x)<x ＋1的解集是________。
答案：(－1、0)6. 任取x 1、x 2∈(a 、b)、且x 1≠x 2、若f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>12[f(x 1)＋f(x 2)]、则称f(x)是(a 、b)上的凸函数。
在下列图象中、是凸函数图象的是________。
(填序号)答案：④7. 已知函数y ＝f(x)的周期为2、当x ∈[－1、1]时 f(x)＝x 2、那么函数y ＝f(x)的图象与函数y ＝|lgx|的图象的交点共有________个。
答案：10解析：根据f(x)的性质及f(x)在[－1、1]上的解析式可作图如下：可验证当x ＝10时、y ＝|lg10|＝1；当0<x<10时、|lgx|<1；x>10时、|lgx|>1. 因此结合图象及数据特点y ＝f(x)与y ＝|lgx|的图象交点共有10个。
2015年高考试题函数与导数部分
20.（2015上海）（本题满分14分）本题共有2小题，第小题满分6分，第小题满分8分
如图， ， ， 三地有直道相通， 千米， 千米， 千米.现甲、乙两警员同时从 地出发匀速前往 地，经过 小时，他们之间的距离为 （单位：千米）.甲的路线是 ，速度为 千米/小时，乙的路线是 ，速度为 千米/小时.乙到达 地后原地等待.设 时乙到达 地.
19．（2015广东）（本小题满分14分）
设a>1，函数 。
(1)求 的单调区间；
(2)证明： 在（ ，+∞）上仅有一个零点；
(3)若曲线 在点P处的切线与 轴平行，且在点 处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,证明：
3．（2015广东）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是
A． B． C． D．
A．-1是Байду номын сангаас的零点B．1是 的极值点C．3是 的极值D.点 在曲线 上
15（2015山西）.设曲线 在点（0,1）处的切线与曲线 上点p处的切线垂直，则p的坐标为
7.（2015上海）方程 的解为．
10.（2015上海）设 为 ， 的反函数，则 的最大值为．
18．（2015上海）设 是直线 （ ）与圆 在第一象限的交点，则极限 （ ）
（A） （B）
（C） （D）
20.（2015天津）（本小题满分14分）
已知函数 ，其中 .
(I)讨论 的单调性；
(II)设曲线 与 轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为 ,求证：对于任意的正实数 ，都有 ；
(III)若关于 的方程 有两个正实根 ，求证： .
12.（2015全国1）设函数 ,其中 ，若存在唯一的整数 ，使得 ，则 的取值范围是（ ）
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2015专题五：函数与导数在解题中常用的有关结论（需要熟记)：考点一：导数几何意义：角度一求切线方程1．(2014·洛阳统考)已知函数f(x）＝3x＋cos 2x＋sin 2x，a＝f′错误!，f′（x)是f(x）的导函数，则过曲线y＝x3上一点P（a，b)的切线方程为( )A．3x－y－2＝0B．4x－3y＋1＝0C．3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0D．3x－y－2＝0或4x－3y＋1＝0解析：选A 由f（x）＝3x＋cos 2x＋sin 2x得f′(x）＝3－2sin 2x＋2cos 2x，则a ＝f′错误!＝3－2sin错误!＋2cos错误!＝1。
由y＝x3得y′＝3x2，过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线的斜率k＝3a2＝3×12＝3。
又b＝a3，则b＝1，所以切点P的坐标为(1，1）,故过曲线y ＝x3上的点P的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.角度二求切点坐标2．(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则点P0的坐标是( )A．(0，1）B．（1，－1）C．（1,3）D．(1,0）解析：选C 由题意知y′＝错误!＋1＝4，解得x＝1,此时4×1－y－1＝0，解得y＝3,∴点P0的坐标是(1，3)．角度三求参数的值3．已知f（x）＝ln x，g（x)＝错误!x2＋mx＋错误!（m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图像都相切，且与f（x）图像的切点为（1，f(1)),则m等于( ）A．－1 B．－3C．－4 D．－2解析：选D ∵f′（x)＝错误!,∴直线l的斜率为k＝f′（1）＝1,又f(1）＝0,∴切线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m,设直线l与g(x）的图像的切点为（x，y0），则有x0＋m＝1,y0＝x0－1，y0＝12x2＋mx0＋错误!,m〈0，于是解得m＝－2,故选D。
2015-2018年高考全国卷文科数学--函数与导数大题汇编
2015年～2018年高考全国卷数学（文科）—函数与导数汇编1.（2015年全国乙卷第21题）已知函数()ln (1)f x x a x =+-﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围﹒2.（2015年全国甲卷第21题）设函数2()ln x f x ea x =-﹒ （1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数；（2）证明：当0a >时，2()2lnf x a a a ≥+﹒3.（2016年全国丙卷第21题）设函数()ln 1f x x x =-+﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （3）设1c >，证明：当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->﹒4.（2016年全国乙卷第20题）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--﹒（1）当4a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；（2）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围﹒5.（2016年全国甲卷第21题）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围﹒6. （2017年全国丙卷第21题）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a <时，证明：3()24f x a≤--﹒7.（2017年全国乙卷第21题）设函数2()(1)xf x x e =-﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围﹒8. （2017年全国甲卷第21题）已知函数2()()x x f x e e a a x =--﹒（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围﹒9.（2018年全国丙卷第21题）已知函数21()x ax x f x e+-=﹒ （1）求曲线在()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a ≥时，()0f x e +≥﹒10.（2018年全国乙卷第21题）已知函数()ln 1x f x ae x =--﹒（1）设2x =是()f x 的极值点，求a 及()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e ≥时，()0f x ≥﹒11.（2018年全国甲卷第21题）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++﹒ （1）若3a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点﹒。
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$f'(0)=0$。
2015高考理科数学函数、导数及其应用总复习题(附答案)
2015高考理科数学函数、导数及其应用总复习题（附答案）A组基础演练•能力提升]一、选择题1．(2013年高考江西卷)函数y＝xln(1－x)的定义域为()A．(0,1)B．0,1)C．(0,1]D．0,1]解析：根据题意得1－x>0x≥0，解得0≤x答案：B2．已知函数f(x)＝2x，x>0，x＋1，x≤0.若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值为()A．－3B．－1C．1D．3解析：当a>0时，由f(a)＋f(1)＝0得2a＋2＝0，故此时不存在实数a 满足条件；当a≤0时，由f(a)＋f(1)＝0得a＋1＋2＝0，解得a＝－3，满足条件，故选A.答案：A3．(2014年浙江五校联考)若函数f(x)＝＋，则f(x)的定义域为()A.－12，0B.－12，0C.－12，＋∞D.0，＋∞解析：根据题意知log12(2x＋1)>0，即0答案：A4．下列函数中，与函数y＝13x定义域相同的函数为()A．y＝1sinxB．y＝lnxxC．y＝xexD．y＝sin解析：利用正弦函数、指数函数、对数函数及分式型函数定义域的确定方法求解．函数y＝13x的定义域为{x|x≠0}，选项A中由sinx≠0⇒x≠kπ，k∈Z，故A 不对；选项B中x>0，故B不对；选项C中x∈R，故C不对；选项D 中由正弦函数及分式型函数的定义域确定方法可知定义域为{x|x≠0}，故选D.答案：D5．已知函数fx－1x＝x2＋1x2，则f(3)＝()A．8B．9C．11D．10解析：∵fx－1x＝x－1x2＋2，∴f(3)＝9＋2＝11.答案：C6．具有性质：f1x＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”交换的函数，下列函数：①f(x)＝x－1x；②f(x)＝x＋1x；③f(x)＝x，01.满足“倒负”变换的函数是()A．①②B．①③C．②③D．只有①解析：①f1x＝1x－x＝－f(x)满足．②f1x＝1x＋x＝f(x)不满足．③0x＝1时，f1x＝0＝－f(x)，x>1时，f1x＝1x＝－f(x)满足．答案：B二、填空题7．(2013年高考安徽卷)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)．若当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，则当－1≤x≤0时，f(x)＝________.解析：设－1≤x≤0，∴0≤x＋1≤1，∴f(x)＝12f(x＋1)＝12(x＋1)1－(x＋1)]＝－12x(x＋1)．答案：－12x(x＋1)8．若函数f(x)＝2x2＋2ax－a－1的定义域为R，则a的取值范围为________．解析：函数f(x)的定义域为R，所以2x2＋2ax－a－1≥0对x∈R恒成立，即2x2＋2ax－a≥1，x2＋2ax－a≥0，恒成立，因此有Δ＝(2a)2＋4a≤0，解得－1≤a≤0.答案：－1,0]9．已知函数f(x)＝x2＋1，x≥0，1，xf(2x)的x的取值范围是________．解析：画出f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x如图．由图象可知，若f(1－x2)>f(2x)，则1－x2>0，1－x2>2x，即－1得x∈(－1，2－1)答案：(－1，2－1)三、解答题10．(1)已知f2x＋1＝lgx，求f(x)；(2)已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)；(3)定义在(－1,1)内的函数f(x)满足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求函数f(x)的解析式．解析：(1)令t＝2x＋1，则x＝2t－1，∴f(t)＝lg2t－1，即f(x)＝lg2x－1.(2)设f(x)＝ax＋b，则3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b＝ax＋5a＋b＝2x＋17，则有a＝2，b＋5a＝17，∴a＝2，b＝7，故f(x)＝2x＋7.(3)x∈(－1,1)时，有2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)．①令x＝－x得，2f(－x)－f(x)＝lg(－x＋1)．②由①②消去f(－x)，得f(x)＝23lg(x＋1)＋13lg(1－x)，x∈(－1,1)．11．已知函数f(x)＝2x－1，g(x)＝x2，，－求fg(x)]和gf(x)]的解析式．解析：当x≥0时，g(x)＝x2，fg(x)]＝2x2－1，当x∴fg(x)]＝2x2－，－∵当2x－1≥0，即x≥12时，gf(x)]＝(2x－1)2，当2x－1∴gf(x)]＝－，，－1，．(能力提升)甲同学家到乙同学家的途中有一公园，甲从家到公园的距离与乙从家到公园的距离都是2km，甲10时出发前往乙家．如图所示，表示甲从家出发到达乙家为止经过的路程y(km)与时间x(分)的关系．试写出y＝f(x)的函数解析式．解析：当x∈0,30]时，设y＝k1x＋b1，由已知得b1＝030k1＋b1＝2，解得k1＝115，b1＝0∴y＝115x.当x∈(30,40)时，y＝2；当x∈40,60]时，设y＝k2x＋b2，由已知得40k2＋b2＝260k2＋b2＝4，解得k2＝110b2＝－2，∴y＝110x －2.综上，f(x)＝115x，x∈0，30]2，x∈，－2，x∈40，60] B组因材施教•备选练习]1．已知f(x)＝log3x，x>0，ax＋b，x≤0，且f(0)＝2，f(－1)＝3，则f(f(－3))＝()A．－2B．2C．3D．－3解析：f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2，解得b＝1；f(－1)＝a－1＋b＝a－1＋1＝3，解得a＝12.故f(－3)＝12－3＋1＝9，f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2，故选B.答案：B2．现向一个半径为R的球形容器内匀速注入某种液体，下面图形中能表示在注入过程中容器的液面高度h随时间t变化的函数关系的是()解析：从球的形状可知，水的高度开始时增加的速度越来越慢，当超过半球时，增加的速度又越来越快．答案：C3．(1)已知函数f(x)的定义域为(0,1)，求f(x2)的定义域；(2)已知函数f(2x＋1)的定义域为(0,1)，求f(x)的定义域；(3)已知函数f(x＋1)的定义域为－2,3]，求f(2x2－2)的定义域．解析：(1)∵f(x)的定义域为(0,1)，∴要使f(x2)有意义，需使0即－1∴函数f(x2)的定义域为{x|－1(2)∵f(2x ＋1)的定义域为(0,1)，即其中的自变量x的取值范围是0令t＝2x＋1，∴1∴函数f(x)的定义域为{x|1(3)∵函数f(x＋1)的定义域为－2,3]，∴－2≤x≤3.令t＝x＋1，∴－1≤t≤4.∴f(t)的定义域为{t|－1≤t≤4}，即f(x)的定义域为{x|－1≤x≤4}，要使f(2x2－2)有意义，需使－1≤2x2－2≤4，∴－3≤x≤－22或22≤x≤3，∴函数f(2x2－2)的定义域为x－3≤x≤－22或22≤x≤3.。
2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）（2..
2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）一、选择题：1.（2015安徽文）函数32f x ax bx cx d的图像如图所示，则下列结论成立的是（）（A）a>0，b<0，c>0，d>0 （B）a>0，b<0，c<0，d>0（C）a<0，b<0，c<0，d>0 （D）a>0，b>0，c>0，d<02．（2015福建理）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．11fk kB．111fk kC．1111fk kD．111kfk k【答案】C考点：函数与导数．3．（2015福建文）“对任意(0,)2x，sin cos k x x x ”是“1k ”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】 B考点：导数的应用．4.(2015全国新课标Ⅰ卷理)设函数()f x =(21)x e x ax a ,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（）A.[-，1） B. [-，） C. [，）D. [，1）【答案】D 【解析】试题分析：设()g x =(21)x e x ，yax a ，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线yaxa 的下方.因为()(21)xg x e x ，所以当12x时，()g x ＜0，当12x 时，()g x ＞0，所以当12x时，max [()]g x =12-2e ，当0x时，(0)g =-1，(1)30g e，直线y axa 恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1ag ，且1(1)3g ea a ，解得32e≤a ＜1，故选D.考点：导数的综合应用5．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设函数'()f x 是奇函数()()f x xR 的导函数，(1)0f ，当0x 时，'()()0xf x f x ，则使得()0f x 成立的x 的取值范围是（）A ．(,1)(0,1)B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)D ．(0,1)(1,)【答案】A 【解析】试题分析：记函数()()f xg 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A ．考点：导数的应用、函数的图象与性质．6.(2015陕西理)对二次函数2()f x axbx c （a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（）A ．-1是()f x 的零点 B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()yf x 上【答案】A考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．二、填空题：1.（2015安徽理）设30x ax b，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）①3,3a b ；②3,2ab；③3,2ab；④0,2ab；⑤1,2ab.与最值；函数零点问题考查时，要经常性使用零点存在性定理.2. (2015湖南理)20(1)x dx.【答案】0.【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.3、(2015全国新课标Ⅰ卷文)已知函数31f x axx 的图像在点1,1f 的处的切线过点2,7，则a .4. (2015全国新课标Ⅱ卷文)已知曲线ln y xx 在点1,1处的切线与曲线221y axa x 相切,则a= ．【答案】8 【解析】试题分析：由11y x可得曲线ln y xx 在点1,1处的切线斜率为2,故切线方程为21y x ,与221y axa x 联立得220axax ,显然0a ,所以由2808aa a .考点：导数的几何意义.5、(2015陕西文)函数xy xe 在其极值点处的切线方程为____________.【答案】1ye考点：导数的几何意义.6.(2015陕西理)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．【答案】1.2【解析】试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是11010222162，设抛物线的方程为22xpy （0p ），因为该抛物线过点5,2，所以2225p ，解得254p ，所以2252x y ，即2225y x ，所以当前最大流量是5323535522224022255255257575753xdxxx，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是16 1.2403，所以答案应填： 1.2．考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．7.(2015陕西理)设曲线xy e 在点（0,1）处的切线与曲线1(0)yx x上点p 处的切线垂直，则p的坐标为．【答案】1,1【解析】试题分析：因为xy e ，所以xye ，所以曲线xye 在点0,1处的切线的斜率011x k ye，设的坐标为00,x y （00x ），则01y x ，因为1yx，所以21yx，所以曲线1yx在点处的切线的斜率0221x x k yx，因为121k k ，所以2011x，即201x ，解得01x ，因为00x ，所以01x ，所以01y ，即的坐标是1,1，所以答案应填：1,1．考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．8、(2015四川文)已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R ).对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝1212()()f x f x x x ，n ＝1212()()g x g x x x ，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m＞0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n ＞0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ；④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n .其中真命题有___________________(写出所有真命题的序号).【答案】①④【解析】对于①，因为 f '(x)＝2x ln 2＞0恒成立，故①正确对于②，取a ＝－8，即g'(x)＝2x －8，当x 1，x 2＜4时n ＜0，②错误对于③，令 f '(x)＝g'(x)，即2x ln2＝2x ＋a 记h(x)＝2x ln2－2x ，则h'(x)＝2x (ln2)2－2【考点定位】本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.【名师点睛】本题首先要正确认识m ，n 的几何意义，它们分别是两个函数图象的某条弦的斜率，因此，借助导数研究两个函数的切线变化规律是本题的常规方法，解析中要注意“任意不相等的实数x 1，x 2”与切线斜率的关系与差别，以及“都有”与“存在”的区别，避免过失性失误.属于较难题. 9. (2015天津文)已知函数ln ,0,f x ax x x,其中a 为实数,f x 为f x 的导函数,若13f ,则a 的值为．【答案】3 【解析】试题分析：因为1ln f xa x ,所以13f a .考点：导数的运算法则.10.(2015天津理)曲线2y x与直线y x 所围成的封闭图形的面积为.【答案】16【解析】试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积11223111236Sx xdxxx.考点：定积分几何意义.三、解答题：1.（2015安徽文）已知函数)0,0()()(2ra r xax x f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若400ra ，求)(x f 在),0(内的极值.2.（2015安徽理）设函数2()f x xax b .（Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（Ⅱ）记2000()f x xa xb ，求函数0(sin )(sin )f x f x 在[]22,上的最大值D ；（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取0a b ，求24azb满足D 1时的最大值.3.（2015北京文）设函数2ln 2xf xk 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1,e 上仅有一个零点．【答案】（1）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k ；极小值(1ln )()2k k f k ；（2）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k ；()f x 在x k 处取得极小值(1ln )()2k k f k .（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)上的最小值为(1ln )()2k k f k .因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k ，从而ke .当k e 时，()f x 在区间(1,)e 上单调递减，且()0f e ，所以x e 是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点.当ke 时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且1(1)02f ，()02e kf e ，所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点. 综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 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.4.（2015北京理）已知函数1ln1xf x x．（Ⅰ）求曲线y f x 在点00f ，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当01x，时，323xf xx；（Ⅲ）设实数k 使得33xf 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）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011xf x x f x f f xx，曲线yf x 在点00f ，处的切线方程为20xy；（Ⅱ）当01x ，时，323xf xx，即不等式3()2()03x f x x，对(0,1)x 成立，设331()ln2()ln(1)ln(1)2()133xxxF x xx x xx，则422()1xF 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()3xf x x成立；（Ⅲ）使33xf x k x成立，01x ，，等价于31()ln()013xx F x k xx，01x，；422222()(1)11kxkF x k x xx ，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42()0,(0,1)k F x x k，x 0(0,)x 0x 0(,1)x ()F x -+()F x 极小值()(0)F x F ，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为 2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.5．（2015福建文）已知函数2(1)()ln 2x f x x．(Ⅰ)求函数f x 的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x 时，1f xx ；（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在1x ，当0(1,)xx 时，恒有1f xk x ．【答案】(Ⅰ)150,2；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1．【解析】(Ⅰ)求导函数21xx f xx，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 xk x ，从而不存在01x 满足题意；当1k 时，构造函数G1x f x k x ，0,x，利用导数研究函数()G x 的形状，只要存在1x ，当0(1,)xx 时()0G x 即可．试题解析：（I ）2111xx f xx xx ，0,x．由0f x 得2010x xx 解得1502x．故f x的单调递增区间是150,2．（II ）令F 1x f xx ，0,x ．则有21F x xx．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 xk x ，从而不存在01x 满足题意．当1k时，令G 1xf x k x ，0,x，则有2111G 1xk x xx kxx．由G0x 得，2110xk x ．解得2111402kk x ，2211412k k x ．当21,xx 时，G 0x ，故G x 在21,x 内单调递增．从而当21,xx 时，G G 10x，即1f xk x ，综上，k 的取值范围是,1．考点：导数的综合应用．6.（2015福建理）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),xx 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，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 kx(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+()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 xx x x ，+，只需说明()0M x ，易发现函数()M x 在22(k 2)8(k 1)0)4k x （，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),xx ，恒有f()()x g x ，此时不等式变形为2ln(1)k x xx ，构造2N()ln(1)k ,[0)x x x x x，+，易发现函数()N x 在2(+2(k +2)8(1k)0)4k x ）（，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 xx x x则有1()11+1+x F x xx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 kx x当0kG ()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 kk．取01=1x k，对任意0(0,),x x 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 ，恒有f()()x g x ．(3)当1k 时，由（1）知，对于(0,),x +()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 xx x x，+，则有21-2+(k-2)1M ()k2=,11x x k x x xx故当22(k 2)8(k 1)0)4k x （，时，M ()0x ,M()x 在22(k 2)8(k 1)[0)4k，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),xx ，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 ，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x xx故当2(+2(k +2)8(1k)0)4k x ）（，时，N ()0x ,M()x 在2(2)(k 2)8(1k)[0)4k ，上单调递增，故N()(0)0x N ,即2f()()x g x x ,记0x 与2(2)(k 2)8(1k)4k 中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|xx x g x x ，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x 当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2H()ln(1),[0)x x x x x，+，则有21-2H ()12=,11xxx x xx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.（3）当1k 时，由（1）知，对于(0,),x +()f()g x x x ，，故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x xxx ，令2(k 1),01x x xk 解得，从而得到当1k 时，(0,1)xk 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=12k kk ，从而由（2）知存在00x ,使得0(0),xx 任意，恒有1f()()x k xkx g x .此时11|f()()|f()()(k)2k x g x x g x k xx ,令21k 1k ,022x x x解得，此时2f()()x g x x ,记0x 与1-k2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 当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2M()ln(1),[0)x x x x x ，+，则有212M ()12,11xxx xxx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．（2015广东理）设1a ，函数a ex x f x)1()(2。
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：函数与导数 导数的概念与运算(含答案)
第二章 函数与导数第11课时 导数的概念与运算1. 已知函数f(x)＝1＋1x ，则f(x)在区间[1，2]，⎣⎡⎦⎤12，1上的平均变化率分别为________． 答案：－12，－2 解析：f （2）－f （1）2－1＝－12；f （1）－f ⎝⎛⎭⎫121－12＝－2. 2. 某汽车启动阶段的路程函数为s(t)＝2t 3－5t 2(s 的单位为m ，t 的单位为s)，则t ＝2s 时，汽车的瞬时速度为________．答案：4m/s 解析：注意带单位．利用导数可求．3. 若f(x)＝x 2－2x －4lnx ，则f′(x)>0的解集是________．答案：(2，＋∞)解析：x>0，f ′(x)＝2x －2－4x>0，解得x>2. 4. 已知f(x)＝x 2＋2xf′(1)，则f′(－1)＝________．答案：－6解析：f′(x)＝2x ＋2f′(1)，f ′(1)＝2＋2f ′(1)，∴ f ′(1)＝－2，∴ f(x)＝x 2－4x ，f ′(－1)＝－6.5. 曲线f(x)＝e x1－x在x ＝2处的切线斜率为________． 答案：0解析：f′(x)＝e x （1－x ）－e x （－1）（1－x ）2＝e x （2－x ）（1－x ）2，所以切线斜率为f′(2)＝0. 6. 曲线y ＝x 与y ＝8x在它们交点处的两条切线与y 轴所围成的三角形的面积为________．答案：6解析：两曲线交点为(4，2)，利用函数求导知，它们在交点处的切线方程分别为x －4y ＋4＝0与x ＋2y －8＝0，所以两条切线与y 轴所围成的三角形的面积为6.7. 设P 是函数y ＝x(x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________． 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2 解析：tan θ＝y′＝12⎝⎛⎭⎫3x ＋1x ≥3，当且仅当x ＝13时，取等号，所以θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2. 8. 若直线y ＝kx －3与曲线y ＝2lnx 相切，则实数k ＝________．答案：2 e解析：对y ＝2lnx 求导得y′＝2x， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧2lnx ＝kx －3，k ＝2x ⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2e ，x ＝e －12，即实数k ＝2 e.9. 求下列函数的导数．(1) y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)；(2) y ＝2x ＋ln2x ；(3) y ＝sinx sinx ＋cosx －12； (4) y ＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)．解：(1) y′＝3x 2＋12x ＋11；(2) y′＝2x ln2＋1x； (3) y′＝1（sinx ＋cosx ）2； (理)(4) y′＝2[ln(2x ＋1)＋1]．10. 已知曲线y ＝x 2＋1x(x>0)． (1) 求曲线在x ＝2处的切线方程；(2) 求曲线上的点到直线3x －4y －11＝0的距离的最小值．解：(1) 3x －4y ＋4＝0；(2) 设曲线在点(x 0，y 0)处的切线与直线3x －4y －11＝0平行，因为y′＝1－1x 2，令1－1x 20＝34，解得x 0＝2，所以切点为⎝⎛⎭⎫2，52，所以距离的最小值为点⎝⎛⎭⎫2，52到直线3x －4y －11＝0的距离，即为3.11. 设曲线y ＝(ax －1)e x 在点A(x 0，y 1)处的切线为l 1，曲线y ＝(1－x)e －x 在点B(x 0，y 2)处的切线为l 2.若存在x 0∈⎣⎡⎦⎤0，32，使得l 1⊥l 2，求实数a 的取值范围． 解：由y ＝(ax －1)e x ，得y′＝ae x ＋(ax －1)e x ＝(ax ＋a －1)e x.由y ＝1－x e x ，得y′＝－e x －（1－x ）e x （e x ）2＝x －2e x . 由题意(ax 0＋a －1)·ex 0·x 0－2ex 0＝－1，即(ax 0＋a －1)(x 0－2)＝－1在⎣⎡⎦⎤0，32上有解．方程可化为ax 0＋a －1＝－1x 0－2.设f(x 0)＝ax 0＋a －1，g(x 0)＝－1x 0－2，作图可知1≤a ≤32. 另法：方程可化为a ＝x 0－3x 20－x 0－2.求函数t(x 0)＝x 0－3x 20－x 0－2在x 0∈⎣⎡⎦⎤0，32上的值域即可．。
2015年高考数学真题解析之导数真题(理科)
a （其中 a，b 为常数）模型. x b
2
（1）求 a，b 的值； （2）设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f t ，并写出其定义域； ②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度. 4． （本小题满分 12 分， （1）小问 7 分， （2）小问 5 分） 设函数 f x
| f( x) g ( x) | x 2 ．
14． （本小题 13 分）已知函数 f x ln （Ⅰ）求曲线
1 x ． 1 x
y f x
在点 0 ，f 0 处的切线方程；
x3 时， f x 2 x ； 3
（Ⅱ）求证：当
f x
2a 2a , 0, ,0 3 上单调递减； 在 ， 上单调递增，在 3
2a 2a x , 0 , x 0, 3 时， f x 0 ， 3 时， f x 0 ， 当 a 0 时， 2a 2a , 0, f x , 0 3 3 上单调递减． 上单调递增，在 所以函数 在 ，
试卷第 2页，总 3页
（Ⅱ）若 x 0, f x 0 成立，求 a 的取值范围. 10．已知 a 0 ，函数 f ( x ) e sin x ( x [0, )) ，记 xn 为 f ( x ) 的从小到大的第
ax
n ( n N * ) 个极值点，证明：
（1）数列 { f ( xn )} 是等比数列 （2）若 a
2015高考数学试题库(新)_函数与导数4
.20. 已知函数f ( x)ax3bx2(b a)x （ a , b 不一样时为零的常数），导函数为 f (x) .（ 1）当 a1时，若存在 x [ 3 ,1] 使得f ( x) 0建立，求ｂ的取值范围；3（ 2）求证：函数y f(x) 在 ( 1,0) 内起码有一个零点；（ 3）若函数f (x)为奇函数，且在x 1处的切线垂直于直线x2y 3 0 ，对于 x 的方程 f ( x)1t 在4[ 1, t ] (t1) 上有且只有一个实数根，务实数t 的取值范围.20. （ 1）当 a 1时， f( x) = x22bx b1= (x b)2 b 2b1，其对称轴为直线 x b ，333b 2,，解得 b26 ，当当f ( 3) 015b2,， b 无解，f ( 1)0所以 b 的的取值范围为(,26) ． 4分15（ 2）因为f ( x) 3ax22bx(b a) ，法一：当 a0 时，x 1分合适题意 62当 a0 时，3x2 2 bx(b1)0 ，令 tb，则 3x22tx(t 1)0 ，a a a令 h(x)3x22tx(t1) ，因为 h( 1 )10 ，24当 t1时，h(0)t10 ，所以 y h( x) 在(1,0)内有零点．2当 t1时，h(1)2t10 ，所以 y h( x) 在（1,1) 内有零点．2所以，当 a0 时，y h( x) 在 (1,0) 内起码有一个零点．综上可知，函数y f( x) 在 (1, 0) 内起码有一个零点．10分法二： f (0)b a ， f(1)2a b ，f (1)b2a ．33因为 a , b 不一样时为零，所以f1f ( 1)0()，故结论建立．3(3) 因为f ( x) = ax3bx2(b a)x 为奇函数，所以b0 ,所以 f (x)ax 3ax ，又 f (x) 在x 1 处的切线垂直于直线x 2 y 30，所以a 1 ，即 f ( x)x3x ．因为 f( x)3( x 3)( x3)所以 f (x) 在 (,3),( 3 ,) 上是増函数，在 [ 3 ,3] 上是333333减函数，由 f (x)0解得 x1, x0，以下图，. . ..当 1t3 时， f (t) 1 t 0 ，即 t 3 tt ，解得3 t 3 ；34423当3 t 0时， f (t )1 t 0 ，解得 3 t 0 ；343当 t 0 时，明显不建立；当 0t3 时， f (t) 1 t0，即 t 3 tt ，解得 0 t 3 ；3443y当 t3 时， f (t) 1 t 0，故 3 t3 ．34 32所以所求 t 的取值范围是3 t 032或 0 t2．-1O1x20. ( 本小题满分 16 分 )设 a0 ，两个函数 f ( x) e ax ， g( x) bln x 的图像对于直线 y x 对称 .（ 1）务实数 a, b 知足的关系式；（ 2）当 a 取何值时，函数 h(x) f ( x) g( x) 有且只有一个零点；（ 3）当 a1时，在 (1,) 上解不等式 f (1x) g( x)x 2 ．2解：（ 1）设 P(x ， e ax) 是函数 f (x) e ax图像上任一点，则它对于直线yx 对称的点 P ，(e ax ， x) 在函数g( x) b ln x 的图像上，x b ln e ax abx ，ab 1 .（ 2）当 a0 时，函数 h( x)f ( x) g(x) 有且只有一个零点，两个函数的图像有且只有一个交点，Q 两个函数对于直线yx 对称，两个函数图像的交点就是函数f (x) e ax ，的图像与直线 y x 的切点 .A( x 0， e ax 0) ， x 0 =eax 0，ae axax=1，ax 0=e ,设切点为f (x)， ae 0ax 0 =1 ， x 0 =e 11f ( x) g( x) 有且只有一个零点xe ；当 a时，函数 h(x)x 0 e（ 3）当 a=1 时，设 r ( x)f (1 x)+g xx 2e 1 xln xx 2 ，则，1 x 1 2x ，当 x 111 x1 ，r (x) － e＋,1 时，2x 2 1 1,－ e， r ( x)＜0 ，x2x当 x1,+时，12x 1 2 －1,－ e1 x0 ， r ，( x)＜0 ．x. . ..r ( x) 在 1 ,上是减函数 .2又 r (1)＝0，不等式 f (1 x)+g x x2解集是 1,．20． ( 本小题满分16 分 ) 已知函数 f (x) ke x, g( x)1 ln x ，此中k 0．若函数 f (x), g( x)在它们的图k象与坐标轴交点处的切线相互平行．（ 1）求k的值；（ 2）能否存在直线l，使得 l 同时是函数 f ( x), g ( x) 的切线？说明原因．（ 3）若直线x a(a0)与 f (x) 、 g( x) 的图象分别交于A、B两点，直线 y b(b 0) 与 h( x) 的图象有两个不一样的交点 C 、 D ．记以 A 、 B 、 C 、 D 为极点的凸四边形面积为S ，求证： S2．解：（ 1）f ( x), g ( x)与坐标轴的交点分别为(0, k),(1,0) ，由 f ( x) ke x , g( x)1ln x 得 f ( x) ke x , g ( x)1，k kx由题意知 f (0)g (1)，即 k 10 ，所以 k 1 ．k，又k（ 2）假定存在直线l同时是函数 f ( x), g (x) 的切线，设 l 与f (x), g (x)分别相切于点M (m, e m ), N ( n,ln n) （n0 ），则 l : y e m e m (x m) 或表示为y ln n 1( x n) ，ne m1，要说明 l 能否存在，只需说明上述方程组能否有解．则ne m (1m)ln n1由 e m1得 n e m，代入 e m (1m) ln n 1得 e m(1m)m 1 ，即 e m (1m) m10 ，n令( )e m(1)m1，h m m因为 h(1)20, h(2)e230 ，所以方程 e m (1m)m 10有解，则方程组有解，故存在直线 l，使得 l 同时是函数 f ( x), g ( x) 的切线．（ 3）设x0) ， B( x0 ,ln x0 ) ，则ABxln x0，A( x0 , e e 0设 F ( x)e x0ln x0，∴ G ( x) F ( x)e x01，x0∴ G ( x)e x010 ，即 G ( x) 在 (0,) 上单一递加，又 G (1)e20, G (1)e 1 0 ，x022. . ..故 G(x) 在 (0,) 上有独一零点，设为t(1,1) ，则 e t10 ，所以 e t 1, t ln t ，2t t当 x(0, t ) 时， F ( x)G ( x)G (t )0，∴ F (x) 在 (0, t ) 上单一递减；当 x(t,) 时， F ( x)G (x)G (t )0 ，∴ F (x) 在 (t ,) 上单一递加，所以 F ( x) F (t )e t ln t1t ，t因为t(1,1) ，∴ F (x)1t2，则AB e x0ln x0 2 ．2t设 C (x1, e x1), D ( x2 ,ln x2 ) ，则 e x1ln x2，令 e x1ln x2u ，则 x1 ln u, x2e u，∴CD x2x1e u ln u F (u)2，故 S 1AB CD12 2 2 ．2218．（本小题满分15 分）设 f ( x) a ln x （a R ），曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为y x b （b R ）(1)求 a 、b的值；(2) 设会合A[1,)，会合 B{ x | f ( x) m(x 1) 0} ，若A B，务实数 m 的取值范围．x18．【分析】 (1)f( x)a，x由题设 f (1) 1 ，∴a 1 ，又切点为(1,0) 在切线 y x b 上，∴b1。
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)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$f(x)=2x^3-ax^2+b$.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$f(x)=2x^3-ax^2+b$求导得$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。
所以有：当$a<0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减；当$a=0$时，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；当$a>0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减.2)若$f(x)$在区间$[0,1]$有最大值$1$和最小值$-1$，所以，若$a<0$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$[0,1]$上单调递增，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$b=-1$，$a=\frac{1}{3}$，与$a<0$矛盾，所以$a<0$不成立.若$a=0$，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；在区间$[0,1]$，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$\begin{cases}a=0\\b=-1\end{cases}$.若$0<a\leq2$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\geq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)$.若$2<a\leq3$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(0)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\leq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(0)$.已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$。
-2015全国高考卷文科-导数专题汇编(带答案)
导 数 专 题题型1 根据导数的几何意义研究曲线的切线1.（2012全国文13）曲线()3ln 1y x x =+在点()1,1处的切线方程为________.2. (2015全国I 文14)已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 处的切线过点()2,7，则a = .3. (2015全国II 文16) 已知曲线ln y x x =+在点()11，处的切线与曲线()221y ax a x =+++相切，则a = .4.(2009，全国卷1) 已知函数42()36f x x x =-+.. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设点P 在曲线()y f x =上，若该曲线在点P 处的切线l 通过坐标原点，求l 的方程。
【解】（1）3'()464(f x x x x x x =-=-当(,)2x ∈-∞-和(0,2x ∈时，'()0f x <；当(x ∈和)x ∈+∞时，'()0f x >因此，()f x 在区间(,2-∞-和(0,2是减函数，()f x 在区间(2-和)+∞是增函数。
（Ⅱ）设点P 的坐标为00(,())x f x ，由l 过原点知，l 的方程为0'()y f x x = 因此 000()'()f x x f x =，即 4230000036(46)0x x x x x -+--= 整理得 2200(1)(2)0x x +-=解得 0x = 或 0x =因此切线l 的方程为 y =- 或 y =。
题型2 判断函数的单调性、极值与最值5.（2013全国II 文11）.已知函数32()f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是（ ） . A. 0x R ∃∈，0()0f x =B. 函数()y f x =的图象是中心对称图形C. 若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间0(,)x -∞单调递减D. 若0x 是()f x 的极值点，则0'()0f x =6.（2013全国I 文20）已知函数()()2e 4x f x ax b x x =+--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为44y x =+. （1）求a b ，的值；（2）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值.7（2013全国II 文21）已知函数2()e xf x x -=. （1）求()f x 的极小值和极大值；（2）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围. 【解】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝－e －xx(x －2)．① 当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x)＜0； 当x ∈(0,2)时，f ′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增． 故当x ＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x ＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e －2. (2)设切点为(t ，f(t))，则l 的方程为y ＝f ′(t)(x －t)＋f(t)．所以l 在x 轴上的截距为m(t)＝()223'()22f t t t t t f t t t -=+=-++--. 由已知和①得t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝2x x+(x ≠0)，则当x ∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[，＋∞)； 当x ∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[3，＋∞)．综上，l 在x 轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[3，＋∞)． 8. (2015全国II 文21)已知函数()()=ln +1f x x a x -.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围.题型3 函数零点和图像交点个数问题9.（2011全国文10）在下列区间中，函数()e 43x f x x =+-的零点所在的区间为（ ）. A.1,04⎛⎫-⎪⎝⎭ B.10,4⎛⎫⎪⎝⎭ C. 11,42⎛⎫⎪⎝⎭ D. 13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭10.（2011全国文12）已知函数()y f x =的周期为2，当[1,1]x ∈-时函数2()f x x =，那么函数()y f x =的图像与函数lg y x =的图像的交点共有（ ）.A.10个B.9个C.8个D.1个11. (2014全国I 文12)已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ）A. (2,)+∞B. (1,)+∞C. (,2)-∞-D. (,1)-∞-12. （2014新课标Ⅱ文21）已知函数()3232f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点()0,2处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.（1）求a ；（2）求证：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.【解】（1）1,200-2),0(),0,2-()2,0()0(6-3)(∴23-)(223==+′==′+=′++=a a f k B x A af a x x x f ax x x x f AB 所以即则轴交点为，切线与设切点， （2）仅有一个交点与时，当所以图像如图所示仅有一个根点时，当时，单调递减，且，当时，，当上递增；，在时，当上递减；，在时，当递增；且时，，，或，当递减时，当，则令则令则时，令当2-)(1,,)(1∴)∞,∞-(∈)()0∞-(∈ 1)2(≥)()∞0(∪)2,0(∈ ∴)∞0()(,0)(,0)(2 )2,0(),0∞-()(,0)(,0)(2 ∴.0)2(,0)0()(,0)()∞1()0∞-(∈ .)(,0)()1,0(∈∴)1-(66-6)(4-3-2)(.4-3-24-3-2)(.413-)(0≠,413-.04-3-2-)(122322322223kx y x f y k k x g k x g x g x g x x g x g x h x x g x g x h x h h x h x h x x h x h x x x x x x h x x x h x x x x x x g x x x x g x k xx x kx x x x kx x f k ==<=<+=++>′>><′<<=<>′+<′==′===′++==++=++=+<题型4 不等式恒成立与存在性问题13. (2010，全国卷1) 已知函数422()32(31)2(31)4f x ax a x a x x =-+-++ （I ）当16a =时，求()f x 的极值; （II ）若()f x 在()1,1-上是增函数，求a 的取值范围 【解】（Ⅰ）()()()241331f x x ax ax '=-+- 当16a =时，()22(2)(1)f x x x '=+-，()f x 在(,2)-∞-内单调减，在2-+∞（，）内单调增，在2x =-时，()f x 有极小值.所以(2)12f -=-是()f x 的极小值.14.（2012全国文21）设函数()f x 满足()e 2xf x ax =--. （1）求()f x 的单调区间；（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.【解】（I ）函数f （x ）=e x﹣ax ﹣2的定义域是R ，f′（x ）=e x﹣a ，若a≤0，则f′（x ）=e x ﹣a≥0，所以函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a ＞0，则当x ∈（﹣∞，lna ）时，f′（x ）=e x ﹣a ＜0；当x ∈（lna ，+∞）时，f′（x ）=e x ﹣a ＞0；所以，f （x ）在（﹣∞，lna ）单调递减，在（lna ，+∞）上单调递增． （II ）由于a=1，所以，（x ﹣k ） f´（x ）+x+1=（x ﹣k ） （e x ﹣1）+x+1故当x ＞0时，（x ﹣k ） f´（x ）+x+1＞0等价于k ＜（x ＞0）①令g （x ）=，则g′（x ）=由（I ）知，函数h （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h （1）＜0，h （2）＞0，所以h （x ）=e x﹣x ﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x ）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x ∈（0，α）时，g′（x ）＜0；当x ∈（α，+∞）时，g′（x ）＞0；所以g （x ）在（0，+∞）上的最小值为g （α）．又由g′（α）=0，可得e α=α+2所以g （α）=α+1∈（2，3） 由于①式等价于k ＜g （α），故整数k 的最大值为2.15.（2013全国II 文12）.若存在正数x 使2()1xx a -<成立，则a 的取值范围是（ ） .A.(,)-∞+∞B.(2,)-+∞C.(0,)+∞D.(1,)-+∞ 16. （2014新课标Ⅰ文21）设函数()21ln 2a f x a x x bx -=+-()1a ≠，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线斜率为0.（1）求b ；（2）若存在01x ≥，使得()01af x a <-，求a 的取值范围.17. （2014新课标Ⅱ文11）若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（ ） A.(],2-∞- B.(],1-∞- C.[)2,+∞ D.[)1,+∞题型5 利用导数证明不等式18.（2011全国文21）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=．（1）求a ，b 的值；（2）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-． 【解】（Ⅰ）221(ln )()(1)x a x b x f x x x+-'=-+，由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知f (x )=x x x 11ln ++，所以)1ln 2(111ln )(22xx x x x x f x ---=--，考虑函数，则22222)1()1(22)(x x x x x x x h --=---='，所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得ln ()1x f x x >-，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得ln ()1x f x x >-，从而当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-.19.（2015，全国卷1）设函数()2ln xf x e 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()22ln f x a a a≥+.【解】（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，()2()=20x af x e x x¢->.当0a £时,()0f x ¢>，()f x ¢没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x ¢在()0+¥，单调递增.又()0f a ¢>,当b满足04a b <<且14b <时，(b)0f ¢<,故当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.题型6 导数在实际问题中的应用。
2015专题五：函数与导数(含近年高考试题)
2015年高考专题系列：函数与导数函数导数的内容在历年高考中主要集中在切线方程、导数的计算，禾U用导数判断函数的单调性、极值、最值等问题，以及与不等式、三角函数、数列、立体几何、解析几何等知识相联系的综合题目，类型有交点个数、恒成立等问题，其中渗透并充分利用构造函数、分类讨论、转化与划归、数形结合等重要的思想方法，主要考察导数的工具性作用.考点一：导数几何意义:b X 」例1: (2014新课标全国I 卷) 设函数f(x) =ae x l nx •，曲线y = f(x)在点(1, f (1)处的切线为xy = e(x -1) 2 .(1)求 a,b 的值考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间(I)当k 乞0时，求函数f(x)的单调区间;考点三：用导数解决函数的极值问题1、(2014新课标江西卷)已知函数:' ' ■ ■■ ■ - ■---:.(1)当-：时，求i 虑的极值；(A,B 组同学做) 2013福建高考节选)已知函数f(x) = x — 1 + g (a € R , e 为自然对数的底数).e(1)若曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线平行于x 轴，求a 的值；⑵求函数f(x)的极值.(分类讨论)(13福建)［解］(1)由f(x) = x — 1 + e x ，得f ' (x)= 1 — e x . 又曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线平行于x 轴,例2、(2014新课标山东卷)设函数f(x)=与-k(2 In x)x x(k 为常数, e 二2.71828…是自然对数的底数)a a得f' (1) = 0,即1 —e= 0，解得a= e. (2)f‘(x)= 1 一-x,①当a W 0时，f' (X)>0 , f(x)为(—m,+ m)上的增函数，所以函数f(x)无极值.②当a>0 时，令f' (x) = 0,得e x= a,即x= In a.x q — m, in a), f' (x)<0; x€(ln a, + m), f' (x)>0 ,所以f(x)在(—m, in a)上单调递减，在(In a, + m)上单调递增，故f(x)在x= In a处取得极小值，且极小值为f(ln a) = In a,无极大值.综上，当a W 0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x= In a处取得极小值In a,无极大值.考点四：已知函数的单调性求参数的范围［典例］已知函数f(x)= In x—a2x2+ ax(a € R).若函数f(x)在区间(1，+m )上是减函数，求实数a的取值范围.(分类讨论)考点五：运用导数解决函数的最值问题2 1例5:设函数f(x) = aIn x—bx2(x>0)，若函数f(x)在x= 1处与直线y= — ?相切, (1)求实数a, b的值；(2)求函数f(x)在1, e上的最大值.最值突破题：1. 已知函数f(x) = In x—ax(a € R).求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在［1,2］上的最小值.2. (2013 全国卷I )设函数f(x)= x2+ ax + b, g(x) = e x(cx+ d).若曲线y= f(x)和曲线y = g(x)都过点P(0 , 2)，且在点P处有相同的切线y= 4x+ 2. (1)求a, b, c, d的值；(2)若x>—2时，f(x)W kg(x),求k的取值范围针对训练1、（2014新课标重庆卷）已知函数f（x）二ae2x- be"-cx（a,bc R）的导函数f'（x）为偶函数，且曲线y = f（x）在点（0, f（0））处的切线的斜率为4—c.（1）确定a,b的值；（2）若c=3，判断f（x）的单调性；2、（2014新课标福建卷）已知函数f x]=e x-ax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线y=f x在点A处的切线斜率为-1.（I）求a的值及函数f x的极值；3、（2014新课标安徽卷）设函数f（x）=1+ （1+a）x-x2-x3，其中a > 0 .（I ）讨论f（x）在其定义域上的单调性；2x4、（2014新课标湖南卷）已知常数a 0,函数f（x）=l n（1 ax）.x+2（1）讨论f（x）在区间（0, •：：）上的单调性；总结:最值拔高题：已知函数f(x)= In x —ax(a € R).⑴求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在［1,2］上的最小值.1 1［解］(l)f' (x)= -—a(x>0)，①当a w0 时，f' (x) = -—a>0,即函数f(x)的单调增区间为(0, + ).x —1 11 1 一ax②当a>0 时，令f' (x) = 一一a = 0，可得x=，当0<x< 时，f' (x) = >0；— a a —当x>1时，f' (x)=匕尹切，故函数f(x)的单调递增区间为0, a，单调递减区间为a，+m.1(2)①当-W1,即a> 1时，函数f(x)在区间［1,2］上是减函数，••• f(x)的最小值是f(2) = In 2 —2a.a1 1②当2，即Ova w^时，函数f(x)在区间［1,2］上是增函数，• f(—)的最小值是f(1) = —a.a 2③当1<1<2，即1<a<1时，函数f(x)在1, 1上是增函数，在£，2上是减函数.又f(2) —f(1) = In 2 —a,1•••当2<a<ln 2 时，最小值是f(1)=—a;当In 2w a<1 时，最小值为f(2) = In 2 —2a.综上可知，当0<a<In 2时，函数f(x)的最小值是一a ;当a >In 2时，函数f(x)的最小值是In 2 —2a.［.(2013 全国卷I )设函数f(x)= x2+ ax+ b, g(x)= e x(cx+ d).若曲线y= f(x)和曲线y= g(x)都过点P(0, 2)，且在点P处有相同的切线y= 4x+ 2. (1)求a, b, c, d的值；(2)若—>—2时，f(x)w kg(x),求k的取值范围解］(1)由已知得f(0) = 2, g(0) = 2, f' (0) = 4, g ' (0) = 4.而f' (x) = 2x+ a, g' (x) = e—(cx+ d+ c)，故b= 2, d= 2, a = 4, d + c= 4. 从而a = 4, b= 2, c= 2, d= 2.2 —— 2⑵由(1)知，f(x) = —+ 4x+ 2, g(x) = 2e(x+ 1). 设函数F(x)= kg(x)—f(x) = 2ke (x+ 1) ———4x —2,则F ' (x)= 2ke—(x+ 2) —2x—4 = 2(x+ 2)(ke——1). 由题设可得F(0) > 0, 即卩k> 1.令F ‘ (x)= 0 得X1 =—In k, X2=—2.(i )若1w k v e2,则—2v X1W 0.从而当x q —2, X”时，F‘(x)v0;当x€(x1,+)时，F' (x)> 0, 即卩F(x)在(—2, X”上单调递减，在(X1,+s)上单调递增，故F(x)在［—2,+^)上的最小值为F(x”.而F(x” = 2x1 + 22—X1 —4X1 —2=—X1 (X1+ 2) > 0.故当x> —2时，F(x)》0，即f(x)w kg(x)恒成立.(ii )若k= e2,贝U F ' (x)= 2e2(x+ 2)(e——e—2).从而当x>—2 时，F ' (x)> 0，即F(x)在(一2,+ )上单调递增，而F(—2) = 0，故当x> —2 时，F(x)》0, 即卩f(x)w kg(x)恒成立.(iii )若k>e2,贝U F(—2) = —2ke—2+ 2 = —2e—2 (k—e2) v 0.从而当x> —2 时，f(x)w kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是［1 , e2］.。
2015年高考数学专题：函数与导函数
30天决战高考——2015年高考数学函数与导函数专题主编：贾海琴老师一、选择题：1、设)(x f 是定义在R 上的奇函数，当0≤x 时，x x x f -=22)(,则=)1(f （ ）A. 3-B. 1-C. 1D. 3 2、函数n m x ax x f )1()(-=在区间[0,1]上的图像如图所示，则n m ,的值可能是( )A. 1,1==n mB. 2,1==n mC. 1,2==n mD. 1,3==n m第2题图3、根据统计，一名工作组装第x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<=Ax A c A x x c x f ,,,)(（A ，C 为常数）。
已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么C 和A 的值分别是（ ）A ．75，25B ．75，16C ．60，25D ．60，164、设函数()f x 和()g x 分别是Ｒ上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是( ) Ａ．()()f x g x +是偶函数 Ｂ．()()f x g x -是奇函数Ｃ．()()f x g x +是偶函数 Ｄ．()()f x g x -是奇函数5、已知定义在R 上的奇函数()f x 和偶函数()g x 满足2)()(+-=+-x x a a x g x f （a ＞0,且0a ≠）．若()2g a =，则()2f =( ) A ．2B ．154C ． 174D ．2a 6、若()log ()f x x 121=2+1，则()f x 的定义域为 （ ） A ．(,)1-02B ．(,]1-02C ．(,)1-+∞2D ．(,)0+∞7、设直线x t =与函数2(),()ln f x x g x x ==的图像分别交于点,M N ，则当||MN 达到最小时t的值为（ ）A ．1B ．12C ．52D ．228、若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为（ ）A ．(,)0+∞B ．-+10⋃2∞（，）（，）C ．(,)2+∞D ．(,)-109、设函数⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x ，则满足2)(≤x f 的x 的取值范围是（ ） A ．1[-，2] B ．[0，2] C ．[1，+∞] D ．[0，+∞]10、函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为（ ）A ．（1-，1）B ．（1-，+∞）C ．（∞-，1-）D ．（∞-，+∞）11、函数2(0)y x x =≥的反函数为（ ）A ．2()4x y x R =∈B ．2(0)4x y x =≥ C ．24y x =()x R ∈ D ．24(0)y x x =≥12、设()f x 是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，()f x =2(1)x x -，则5()2f -=（ ） A ．-12 B ．1 4- C ．14 D ．1213、函数2sin 2x y x =-的图象大致是（ ）14、已知()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时,3()f x x x =-,则函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．915、设函数()()f x x R ∈满足()(),(2)(),f x f x f x f x -=+=,则()y f x =的图像可能是（ ）A BC D16、函数x x x f cos )(-=在[0，+∞）内 ( )A ．没有零点 B. 有且仅有一个零点C ．有且仅有两个零点D ．有无穷多个零点 17、下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)+∞上单调递减的函数为（ ） A. 1ln ||y x = B. 3y x = C. ||2x y = D. cos y x = 18、函数()f x 在点0x x =处有定义是()f x 在点0x x =处连续的( )A. 充分而不必要的条件B. 必要而不充分的条件C .充要条件D .既不充分也不必要的条件19、知定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足()3(2)f x f x =+，当[)0,2x ∈时，2()2f x x x =-+.设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为(*)n a n N ∈，且{}n a 的前n 项和为n S ，则=∞→n n s lim （ ） A. 3 B. 52 C. 2 D. 3220、已知324log 0.3log 3.4log 3.615,5,,5a b c ⎛⎫=== ⎪⎝⎭则( )A ．a b c >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．c a b >>21、已知()f x 是R 上的奇函数，且当0x >时，1()()12x f x =+，则()f x 的反函数的图像大致是( )Ａ Ｂ Ｃ Ｄ22、下列函数中，既是偶函数又在),0(+∞单调递增的函数是（ ）A. 2y x = B ．1y x =+ C ．21y x =-+ D ．2x y -=23、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 ．2B ．4C ．6D ．824、设函数2,0,()()4,0.x x f x f x x α-≤⎧==⎨>⎩若,则实数α=( ) A ． 4-或2- B ．4-或2 C ．2-或4 D ．2-或225、下列区间中，函数)2()(x In x f -=在其上为增函数的是( )A ． (]1,∞-B ．41,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．)30,2⎡⎢⎣D ．[)1,226、设()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()22x f x x b =++（b 为常数），则(1)f -=（ ）A. 3- B . 1- C. 1 D. 327、函数()()2log 31x f x =+的值域为( )A. ()0,+∞B. )0,+∞⎡⎣C. ()1,+∞D. )1,+∞⎡⎣ 28、设 ()()()525352525253,,===c b a ，则c b a ,,的大小关系是( ) A. b c a >> B. c b a >> C. b a c >> D. a c b >>29、函数()412x x f x +=的图象( ) A. 关于原点对称 B. 关于直线y=x 对称 C. 关于x 轴对称 D. 关于y 轴对称30、给出下列三个命题： ①函数11cos ln 21cos x y x -=+与ln tan 2x y =是同一函数； ②若函数()y f x =与()y g x =的图像关于直线y x =对称，则函数()2y f x =与()12y g x =的图像也关于直线y x =对称；③若奇函数()f x 对定义域内任意x 都有()(2)f x f x =-，则()f x 为周期函数。
函数与导数2015年高考数学压轴题真题训练
函数与导数2015年高考数学压轴题真题训练7.[2015高考新课标2,理21]〔此题总分为12分〕 设函数2()mxf x ex mx =+-．<Ⅰ>证明：()f x 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增；〔Ⅱ〕假如对于任意12,[1,1]x x ∈-,都有12()()1f x f x e -≤-,求m 的取值围． [解析]<Ⅰ>'()(1)2mxf x m ex =-+．假如0m ≥,如此当(,0)x ∈-∞时,10mx e -≤,'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时,10mx e -≥,'()0f x >．假如0m <,如此当(,0)x ∈-∞时,10mx e ->,'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时,10mx e -<,'()0f x >．所以,()f x 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增．〔Ⅱ〕由<Ⅰ>知,对任意的m ,()f x 在[1,0]-单调递减,在[0,1]单调递增,故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-,12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,m me m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①,设函数()1t g t e t e =--+,如此'()1t g t e =-．当0t <时,'()0g t <；当0t >时,'()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =,1(1)20g e e --=+-<,故当[1,1]t ∈-时,()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时,()0g m ≤,()0g m -≤,即①式成立．当1m >时,由()g t 的单调性,()0g m >,即1m e m e ->-；当1m <-时,()0g m ->,即1m e m e -+>-．综上,m 的取值围是[1,1]-．[考点定位]导数的综合应用．8.[2015高考,19]〔本小题总分为16分〕 函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.〔1〕试讨论)(x f 的单调性；〔2〕假如a c b -=〔实数c 是a 与无关的常数〕,当函数)(x f 有三个不同的零点时,a 的取值围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ,求c 的值. 当0a <时,()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,20,3a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()0f x '<, 所以函数()f x 在(),0-∞,2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．〔2〕由〔1〕知,函数()f x 的两个极值为()0f b =,324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,如此函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,从而304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-,所以当0a >时,34027a a c -+>或当0a <时,34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+,因为函数()f x 有三个零点时,a 的取值围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,如此在(),3-∞-上()0g a <,且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上()0g a >均恒成立,从而()310g c -=-≤,且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭,因此1c =． 此时,()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦,因函数有三个零点,如此()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根,所以()()22141230a a a a ∆=---=+->,且()()21110a a ---+-≠,解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 综上1c =．[考点定位]利用导数求函数单调性、极值、函数零点11.[2015高考,理21]设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-,其中a R ∈. 〔Ⅰ〕讨论函数()f x 极值点的个数,并说明理由； 〔Ⅱ〕假如()0,0x f x ∀>≥成立,求a 的取值围. 〔2〕当0a > 时, ()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时,0∆≤ ,()0g x ≥ 所以,()0f x '≥,函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时,0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x < 因为1212x x +=- 所以,1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-所以,当()11,x x ∈-时,()()0,0g x f x '>> ,函数()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时,()()0,0g x f x '<< ,函数()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时,()()0,0g x f x '>> ,函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． 〔3〕当0a < 时,0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时,()()0,0g x f x '>> ,函数()f x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时,()()0,0g x f x '<< ,函数()f x 单调递减；因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a < 时,函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时,函数()f x 在()1,-+∞上无极值点；当89a >时,函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； 〔II 〕由〔I 〕知, 〔1〕当809a ≤≤时,函数()f x 在()0,+∞上单调递增, 因为()00f =所以,()0,x ∈+∞时,()0f x > ,符合题意； 〔2〕当819a <≤ 时,由()00g ≥ ,得20x ≤ 所以,函数()f x 在()0,+∞上单调递增,又()00f =,所以,()0,x ∈+∞时,()0f x > ,符合题意； 〔3〕当1a > 时,由()00g < ,可得20x > 所以()20,x x ∈ 时,函数()f x 单调递减； 又()00f =所以,当()20,x x ∈时,()0f x < 不符合题意； 〔4〕当0a <时,设()()ln 1h x x x =-+ 因为()0,x ∈+∞时,()11011x h x x x '=-=>++ 当11x a>-时,()210ax a x +-< 此时,()0,f x < 不合题意. 综上所述,a 的取值围是[]0,1[考点定位]1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想. 12.[2015高考,理21]设函数2()f x x ax b =-+.〔Ⅰ〕讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值； 〔Ⅱ〕记2000()f x x a x b =-+,求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； 〔Ⅲ〕在〔Ⅱ〕中,取000a b ==,求24a zb =-满足D 1≤时的最大值.[解析]〔Ⅰ〕2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+,22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-,22x ππ-<<.因为22x ππ-<<,所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时,函数(sin )f x 单调递增,无极值. ②当2,a b R ≥∈时,函数(sin )f x 单调递减,无极值. ③当22a -<<,在(,)22ππ-存在唯一的0x ,使得02sin x a =. 02x x π-<≤时,函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时,函数(sin )f x 单调递增.因此,22a -<<,b R ∈时,函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.〔Ⅱ〕22x ππ-≤≤时,00000|(sin )(sin )||()sin |||||f x f x a a x b b a a b b -=-+-≤-+-, 当00()()0a a b b --≥时,取2x π=,等号成立,当00()()0a a b b --<时,取2x π=-,等号成立,由此可知,函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值为00||||D a a b b =-+-.〔Ⅲ〕D 1≤,即||||1a b +≤,此时201,11a b ≤≤-≤≤,从而214a z b =-≤. 取0,1a b ==,如此||||1a b +≤,并且214a zb =-=.由此可知,24a zb =-满足条件D 1≤的最大值为1.[考点定位]1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.13.[2015高考,理20〔本小题总分为14分〕函数()n ,nf x x x x R =-∈,其中*n ,n 2N ∈≥. <I>讨论()f x 的单调性； <II>设曲线()yf x 与x 轴正半轴的交点为P,曲线在点P 处的切线方程为()yg x ,求证：对于任意的正实数x ,都有()()f x g x ≤；<III>假如关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，,求证： 21|-|21a x x n<2>当n 为偶数时,当()0f x '>,即1x <时,函数()f x 单调递增； 当()0f x '<,即1x >时,函数()f x 单调递减.所以,()f x 在(,1)-∞-上单调递增,()f x 在(1,)+∞上单调递减. <II>证明：设点P 的坐标为0(,0)x ,如此110n x n-=,20()f x n n '=-,曲线()y f x =在点P处的切线方程为()00()y f x x x '=-,即()00()()g x f x x x '=-,令()()()F x f x g x =-,即()00()()()F x f x f x x x '=--,如此0()()()F x f x f x '''=- 由于1()n f x nxn -'=-+在()0,+∞上单调递减,故()F x '在()0,+∞上单调递减,又因为0()0F x '=,所以当0(0,)x x ∈时,0()0F x '>,当0(,)x x ∈+∞时,0()0F x '<,所以()F x 在0(0,)x 单调递增,在0(,)x +∞单调递减,所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=,即对任意的正实数x ,都有()()f x g x ≤.<III>证明：不妨设12x x ≤,由<II>知()()20()g x n n x x =--,设方程()g x a =的根为2x ',可得202.ax x n n '=+-,当2n ≥时,()g x 在(),-∞+∞上单调递减,又由<II>知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的,设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =,可得()h x nx =,当(0,)x ∈+∞,()()0n f x h x x -=-<,即对任意(0,)x ∈+∞,()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x ',可得1ax n'=,因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增,且111()()()h x a f x h x '==<,因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-. 因为2n ≥,所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=,故1102n nx -≥=,所以2121ax x n-<+-. [考点定位]1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.14.[2015高考,理20] 设函数()()23xx axf x a R e+=∈ 〔1〕假如()f x 在0x =处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；〔2〕假如()f x 在[)3,+∞上为减函数,求a 的取值围.当1x x 时,g()0x ,故()f x 为减函数； 当12x xx 时,g()0x ,故()f x 为增函数；当2xx 时,g()0x ,故()f x 为减函数；由()f x 在[3,)+∞上为减函数,知23x =≤,解得92a ≥- 故a 的取值围为9[,)2-+∞. [考点定位]复合函数的导数,函数的极值,切线,单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．15.[2015高考,理21]函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+,其中0a >.〔1〕设()g x 是()f x 的导函数,评论()g x 的单调性；〔2〕证明：存在(0,1)a ∈,使得()0f x ≥在区间∞(1,+)恒成立,且()0f x =在∞(1,+)有唯一解.[解析]〔1〕由,函数()f x 的定义域为(0,)+∞,()()222ln 2(1)ag x f x x a x x '==---+,所以222112()2()2224()2x a a g x x x x-+-'=-+=. 当104a <<时,()g x在区间)+∞上单调递增,在区间上单调递减；当14a ≥时,()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.〔2〕由()222ln 2(1)0a f x x a x x '=---+=,解得11ln 1x xa x ---=+.令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------=-++--+++++.如此211(2)2(1)10,())2()011e e e e e e ϕϕ----=>=--<++,. 故存在0(1,)x e ∈,使得0()0x ϕ=.令00011ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---==--≥+,. 由1()10u x x'=-≥知,函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增. 所以001110()(1)()20111111u x u u e e a x e e----=<=<=<++++. 即0(0,1)a ∈.[考点定位]此题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等根底知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合,化归与转化等数学思想.17.[2015高考新课标1,理21]函数f 〔x 〕=31,()ln 4x ax g x x ++=-. <Ⅰ>当a 为何值时,x 轴为曲线()y f x = 的切线；〔Ⅱ〕用min {},m n 表示m,n 中的最小值,设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ,讨论h 〔x 〕零点的个数. [答案]〔Ⅰ〕34a =；〔Ⅱ〕当34a >-或54a <-时,()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时,()h x 有两个零点；当5344a -<<-时,()h x 有三个零点. 假如54a <-,如此5(1)04f a =+<,(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时,()ln 0g x x =->,所以只需考虑()f x 在〔0,1〕的零点个数.<ⅰ>假如3a ≤-或0a ≥,如此2()3f x x a '=+在〔0,1〕无零点,故()f x 在〔0,1〕单调,而1(0)4f =,5(1)4f a =+,所以当3a ≤-时,()f x 在〔0,1〕有一个零点；当a ≥0时,()f x 在〔0,1〕无零点.<ⅱ>假如30a -<<,如此()f x 在〔3a -,3a-〕单调递增,故当x 3a -,()f x 取的最小值,最小值为3a f -21334aa -+. ①假如3af -＞0,即34-＜a ＜0,()f x 在〔0,1〕无零点. ②假如3af -=0,即34a =-,如此()f x 在〔0,1〕有唯一零点；③假如()3af -＜0,即334a -<<-,由于1(0)4f =,5(1)4f a =+,所以当5344a -<<-时,()f x 在〔0,1〕有两个零点；当534a -<≤-时,()f x 在〔0,1〕有一个零点.…10分 综上,当34a >-或54a <-时,()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时,()h x 有两个零点；当5344a -<<-时,()h x 有三个零点. ……12分 [考点定位]利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 18.[2015高考,理18]函数()1ln 1xf 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． (0,1)x ∀∈,3()2()3x f x x >+成立；〔Ⅲ〕使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立,()01x ∈，,等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-,()01x ∈，； 422222()(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402()0,(0,1)k F x x k-'==∈,()(0)F x F <,显然不成立,综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性,证明不等式；3.含参问题讨论.19.[2015高考,理19]设1a >,函数a e x x f x-+=)1()(2． <1> 求)(x f 的单调区间 ；<2> 证明：)(x f 在(),-∞+∞上仅有一个零点； <3> 假如曲线()yf 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：123--≤ea m ． [解析]〔1〕依题()()()()()222'1'1'10x xx f x x e x e x e =+++=+≥,∴()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数； 〔2〕∵1a >,∴()010f a =-<且()()22110a f a a e a a a =+->+->,∴()f x 在()0,a 上有零点,又由〔1〕知()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数,()f x 在(),-∞+∞上仅有一个零点；〔3〕由〔1〕知令()'0f x =得1x =-,又()21f a e -=-,即21,P a e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭, ∴2210OPa e k a e--==---,又()()2'1m f m m e =+,[考点定位]导数与函数单调性、零点、不等式,导数的几何意义等知识．[2015高考,理21].0a >,函数()sin ([0,))axf x e x x =∈+∞,记n x 为()f x 的从小到大的第n *()n N ∈个极值点,证明：〔1〕数列{()}n f x 是等比数列 〔2〕假如a ≥如此对一切*n N ∈,|()|n n x f x <恒成立.〔1〕'()sin cos ax ax f x ae x e x =+(sin cos )axe a x x =+sin()ax x ρ=+其中a 1tan =ρ,20πρ<<,令'()0f x =,由0x ≥得πρm x =+,即ρπ-=m x ,m ∈*N ,对N k ∈,假如πρπ)12(2+<+<k x k ,即ρπρπ-+<<-)12(2k x k ,如此'()0f x >, 假如πρπ)22()12(+<+<+k x k ,即ρπρπ-+<<-+)22()12(k x k ,如此'()0f x <, 因此,在区间),)1((ρππ--m m 与),(πρπm m -上,'()f x 的符号总相反,于是 当)(*N m m x ∈-=ρπ时,()f x 取得极值,∴*() n x n n N πρ∈=-, 此时,()()1sin()(1)sin ()a n a n n n x e n e f πρπρπρρ--+=-=-,易知()0n f x ≠,而()()1121()(1)()(1 s n in )i s a n ax n n n a n n f e f x e x e πρπρρρ+-⎡⎤⎣-+⎦++-==--是非零常数,故数列{}()n f x 是首项为1()f x =() sin a n e πρρ-,公比为ax e -的等比数列；〔2〕由〔1〕知,sinρ=,于是对一切*n N ∈,|()|n n x f x <|恒成立,即() a n n πρπρ--<恒成立,等价于()()a n e a n πρπρ-<-〔•〕恒成立〔∵0>a 〕, 设()(0)t e g t t t =>,如此2('()1)t g e t tt -=,令'()0g t =,得1=t , 当10<<t 时,'()0g t <,∴)(t g 在区间)1,0(上单调递减； 当1>t 时,'()0g t >,∴)(t g 在区间)1,0(上单调递增,从而当1=t 时,函数)(t g 取得最小值e g =)1(,因此,要是〔•〕式恒成立,只需()1g e <=,即只需a >,而当a =时,311tan 2>-==e a ρ,且02πρ<<,于是23ππρ-<<,且当2n ≥时,232n ππρπρ-≥-≥>,因此对一切*n N ∈,1n ax =≠,∴()n g ax (1)g e >==,故〔•〕式亦恒成立.综上所述,假如a ≥,如此对一切*n N ∈,()||n n x x f <恒成立.[考点定位]1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.。
2015年高考数学导数真题与答案
导数目录1.【2015高考，理10】.................................................. - 2 -2.【2015高考，理12】.................................................. - 2 -3.【2015高考新课标2，理12】.......................................... - 3 -4.【2015高考新课标1，理12】.......................................... - 4 -5.【2015高考，理16】.................................................. - 5 -6.【2015高考天津，理11】.............................................. - 5 -7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）.......................... - 6 -8.【2015高考，19】（本小题满分16分）.................................. - 8 -9.【2015高考，理20】................................................. - 10 -10.【2015高考，17】（本小题满分14分）................................ - 13 -11.【2015高考，理21】................................................ - 14 -12.【2015高考，理21】................................................ - 17 -13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）........................... - 19 -14.【2015高考，理20】................................................ - 21 -15.【2015高考，理21】................................................ - 22 -16.【2015高考，理22】................................................ - 24 -17.【2015高考新课标1，理21】........................................ - 26 -18.【2015高考北京，理18】............................................ - 27 -19.【2015高考，理19】................................................ - 29 -20【2015高考，理21】................................................. - 31 -1.【2015高考，理10】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 ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【答案】C【解析】由已知条件，构造函数()()g x f x kx =-，则''()()0g x f x k =->，故函数()g x 在R 上单调递增，且101k >-，故1()(0)1g g k >-，所以1()111k f k k ->---，11()11f k k >--，所以结论中一定错误的是C ，选项D 无法判断；构造函数()()h x f x x =-，则''()()10h x f x =->，所以函数()h x 在R 上单调递增，且10k >，所以1()(0)h h k>，即11()1f k k ->-，11()1f k k >-，选项A,B 无法判断，故选C ． 【考点定位】函数与导数．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．2.【2015高考，理12】对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）A ．1-是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()y f x =上【答案】A【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b '=+，因为1是()f x 的极值点，3是()f x 的极值，所以()()1013f f '=⎧⎪⎨=⎪⎩，即203a b a b c +=⎧⎨++=⎩，解得：23b a c a =-⎧⎨=+⎩，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以428a b c ++=，即()42238a a a +⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误”，否则很容易出现错误．解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行检验，也可作必要的合情推理．3.【2015高考新课标2，理12】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值围是（ ）A ．(,1)(0,1)-∞-UB ．(1,0)(1,)-+∞UC ．(,1)(1,0)-∞--UD ．(0,1)(1,)+∞U【答案】A 【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．4.【2015高考新课标1，理12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值围是（ ） (A)[-32e ，1） (B)[-32e ，34） (C)[32e ，34） (D)[32e，1） 【答案】D 【解析】设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，max [()]g x =12-2e -，当0x =时，(0)g =-1，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D.【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题【名师点睛】对存在性问题有三种思路，思路1：参变分离，转化为参数小于某个函数（或参数大于某个函数），则参数该于该函数的最大值（大于该函数的最小值）；思路2：数形结合，利用导数先研究函数的图像与性质，再画出该函数的草图，结合图像确定参数围，若原函数图像不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图像解；思路3：分类讨论，本题用的就是思路2.5.【2015高考，理16】如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．【答案】1.2【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是()11010222162⨯+-⨯⨯=，设抛物线的方程为22x py =（0p >），因为该抛物线过点()5,2，所以2225p ⨯=，解得254p =，所以2252x y =，即2225y x =，所以当前最大流量是()()5323535522224022255255257575753x dx x x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤-=-=⨯-⨯-⨯--⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是16 1.2403=，所以答案应填：1.2． 【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．【名师点晴】本题主要考查的是定积分、抛物线的方程和定积分的几何意义，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“原始”和“当前”，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是定积分的几何意义，即由直线x a =，x b =，0y =和曲线()y f x =所围成的曲边梯形的面积是()ba f x dx ⎰． 6.【2015高考天津，理11】曲线2y x = 与直线y x = 所围成的封闭图形的面积为 . O xy【答案】16【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.【名师点睛】本题主要考查定积分几何意义与运算能力.定积分的几何意义体现数形结合的典型示，既考查微积分的基本思想又考查了学生的作图、识图能力以及运算能力.【2015高考，理11】20(1)x dx ⎰-= .【答案】0.【解析】试题分析：0)21()1(22200=-=-⎰x x dx x . 【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值围．【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-．【解析】(Ⅰ)'()(1)2mx f x m e x =-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，'()0f x >．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，'()0f x >．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,m m e m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①，设函数()1t g t e t e =--+，则'()1t g t e =-．当0t <时，'()0g t <；当0t >时，'()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-．综上，m 的取值围是[1,1]-．【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数'()(1)2mx f x m e x =-+，根据m 的围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的符号即可；（Ⅱ）12()()1f x f x e -≤-恒成立，等价于12max ()()1f x f x e -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，故可求研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．8.【2015高考，19】（本小题满分16分）已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.（1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； 当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2） 1.c =当0a <时，()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>，20,3a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以函数()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027a ab >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭，因此1c =． 此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根， 所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠，解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭U U ． 综上1c =．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点【名师点晴】求函数的单调区间的步骤：①确定函数y ＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间的符号，根据符号判定函数在每个相应区间的单调性． 已知函数的零点个数问题处理方法为：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．已知不等式解集求参数方法：利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关系.9.【2015高考，理20】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】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 >=(3)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21-2+(k-2)1M ()k 2=,11x x k x x x x +-¢=--++故当0x Î（时，M ()0x ¢>,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)1()2=,11x x k N x k x x x-+=--++故当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0x1x ，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2H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2H ()12=,11x xx 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.（3）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=12k 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)2kx 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，【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】在解函数的综合应用问题时,我们常常借助导数,将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手,进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意()()f x g x >与min max ()()f x g x >不等价，min max ()()f x g x >只是()()f x g x >的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．10.【2015高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建 一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ， 的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ， 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+ （其中a ，b 为常数）模型. （1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式()f t②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t ==千米【解析】（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为()5,40，()20,2.5．将其分别代入2a y x b =+，得4025 2.5400aba b⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，解得1000a b =⎧⎨=⎩．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ⎛⎫⎪⎝⎭， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-， 2则l 的方程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ⎛⎫A ⎪⎝⎭，230000,t ⎛⎫B ⎪⎝⎭．故()f t ==，[]5,20t ∈．②设()624410g t t t ⨯=+，则()6516102g t t t⨯'=-．令()0g t '=，解得t =当(t ∈时，()0g t '<，()g t 是减函数；当()20t ∈时，()0g t '>，()g t 是增函数．从而，当t =()g t 有极小值，也是最小值，所以()min 300g t =，此时()min f t =答：当t =l 的长度最短，最短长度为千米． 【考点定位】利用导数求函数最值，导数几何意义【名师点晴】解决实际应用问题首先要弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型，然后将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；本题已直接给出模型，只需确定其待定参数即可.求解数学模型，得出数学结论，这一步骤在应用题中要求不高，难度中等偏下，本题是一个简单的利用导数求最值的问题.首先利用导数的几何意义是切点处切线的斜率，然后再利用导数求极值与最值.11.【2015高考，理21】设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈. （Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若()0,0x f x ∀>≥成立，求a 的取值围.【答案】（I ）：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点；（II ）a 的取值围是[]0,1.（2）当0a > 时， ()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时，0∆≤ ，()0g x ≥ 所以，()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时，0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x < 因为1212x x +=- 所以，1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-所以，当()11,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． （3）当0a < 时，0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点；当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； （II ）由（I ）知， （1）当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增， 因为()00f =所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （2）当819a <≤ 时，由()00g ≥ ，得20x ≤ 所以，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()00f =，所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （3）当1a > 时，由()00g < ，可得20x > 所以()20,x x ∈ 时，函数()f x 单调递减； 又()00f =所以，当()20,x x ∈时，()0f x < 不符合题意； （4）当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+ 因为()0,x ∈+∞时，()11011x h x x x '=-=>++当11x a>-时，()210ax a x +-< 此时，()0,f x < 不合题意. 综上所述，a 的取值围是[]0,1【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.【名师点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的应用，着重考查了分类讨论、数形结合、转化的思想方法，意在考查学生结合所学知识分析问题、解决问题的能力，其中最后一问所构造的函数体现了学生对不同函数增长模型的深刻理解.12.【2015高考，理21】设函数2()f x x ax b =-+. （Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记2000()f x x a x b =-+，求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000a b ==，求24a z b =-满足D 1≤时的最大值.【答案】（Ⅰ）极小值为24a b -；（Ⅱ）00||||D a a b b =-+-； （Ⅲ）1.【解析】（Ⅰ）2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+，22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，22x ππ-<<.因为22x ππ-<<，所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时，函数(sin )f x 单调递增，无极值. ②当2,a b R ≥∈时，函数(sin )f x 单调递减，无极值. ③当22a -<<，在(,)22ππ-存在唯一的0x ，使得02sin x a =. 02x x π-<≤时，函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时，函数(sin )f x 单调递增.因此，22a -<<，b R ∈时，函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.（Ⅱ）22x ππ-≤≤时，00000|(sin )(sin )||()sin |||||f x f x a a x b b a a b b -=-+-≤-+-，当00()()0a a b b --≥时，取2x π=，等号成立，当00()()0a a b b --<时，取2x π=-，等号成立，由此可知，函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值为00||||D a a b b =-+-.（Ⅲ）D 1≤，即||||1a b +≤，此时201,11a b ≤≤-≤≤，从而214a z b =-≤. 取0,1a b ==，则||||1a b +≤，并且214a z b =-=. 由此可知，24a zb =-满足条件D 1≤的最大值为1.【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.【名师点睛】函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数()n ,nf x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥. (I)讨论()f x 的单调性；(II)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；(III)若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证： 21|-|21ax x n<+- 【答案】(I) 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.(2)当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nxn -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 单调递增，在0(,)x +∞单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.(III)证明：不妨设12x x ≤，由(II)知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n '=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由(II)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-. 因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式. 【名师点睛】本题主要考查函数的性质与导数之间的关系以及利用函数证明不等式.第(I)小题求导后分n 为奇偶数讨论函数的单调性，体现了数学分类讨论的重要思想；第(II)(III)中都利用了构造函数证明不等式这一重要思想方法，体现数学中的构造法在解题中的重要作用，是拨高题.14.【2015高考，理20】设函数()()23xx axf x a R e+=∈ （1）若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值围。
2015年高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)学生版
2015年高考真题解答题专项训练：函数与导数（理科）学生版1．（2015•广东卷）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≤﹣1．2．（2015•重庆卷）（本小题满分12分，（1）小问7分，（2）小问5分）（1）若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值范围。
3．（2015•新课标2卷）设函数 。
（1）证明： 在 单调递减，在 单调递增；（2）若对于任意 ，都有 ，求m 的取值范围。
4． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； （Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，（Ⅲ）设实数k 使得对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值．5．（2015•浙江卷）已知函数2()(,)f x x ax b a b R =++∈，记(,)M a b 是|()|f x 在区间[1,1]-上的最大值.（1）证明：当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；（2）当a ，b 满足(,)2M a b ≤，求||||a b +的最大值.6．（2015•新课标1卷）已知函数， ． （1）当 为何值时， 轴为曲线 的切线；（2）用 表示 中的最小值，设函数 ，讨论零点的个数．7．（2015•四川卷）已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >. （1）设()g x 是()f x 的导函数，评论()g x 的单调性；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间∞(1,+)内恒成立，且()0f x =在∞(1,+)内有唯一解.8．（2015•陕西卷）设()21,, 2.n n f x x x x n N n =+++-∈≥（Ⅰ）求()2n f '；（Ⅱ）证明： ()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n a ），且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭.9．（2015•福建卷）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 ∈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 ∈，t 恒有2|f ()()|x g x x-<．参考答案1．（1）f（x）=（1+x2）e x﹣a在（﹣∞，+∞）上为增函数．（2）见解析（3）见解析【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（广东卷带解析）【解析】试题分析：（1）利用f'（x）≥0，求出函数单调增区间．（2）证明只有1个零点，需要说明两个方面：①函数单调；②函数有零点．（3）利用导数的最值求解方法证明，思路较为复杂．解：（1）f'（x）=e x（x2+2x+1）=e x（x+1）2∴f′（x）≥0，∴f（x）=（1+x2）e x﹣a在（﹣∞，+∞）上为增函数．（2）证明：由（1）问可知函数在（﹣∞，+∞）上为增函数．又f（0）=1﹣a，∵a＞1．∴1﹣a＜0∴f（0）＜0．当x→+∞时，f（x）＞0成立．∴f（x）在（﹣∞，+∞）上有且只有一个零点（3）证明：f'（x）=e x（x+1）2，设点P（x0，y0）则）f'（x）=e x0（x0+1）2，∵y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，∴f'（x0）=0，即：e x0（x0+1）2=0，∴x0=﹣1将x0=﹣1代入y=f（x）得y0=．∴，∴…10分令；g（m）=e m﹣（m+1）g（m）=e m﹣（m+1），则g'（m）=e m﹣1，由g'（m）=0得m=0．当m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0当m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0∴g（m）的最小值为g（0）=0…12分∴g（m）=e m﹣（m+1）≥0∴e m≥m+1∴e m（m+1）2≥（m+1）3即： ∴m≤…14分点评：本题考查了导数在函数单调性和最值上的应用，属于综合应用，在高考中属于压轴题目，有较大难度．2．（1）0a =，切线方程为30x ey -=；（2【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（重庆卷带解析） 【解析】试题解析：本题考查求复合函数的导数，导数与函数的关系，由求导法则可得'()f x =，由已知得'(0)0f =，可得0a =，于是有,由点斜式可得切线方程；（2）由题意'()0f x ≤在[3,)+∞上恒成立，即2()3(6)g x x a x a =-+-+0≤在[3,)+∞上恒成立，利用二次函数试题解析：（1）对()f x 求导得因为()f x 在0x =处取得极值，所以(0)0f '=，即0a =.当0a =时,从而()f x 在点1(1)f （，）处的切线方程为化简得30x ey -= （2）由（1 令()2g()36x x a x a =-+-+由g()0x =，解得 当1x x <时，g()0x <,故()f x 为减函数； 当12x x x <<时，g()0x >,故()f x 为增函数； 当2x x >时，g()0x <,故()f x 为减函数；由()f x 在[3,)+∞上为减函数，知故a考点：复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．3．（1） 在 单调递减，在 单调递增；（2） .【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ带解析） 【解析】（Ⅰ） ．若 ，则当 时， ， ；当 时， ， ．若 ，则当 时， ， ；当 时， ， ．所以， 在 单调递减，在 单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的 ， 在 单调递减，在 单调递增，故 在 处取得最小值．所以对于任意 ， 的充要条件是： 即①，设函数 ，则 ．当 时， ；当 时， ．故 在 单调递减，在 单调递增．又 ， ，故当 时， ．当 时， ， ，即①式成立．当 时，由 的单调性， ，即 ；当 时， ，即 ．综上， 的取值范围是 ．考点：导数的综合应用．视频4．（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2. 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷带解析） 【解析】试题分析：利用导数的几何意义，求出函数在0x =处的函数值及导数值，再用直线方程在()01x ∈，成立，可用作差，利用导数研究函数F(x)在区间（0，1）上的单调性，由于()0F x '>，()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，问题得证；第三步与第二步方法类似，构造函数研究函数单调性，但需要对参数k 作讨论，首先[0,2]k ∈符合题意，其次当2k >时，不满足题意舍去，得出k 的最大值为2.试题解析：（Ⅰ），曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；（Ⅱ）当()01x ∈，时，对(0,1)x ∀∈()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 ∀∈，（Ⅲ）成立，()01x ∈，，()01x ∈，； 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()(0)F x F <，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论. 5．（1）详见解析；（2）3.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（浙江卷带解析） 【解析】（1）分析题意可知()f x 在[1,1]-上单调，从而可知(,)max{|(1)|,|(1)|}M a b f f =-，分类讨论a 的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知 ||,0||||||,0a b ab a b a b ab +≥⎧+=⎨-<⎩，再由(,)2M a b ≤可得|1||(1)|2a b f ++=≤， |1||(1)|2a b f -+=-≤，即可得证.试题解析：（1，由||2a ≥，得，故()f x 在[1,1]-上单调，∴(,)max{|(1)|,|(1)|}M a b f f =-，当2a ≥时，由 (1)(1)24f f a --=≥，得max{(1),(1)}2f f -≥，即(,)2M a b ≥，当2a ≤-时，由(1)(1)24f f a --=-≥，得m a x {(1),(1)}2f f --≥，即(,)2M ab ≥，综上，当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；（2）由(,)2M a b ≤得|1||(1)|2a b f ++=≤，|1||(1)|2a b f -+=-≤，故||3a b +≤，||3a b -≤，由||,0||||||,0a b a b a b a b ab +≥⎧+=⎨-<⎩，得||||3a b +≤，当2a =，1b =-时，||||3a b +=，且2|21|x x +-在[1,1]-上的最大值为2，即(2,1)2M -=，∴||||a b +的最大值为3..考点：1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.6．（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ带解析）【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线.（Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时， 在（0,1）有一个零点.…10分综上，当 或 时， 由一个零点；当 或时， 有两个零点；当时， 有三个零点.考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 7．（1时，()g x 在区间 在时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.（2）详见解析.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（四川卷带解析） 【解析】（1）由已知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，时，()g x 在区间时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增. （2.故存在0(1,)x e ∈，使得0()0x ϕ=..知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增.即0(0,1)a ∈.当0a a =时，有000()0,()()0f x f x x ϕ'===，. 由（1）知，函数()f x '在区间(1,)+∞上单调递增.故当0(1,)x x ∈时，有0()0f x '<，从而0()()0f x f x >=； 当0(,)x x ∈+∞时，有0()0f x '>，从而0()()0f x f x >=； 所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ≥.综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间∞(1,+)内恒成立，且()0f x =在∞(1,+)内有唯一解.考点：本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.8．（Ⅰ）()()2121nn f n =-+'；（Ⅱ）证明见解析，详见解析.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（陕西卷带解析） 【解析】试题分析：（Ⅰ）由题设()112n n f x x nx -=++'+，所以()121222n n f n -=++'+⨯，此式等价于数列{}12n n -⋅的前n 项和，由错位相减法求得()()2121n n f n =-+'；（Ⅱ）因为()010f =-<， 222212120333nn f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯≥-⨯> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内至少存在一个零点，又，所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，因此， ()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a ，由于()111n n x f x x -=--，所以()1011n n n n na f a a -==--，由此可得1111222n n n a a +=+>，故1223n a <<，继而得111112*********n nn n n a a ++⎛⎫⎛⎫<-=<⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 试题解析：（Ⅰ）由题设()112n n f x x nx -=++'+， 所以()121222n n f n -=++'+⨯① 由()22212222n n f n '=⨯+⨯++②①-②得()21212222n n n f n --=++++-'，所以()()2121nn f n =-+' （Ⅱ）因为()010f =-<222133222112120233313n n n f ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=-⨯≥-⨯> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-， 所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内至少存在一个零点， 又所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增， 因此， ()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a ，由于()111nn x f x x-=--， 所以()1011n n n n na f a a -==-- 由此可得1111222n n n a a +=+> 故1223n a << 所以111112*********n nn n n a a ++⎛⎫⎛⎫<-=<⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列. 视频 9．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ） =1k ．【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（福建卷带解析）【解析】解法一：（1）令()f ()l n (1),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 ()(x x g x x k x 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 ∈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 ∈，恒有f()()x g x >．（3）当1k >时，由（1）知，对于(0,),x ∀∈∞+()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 =-+-∈∞，+，则有21-2+(k-2)1M ()k 2=,11x x k x x x x+-'=--++故当8(k 1)0x ∈（时，M ()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 ∈，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 =+--∈∞，+，则有2'1-2-(k +2()2=,11x x k N x k x xx -+=--++故当2)8(1k )0x ∈（时，N ()x '>,M()x 在[0上单调递增，故N()(0)0x N >=,即2f()()x g x x ->,记0x 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 ∈∞当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2H()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞，+，则有21-2H ()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.（3）当1k >时，由（1）知，对于(0,),x ∀∈∞+()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=12k k k <<，从而 由（2）知存在00x >,使得0(0),x x ∈任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=. 此时11|f()()|f()()(k)2k 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 ∈∞当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2M()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．。
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2015专题五：函数与导数在解题中常用的有关结论（需要熟记）：考点一：导数几何意义：角度一 求切线方程1．(2014·洛阳统考)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝⎛⎭⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为( )A ．3x －y －2＝0B ．4x －3y ＋1＝0C ．3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0D ．3x －y －2＝0或4x －3y ＋1＝0解析：选A 由f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x 得f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，则a ＝f ′⎝⎛⎭⎫π4＝3－2sin π2＋2cos π2＝1.由y ＝x 3得y ′＝3x 2，过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线的斜率k ＝3a 2＝3×12＝3.又b ＝a 3，则b ＝1，所以切点P 的坐标为(1,1)，故过曲线y ＝x 3上的点P 的切线方程为y －1＝3(x －1)，即3x －y －2＝0.角度二 求切点坐标2．(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y ＝3ln x ＋x ＋2在点P 0处的切线方程为4x －y －1＝0，则点P 0的坐标是( )A ．(0,1)B ．(1，－1)C ．(1,3)D ．(1,0)解析：选C 由题意知y ′＝3x ＋1＝4，解得x ＝1，此时4×1－y －1＝0，解得y ＝3，∴点P 0的坐标是(1,3)．角度三 求参数的值3．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图像都相切，且与f (x )图像的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x ，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图像的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2，故选D.考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间。
[典例1]已知函数f (x )＝x 2－e x 试判断f (x )的单调性并给予证明． 解：f (x )＝x 2－e x ，f (x )在R 上单调递减，f ′(x )＝2x －e x ，只要证明f ′(x )≤0恒成立即可． 设g (x )＝f ′(x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ， 当x ＝ln 2时，g ′(x )＝0， 当x ∈(－∞，ln 2)时，g ′(x )>0， 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )<0.∴f ′(x )max ＝g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2<0， ∴f ′(x )<0恒成立， ∴f (x )在R 上单调递减．[典例2] (2012·北京高考改编)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间． [解] (1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ， 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋1＝c ，g (1)＝1＋b ＝c ，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(2)令F (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋a 24x ＋1，F ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a 24，令F ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a 6，∵a >0，∴x 1<x 2，由F ′(x )>0得，x <－a 2或x >－a6；由F ′(x )<0得，－a 2<x <－a6.∴单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2，⎝⎛⎭⎫－a 6，＋∞；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6. [针对训练](2013·重庆高考)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)． (1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x .令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.考点三：已知函数的单调性求参数的范围[典例] (2014·山西诊断)已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R)． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x，令f ′(x )＝0，即－2x 2－x －1x ＝0，解得x ＝－12或x ＝1.∵x >0，∴x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减． (2)显然函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax 的定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x ＝－(2ax ＋1)(ax －1)x .①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0，∴f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，不合题意．②当a >0时，f ′(x )≤0(x >0)等价于(2ax ＋1)·(ax －1)≥0(x >0)，即x ≥1a ，此时f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞. 由⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，得a ≥1. ③当a <0时，f ′(x )≤0(x >0)等价于(2ax ＋1)·(ax －1)≥0(x >0)，即x ≥－12a，此时f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫－12a ，＋∞. 由⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，得a ≤－12.综上，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． [针对训练](2014·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 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． 解：(1)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)． 考点四：用导数解决函数的极值问题[典例] (2013·福建高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．[解] (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a . x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值， 且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． [针对训练]设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图像关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6⎝⎛⎭⎫x ＋a 62＋b －a 26， 即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a6对称．从而由题设条件知－a 6＝－12，即a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0， 得b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， 所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0， 即6(x －1)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝1，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6. 考点五 运用导数解决函数的最值问题 [典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． [解] (1)f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ； 当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . [针对训练]设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝ax－2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12. 考点六：用导数解决函数极值、最值问题[典例] (2013·北京丰台高三期末)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． [解] (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x，令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同． 又因为a >0，所以－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有 ⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者．而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5. [针对训练]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1， 所以f (1)＝4.所以1＋a ＋b ＋c ＝4.所以c ＝5.(2)由(1)，可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解之，得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.考点七：利用导数研究恒成立问题及参数求解[典例] (2013·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． [解] (1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2， f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)． 设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2， 则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1. 令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2.(ⅰ)若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0.从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，故F (x )在[－2，＋∞)上的最小值为F (x 1)．而F (x 1)＝2x 1＋2－x 21－4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0. 故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．(ⅱ)若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e －2)．从而当x ＞－2时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，＋∞)上单调递增，而F (－2)＝0，故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．(ⅲ)若k ＞e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2·(k －e 2)＜0.从而当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e 2]． [针对训练]设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， ∵f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )， 若x ＝0，则f ′(x )＝0；若x <0，则1－e x >0，所以f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，所以f ′(x )<0. ∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)．(2)由(1)知，f (x )在[－2,2]上单调递减． 故[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2，∴m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 故m 的取值范围为(－∞，2－e 2)． 考点八、利用导数证明不等式问题[典例] (2013·河南省三市调研)已知函数f (x )＝ax －e x (a >0)． (1)若a ＝12，求函数f (x )的单调区间；(2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x . [解] (1)当a ＝12时，f (x )＝12x －e x .f ′(x )＝12－e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2.当x <－ln 2时，f ′(x )>0； 当x >－ln 2时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)． (2)证明：法一：令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ， (ⅰ)当a ＝1时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤x 成立．(ⅱ)当1<a ≤1＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －1)＝e x －e ln(a －1)，∴当x <ln(a －1)时，F ′(x )<0； 当x >ln(a －1)时，F ′(x )>0，∴F (x )在(－∞，ln (a －1))上单调递减，在(ln(a －1)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln(a －1))＝e ln(a －1)－(a －1)·ln(a －1)＝(a －1)[1－ln(a －1)]，∵1<a ≤1＋e ，∴a －1>0,1－ln(a －1)≥1－ln [(1＋e)－1]＝0， ∴F (x )≥0，即f (x )≤x 成立． 综上，当1≤a ≤1＋e 时，有f (x )≤x . 法二：令g (a )＝x －f (x )＝－xa ＋x ＋e x ，只要证明g (a )≥0在1≤a ≤1＋e 时恒成立即可． g (1)＝－x ＋x ＋e x ＝e x >0，①g (1＋e)＝－x ·(1＋e)＋x ＋e x ＝e x －e x ， 设h (x )＝e x －e x ，则h ′(x )＝e x －e ， 当x <1时，h ′(x )<0；当x >1时，h ′(x )>0，∴h (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (1)＝e 1－e·1＝0， 即g (1＋e)≥0.②由①②知，g (a )≥0在1≤a ≤1＋e 时恒成立．∴当1≤a ≤1＋e 时，有f (x )≤x .[针对训练](2014·东北三校联考)已知函数f (x )＝12x 2－13ax 3(a >0)，函数g (x )＝f (x )＋e x (x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )． (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝e ，(ⅰ)求函数g (x )的单调区间；(ⅱ)求证：x >0时，不等式g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．解：(1)f ′(x )＝x －ax 2＝－ax ⎝⎛⎭⎫x －1a ， ∴当f ′(x )＝0时，x ＝0或x ＝1a，又a >0， ∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时， f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， ∴f (x )的极小值为f (0)＝0，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝16a 2.(2)∵a ＝e ，∴g (x )＝12x 2－13e x 3＋e x (x －1)， g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)．(ⅰ)记h (x )＝e x －e x ＋1，则h ′(x )＝e x －e ，当x ∈(－∞，1)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，∴h (x )≥h (1)＝1>0，则在(0，＋∞)上，g ′(x )>0；在(－∞，0)上，g ′(x )<0，∴函数g (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)．(ⅱ)证明：x >0时，g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)≥1＋ln x ⇔e x －e x ＋1≥1＋ln x x， 由(ⅰ)知，h (x )＝e x －e x ＋1≥1，记φ(x )＝1＋ln x －x (x >0)，则φ′(x )＝1－x x， 在区间(0,1)上，φ′(x )>0，φ(x )是增函数；在区间(1，＋∞)上，φ′(x )<0，φ(x )是减函数，∴φ(x )≤φ(1)＝0，即1＋ln x －x ≤0，1＋ln x x≤1， ∴e x －e x ＋1≥1≥1＋ln x x，即g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．。