2016年高考數(shù)學(xué)理真題分類匯編：導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用-Word版含解析

1、-1 -2016 年高考數(shù)學(xué)理試題分類匯編導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、選擇題1、（2016 年全國 II 高考）若直線y =kx b是曲線y =1 n x 2的切線，也是曲線y =1 n（x T）【答案】1-1 n2（2016 年全國 III 高考）已知f x為偶函數(shù)，當(dāng)x：0時(shí)，f（x）=ln（-x），3x，則曲線y = f x在點(diǎn)（1,-3）處的切線方程【答案】y二2x-11、（ 2016 年四川高考）設(shè)直線11,12分別是函數(shù)f(x)=_ln xQ.x,圖象上點(diǎn) P1, P2處In x, x 1,的切線，范圍是（A）【答案】11與 12垂直相交于點(diǎn) P,且 11, 12分別與(0,1)( B) (0,

2、2)( C) (0,+ s)( D)y 軸相交于點(diǎn) A，B,則 PAB 的面積的取值(1,+s)1sJX -2V2、(D)（2016 年全國 I 高考）函數(shù) y=2x2在-,2的圖像大致為2、-2 -三、解答題1、(2016 年北京高考) 設(shè)函數(shù)f (x) =xea bx，曲線y二f(x)在點(diǎn)(2, f(2)處的切線方 程為y =(e _1)x4，(1)求a，b的值；(2)求f (x)的單調(diào)區(qū)間.【解析】(I)f(xxea bx二f (xea- -xea- b =(1 x)eab曲線 y=f(x)在點(diǎn)(2, f(2)處的切線方程為 y=(e-1)x4 f(2) =2(e 1) 4 , f (2

3、) =e -1即f(2)=2ea* 2b=2(e1) 4a 2f (2) =(1 -2)e一b二e-1由解得：a =2 , b =e(II )由(I)可知：f (x) =xe ex,f (x) =(1 - x)e e令g(x)=(1x)e2,- g (x) =e2鳥_(1-x)e2=(x_2)x(72)2(2,訟)g(x)_0+g(x)極小值 g(x)的最小值是g(2) =(1 -2)e2 = -1 f (x)的最小值為 fg(2)e=e-10即 f (x) 0 對(duì)-x 三R恒成立 f(x)在-:：，；上單調(diào)遞增，無減區(qū)間2x(2016 年山東高考)已知f(x)=a x-lnx2,a，R.x(

4、I)討論f (x)的單調(diào)性;Q(II )當(dāng)a= 1時(shí)，證明f (x) f x 對(duì)于任意的x 1-1,2 1成立.212x2【解析】(i)求導(dǎo)數(shù)f (x) = a(1 )3x x22、-3 -(x1)(ax 2)x3當(dāng)a 0,f(x)單調(diào)遞增,-4 -x(1,+旳,f(x) 0時(shí),f (x)=2(x-1)(ax -2)(1)當(dāng)0v av2時(shí)，J?1，x (0,1)或x(J?,+旳,f (x) 0,f (x)單調(diào)遞增， ax(1,2),f (x) 0,f (x)單調(diào)遞增, a當(dāng)a2時(shí)，02 0,f(x)單調(diào)遞增， ax (.、2,1),f (x) 0,g(x)的最小值為g(1)=1;x x,326

5、3X22X+ 6又h (x)=一弋3+4=x x xx2設(shè)0(x) = 3x 2x + 6,x 1,2，因?yàn)?(1) =1,G(2) = 10,所以必有x0 1,2，使得6(x0) = 0，且1 x 0,h(x)單調(diào)遞增；xvx2時(shí)，6x) g(1) + h(2) = 1 + 2=|.3即f (x) f (x)對(duì)于任意的1,2成立.223、( 2016 年四川高考)設(shè)函數(shù) f(x)=ax-a-lnx,其中 a R.(I) 討論 f(x)的單調(diào)性；(II)確定 a 的所有可能取值，使得f(x) -e1-x+在區(qū)間(1, +R)內(nèi)恒成立(e=2.718為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。2【解析】(I)由題意，f

6、 x =2ax 2ax -1,x 0 x1當(dāng)a乞0時(shí)，2ax2-10,故fx 在 , ”2：(II)原不等式等價(jià)于 f x -1- e1 0 在 x1,；上恒成立.xf x _0 ,f x在 o,；上單調(diào)遞減 2axI V2a Af(x)=,f x：0；2a xx當(dāng) x【寸，f x 0.當(dāng)a 0時(shí)，單調(diào)遞減，在，范上單調(diào)遞增-7 -x一方面，令 g x =f x - e1jx=ax2T n x _丄 e1- a ,xx只需 g x 在 x 三1,；上恒大于 0 即可.-8 -又 g 1 =0 ,故 g x 在x=1處必大于等于 0.111令 F x=g x=2ax2 -, g 1 _0，可得

7、a .x x2另一方面，3當(dāng) a 時(shí)， F (x )=2a +丄 te1叢 1 +4 +滬=x*x-2+eJ 2x xx xx1 x. h ：:故 X3 X _2 .0 ,又訂.0 ,故Fx在 a_Q 時(shí)恒大于 0.1當(dāng) a 時(shí)，F(xiàn) x 在 xf1,血節(jié);單調(diào)遞增.F x F 1i；=2a _1 _0，故 g x 也在 xG1,; 單調(diào)遞增.g x . g 1 =0，即 g x 在 x1, ：上恒大于 0.1綜上，a _丄.234、( 2016 年天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)=(x1) ax b,xWR,其中a,bR(I)求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(II)若f (x)存在極值點(diǎn)x,且f (xj =

8、f(冷)，其中x1- x0，求證：x12X0=3；1(川)設(shè)a0，函數(shù)g(x) =| f (x)|，求證：g(x)在區(qū)間1,1上的最大值不小于 -.4【解析】(1) f x = x-1 ? axb2f Xi=3x -1-aa三0，單調(diào)遞增;(2)由 f(X。)=0得3(x01$=a322fX0 =X0-1 3 x1 X0b= X0 T j 1.-1b32f 3-2x0-2-2)1；7x-113-嘆-bx -1 B 8X0-9 6xJ -b2=x3_12x0_1-b-f 32x0二 f X0=f 為x12xo=31(3)欲證 g(x)在區(qū)間0 , 2上的最大值不小于一，只需證在區(qū)間0 , 2上存

9、在 X1,X2,41,f(X )在,1-囲一、h+J2+氏單調(diào)遞增單調(diào)遞增，在1 鳥 1 鳥單調(diào)遞減，在-9 -使得 g(X1)-g(X2) 即可當(dāng) a 3 時(shí)，f x 在 0 , 2 1 上單調(diào)遞減-10 -f(2) =1 _2a _b f ( 0 卜- 1b1f(0) _ f(2) =2a2 4 遞減，成立2當(dāng) 0 ., a :：: 3 時(shí),f(2) =1 -2a -bf( 0 A- 1bf(2) _ f (0) =2 _2a3若 0： ： ：aw時(shí)，43當(dāng) a -時(shí)，f |14I1g（x）在區(qū)間0 , 2上的最大值不小于 成立45、（ 2016 年全國 I 高考）已知函數(shù) J -.，有兩

10、個(gè)零點(diǎn).（I）求 a 的取值范圍；（II ）設(shè)劉，X2是 的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：X：+X22.解： 由已知得：f X i=：ix -1 ex 2a X -1 = X -1 ex- 2a1若 a =0，那么 fX=0：= X -2 e =0：=x=2， fX只有唯一的零點(diǎn) x = 2，不 合題意；2若aO 那么 ex2a -ex0，所以當(dāng)x 1時(shí)，f x 0， f x 單調(diào)遞增當(dāng)x 1時(shí)，f x 0，f x 單調(diào)遞減即：X(n)1（1,范）f(x)0+f(x)J極小值故 f x 在 1,；上至多一個(gè)零點(diǎn)，在 -：,1 上至多一個(gè)零點(diǎn)由于 f 2 =a 0，f 1 e：0，則 f 2 f 1：0，所以

11、,f 1 -=if 1-a 1 -a a-a 13 f 32-b =3-a - bf 0 -f 2=2-2a-11 -根據(jù)零點(diǎn)存在性定理，f x 在 1,2 上有且僅有一個(gè)零點(diǎn).而當(dāng)x：:1時(shí)，ex:：:e,x一2：-1：0,x222故 fx=x-2e ax-1|,ex-2!4ax-1 ax-1亠 ex-1-e則 f X =0 的兩根 ,4 4ae1 , t2 J。4ae1 ,1；：t2，因?yàn)閒2a2a2a0 ,故當(dāng)x或x t2時(shí)，a x 一 1 !亠 e x -1；：-e 0因此，當(dāng)x：1且X：t1時(shí)，f X &0又 f 1=e：0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理， f x 在一:：,1 有且只

12、有一個(gè)零點(diǎn).此時(shí)，f X 在R上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，滿足題意.e3若a：0，則 In -2a：In e = 1 ,當(dāng) x : In -2a 時(shí)，x_1：In/a 1：0 ,ex2a:eln，a2a = 0,即f x = x -1 ex 2a 0, f x 單調(diào)遞增；當(dāng) In -2a :x：1 時(shí) ，x1：0,ex2a ena2a =0, 即f( )x(lx冷2,f(a(0單調(diào)遞減；當(dāng)x 1時(shí)，x -1 0,ex 2a eIna20，即 f x 0 , f x 單調(diào)遞增.即：X円 n(_2a )ln( -2a )W(-羽)1)1(中)f(x)+0-0+f(X)極大值J極小值而極大值f |jn -2

13、a=2a|j n -2a -2 - a |in -2 a 1?二 a.|j n -2a 2? 1?：0故當(dāng)x1=l n(-2a)時(shí)，x10,ex+2a(公)+2a = 0,即卩 f(x)0,f x 單調(diào)遞增又 f x 在x=1處有意義，故 f x 在R上單調(diào)遞增，此時(shí)至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意.e5若a，則 In :；-2a 1當(dāng)x：1時(shí)，x 1：0, e2a : e1- 2a : eln !亠2a = 0，即 f x i、0,f x 單調(diào)遞增當(dāng) 1：x: In-2a 時(shí)，x10,ex- 2a : elna2a = 0，即 f x : 0 ,f x 單調(diào)遞減當(dāng) x I n-2a 時(shí)，x-1In -

14、2a-10,ex2aelna2a =0，即 f x - 0,f x 單調(diào)遞增即：x(q,1)1n( -2a)In (-2a)(In (-2a)他)f（X）+0-0+f(x)極大值J極小值故當(dāng) x In ;-2a 時(shí)，f x 在 x =1 處取到最大值 f 1 二-e,那么 f xwe：0 恒 成立，即 fx =0 無解-13 -當(dāng) x In _2a 時(shí)，f x 單調(diào)遞增，至多一個(gè)零點(diǎn)此時(shí) f x 在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意.-14 -綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)a 0時(shí)符合題意，即a的取值范圍為 0,=.由已知得：fX1= fX2=0 ,不難發(fā)現(xiàn)X!=1,X2=1,Xx -2 e “設(shè) g x-，貝y

15、g X1=g X2(X -1 )因此，對(duì)于任意的m0, g 1 mjg 1m由 g X1二 g X2可知x1、x2不可能在 g x 的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，不妨設(shè)x ：x2，則必有x：1： ：x2令m=1 X10，則有 g 11 X1g 1 -1 X1= g 2 X1gX1= gX2而2-兒1,X21, g x 在 1,=上單調(diào)遞增，因此：g2-捲沁：=2-為 X2整理得：X1X2 0 f x在一：，2和-2,:上單調(diào)遞增x 2xx 0時(shí)，ex. f 0 = -1x+2 x - 2 ex亠 x 亠 20 x2xe a x 2x ex xex- 2ex亠 ax 亠 2a4xx 2 X-2exaix

16、+2丿_3xa 0,1x 2x由知，當(dāng)x 0時(shí)，f xe的值域?yàn)?1, u ，只有一解.2使得t _2e-a,L 0, 2t +2當(dāng) x (0,t)時(shí) g(x)：0, g(x)單調(diào)減；當(dāng)(t, ：)時(shí) g (x) . 0 , g(x)單調(diào)增 1 h(a )=k(t 盧 f (x)二acos2x (a T)(cosx 1),其中a 0，記| f( x的最大值為A.-22 x 22f x =exha, 1 -叮獲t2t記k(t 戶土，在代(0,2 時(shí),tet 2”、畀+1)k t 二20 ,(t+2)k t單調(diào)遞增7、(2016 年全國 III 高考)設(shè)函數(shù)-17 -(I)求f (x)；(n)求A

17、；-18 -(川)證明| f (x)二住，|g(l)|=2 3 口，百(-1)|茁(1)|復(fù)所以 M = 2力*(社)當(dāng)扛盤g(i)(J).氣4/7/ +弘 +1 1-7_11| 1 豈一成口吒1時(shí)，.4 = - + + -1?所以|/(功|1+口弍2丄W51 ft ?! 4當(dāng)13寸,疋31W64二2兒所臥(為伍2/_ 28、( 2016 年浙江高考)已知 a_3，函數(shù) F ( x) =min2 x-1, x - 2ax+4a- 2, 其中 min p, q=P，P _q，qpq.(I)求使得等式 F (x) =x2- 2ax+4a- 2 成立的 x 的取值范圍；解析:2-迥0“氣(HI)由(

18、I)得|/(幼冃一1)11工伍2總+ 垃一1-19 -(11)( i)求 F (x)的最小值 m (a);(ii )求 F (x)在區(qū)間0,6上的最大值 M (a)【試題解析由于心匚故當(dāng)疋1 時(shí)，( 2 口芒+4 垃2i 2|xl|=F+2(a1)(2 x) 0, 當(dāng)工1 日(j?-2ar+4-2)-2|x-l| = (jr-2)(x-2fl).所以,使得等式 F(町=f - 2 公亠屜-2 成立的 x 的取倩范圍為12a.(11)( i)設(shè)函數(shù)f(x) = 2x-1,g(x )=x22ax + 4a2，貝y2f Xmin二f 1 =0，g Xmin二g a二-a 42 ,所以，由F x的定義

19、知m a = minf 1 ,g a j；，即b,3 Ea 蘭 2 +%/2m a=2I-a +4a -2,a 2 +J2(ii)當(dāng)0冬x乞2時(shí)，F(xiàn) x _ f x - max if 0 , f 2：，2=F2，當(dāng)2空x乞6時(shí)，F(xiàn) x _ g x _maxtg 2 ,g 6 max 12,34-8a4 maxF 2 ,F 6 /.所以，f348a,3c4.-J a =.2,49、(2016 江蘇)已知函數(shù)f(x)二axbx(a 0,b 0,a = 1,b = 1).1(1)設(shè) a=2,b=.2求方程f (x)=2 的根；若對(duì)任意X- R,不等式f (2x) mf(x)-6恒成立，求實(shí)數(shù) m 的最大值；(2)若0 a：1,b1，函數(shù)g x = f x -2有且只有 1 個(gè)零點(diǎn)，求 ab 的值.1-20 -解：(1)因?yàn)閍=2,b=，所以f(x)=22：2-21 -1方程f(x) =2，即2x2 - = 2，亦即(2x)2- 2 2x仁0, 所以(2x-1)2=0,于是2x=1，解得x =0.2由條件知f(2x) =22x2 = (2x2公)2 2 = (f(x)22.因?yàn)閒(2x) _mf(x) 6對(duì)于x R恒成立，且f(x) .0,所以m空4，故實(shí)數(shù)m的最大值為 4.(2)因