当前位置:首页 >> 高考 >> 2016年高考导数试题及答案(精选)

2016年高考导数试题及答案(精选)


1.(新课标 1)已知函数 (I)求 a 的取值范围;(II)设 x1,x2 是 解: (Ⅰ)

有两个零点. 的两个零点,证明: +x2<2.

x (i)设 a ? 0 ,则 f (x) ? ( x ?2) e , f '( x) ? ( x ?1)ex ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(e x ? 2a) .

f ( x) 只有一个零点. , (? ? ) (ii) 设a ? 0, 则当 x ? (??,1) 时,f '( x) ? 0 ; 当 x ?1


时,f

'( x) ? 0 . 所

f ( x) 在 (??,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调递增.又 f (1) ? ?e , f (2) ? a ,取 b 满足 b ? 0

a a 3 2 2 ,则 f (b) ? (b ? 2) ? a (b ? 1) ? a (b ? b) ? 0 ,故 f ( x ) 存在两个零点. 2 2 2 e ?2 a ) ? 1 ( iii ) 设 a ? 0 , 由 f '(x )? 0得 x ? 1 或 x ? ln(?2a) . 若 a ? ? , 则 ln( ,故当 2
且 b ? ln

x ? (1,? ? ) 时, f '( x) ? 0 , 因此 f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递增. 又当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 , 所以 f ( x )
不存在两个零点. 若a??

e ,则 ln(? 2a ) ? 1,故当 x ? (1,ln(?2a)) 时, f '( x ) ? 0 ;当 x ? (ln(?2a), ??) 时, 2

f '(x ) ? 0 . 因 此 f ( x) 在 (1,ln(?2a)) 单 调 递 减, 在 (ln(?2a), ??) 单 调递 增 .又 当 x ? 1 时 , f ( x ) ? 0,所以 f ( x) 不存在两个零点.综上, a 的取值范围为 (0, ??) .
(Ⅱ)不妨设 x1

? x2 ,由(Ⅰ)知 x1 ? (??,1), x2 ? (1, ??) , 2 ? x2 ? (??,1) , f ( x) 在 (??,1)
? 2 等价于 f ( x 1) ? f (2 ? x2 ) ,即 f (2 ? x2 ) ? 0 .

上单调递减,所以 x1 ? x2 由于

f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? a( x2 ?1)2 ,而 f ( x2 ) ? ( x2 ? 2)ex2 ? a( x2 ?1)2 ? 0 ,所以
. 设

f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? ( x2 ? 2)ex2
g' x ? ( x ? ) e 2? x ? ( ex
而 g ( x2 ) ? . 所以当 1 x

g(x ? ? )xe2? x ? x ? ex(
, 故当 x



2



)

?)1 时, () 0 ? 而g (g '( x) ? 0 , )1

? 1 时,g ( x) ? 0 . 从

f (2 ? x2 ) ? 0 ,故 x1 ? x2 ? 2 .
? x?2 x e x?2
的单调性,并证明当 x >0 时, ( x ? 2)e
x

2(新课标 2)(I)讨论函数 f (x)

? x ? 2 ? 0;

e x ? ax ? a g x) = ( x ? 0) (II)证明:当 a ? [0,1) 时,函数 ( x2
求函数 h(a ) 的值域.

有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a ) ,

第 1 页 共 10 页

解: (Ⅰ)f

( x) 的定义域为 (??, ?2) ? (?2, ??) . f '( x) ?

( x ? 1)( x ? 2)e x ? ( x ? 2)e x x 2e x ? ? 0, 且 ( x ? 2)2 ( x ? 2)2

仅当 x

? 0 时, f '(x ) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (??, ?2),(?2, ??) 单调递增,因此当 x ? (0, ??) 时,

f ( x) ? f (0) ? ? 1,所以 ( x ? 2)ex ? ?( x ? 2),( x ? 2)ex ? x ? 2 ? 0
( II )

g ( x) ?

( x ? 2)e x ? a( x ? 2) x ? 2 ? 2 ( f ( x) ? a), 由( I )知, f ( x) ? a 单调递增,对任意 x2 x
因 此 , 存 在 唯 一 使] 得 x0 ? ( 0 , 2 ,

a ?[0,1), f (0) ? a ? a ? 1 ? 0, f (2) ? a ? a ? 0,

) 调 递 减; 当 f( 0 x? ) ? a 即 0 g , '( x0 ) ? 0 , 当 0 ? x ? x0 时 , f ( x) ? a ? 0, g '(x )? 0,g (x 单
单调递增 . 因此 g ( x ) 在 x ? x0 处取得最小值,最小值为 x ? x0 时, f ( x) ? a ? 0, g '(x ) ? 0, g (x )

e x0 ? a( x0 ? 1) e x0 +f ( x0 )( x0 ? 1) e x0 g ( x0 ) ? ? ? . x02 x02 x0 ? 2
( ex ( ?x 1 x )e ? ) ' 2 ? x?2 ? (x 2 ? )
x e 0单, x





e x0 h a (? ) x0 ? 2
, 由







2









x0 ? (0, 2],



ex 1 e2 1 e0 e x0 e2 e2 ], 存在唯一的 单调递增,对任意 ? ? ( , ? ? h(a) ? ? ? . 因为 x?2 2 4 2 0?2 x0 ? 2 2 ? 2 4 1 e2 x0 ? (0, 2], a ? f ( x0 ) ? [0,1),使得 h(a) ? ?, 所以 h(a) 的值域是 ( , ], 2 4 1 e2 综上,当 a ? [0,1) 时, g ( x ) 有 h(a ) , h(a ) 的值域是 ( , ]. 2 4
3. (新课标 3)设函数 f(x)=acos2x+(a-1) (cosx+1) ,其中 a>0,记 (Ⅰ)求 f' (x) ; (Ⅱ)求 A; (Ⅲ)证明 解: (Ⅰ) ≤2A. 的最大值为 A.

(Ⅱ)当 a ? 1 时, f ' ( x) ? ?2a sin 2x ? (a ?1)sin x .

| f ' ( x) |?| a sin 2x ? (a ?1)(cos x ? 1) | ? a ? 2(a ? 1) ? 3a ? 2 ? f (0)
因此,

A ? 3a ? 2 .当 0 ? a ? 1 时,将 f ( x) 变形为 f ( x) ? 2a cos2 x ? (a ?1)cos x ?1 .
2

令 g (t ) ? 2at 且当

? (a ?1)t ?1 ,则 A 是 | g (t ) | 在 [?1,1] 上的最大值, g (?1) ? a , g (1) ? 3a ? 2 ,
时,

t?

1? a 4a

1? a (a ? 1)2 a 2 ? 6a ? 1 )?? ?1 ? ? g (t ) 取 得 极 小 值 , 极 小 值 为 g ( 4a 8a 8a

.令

第 2 页 共 10 页

?1 ?

1? a 1 1 1 ? 1 ,解得 a ? ? (舍去) ,a ? . (ⅰ)当 0 ? a ? 时, g (t ) 在 (?1,1) 内无极值点, 4a 3 5 5

| g (?1) |? a , | g (1) |? 2 ? 3a , | g (?1) |?| g (1) | ,所以 A ? 2 ? 3a . (ⅱ)当
1? a ). ,知 g ( ?1) ? g (1) ? g ( g (?1) ? g (1) ? 2(1? a )? 0 4a
又|

1 ? a ? 1 时,由 5

1? a (1 ? a)(1 ? 7a) 1? a a 2 ? 6a ? 1 g( ) | ? | g (?1) |? ? 0 ,所以 A ?| g ( ) |? . 4a 8a 4a 8a
上 ,
1 ? ? 2 ? a 3 ? a ,? 5 0 ? 2 1 ? a ? 6a ? 1 A?? , ? a ?1 8 a 5 ? 3a ? 2, a ? 1 ? ? ?





















| f ' ( x) |?| ?2a sin 2 x ? (a ?1)sin x |? 2a? | a ?1| | f' ? (x ) ? |a ?
.A 当 2a

.



0?a?

1 5





1

? a

. 当 2 ?

1 a 1 3 ?4 a? ? a1 ?时 , 2 AA ?( ? 2 ? ? 13 , 5 8 8a 4

所 以 )

2

| f ' (x ) ?| ? 1a ?
4(山东 )已知 (II)当 a

? 1 时, | f ' ( x) |? 3a ?1 ? 6a ? 4 ? 2 A ,所以 | f ' ( x) |? 2 A .

f ( x) ? a ? x ? ln x ? ?

? 1 时,证明

2x ?1 ,a?R . (I)讨论 f ( x ) 的单调性; x2 3 f ( x)>f ' ? x ? ? 对于任意的 x ??1, 2? 成立 2

解(Ⅰ)

f ( x) 的定义域为 (0,??) ; f / ( x) ? a ?

a 2 2 (ax2 ? 2)(x ? 1) ? 2 ? 3 ? x x x x3

.

当a

? 0 , x ? (0,1) 时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; x ? (1, ??)时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单 ? 0 时, f / ( x) ?

调递减.当 a

2 a( x ? 1) 2 2 . 1)0 ? a ? 2 , 当 x ? (0,1) ? 1, (x ? )( x ? )( 3 a x a a

或 x? ( 递减;

2 2 ) 时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调 ,??) 时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增;当 x ? (1, a a

(2) a

? 2 时,

2 ? 1 ,在 x ? (0,??) 内, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; a 2 2 ? 1 ,当 x ? (0, ) 或 x ? (1,??) 时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调递增; a a

(3)a

? 2 时,0 ?

第 3 页 共 10 页

当 x? (

2 ,1) 时, f / ( x) ? 0 , f ( x) 单调递减. a

综上所述,

当a

? 0 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 内单调递增,在 (1,??) 内单调递减; a ? 2 时, f ( x) 在 (0,1) 内单调递增,在 (1,

当0 ?

2 2 ) 内单调递减,在 ( ,??) a a

内单调递

增;当 a

? 2 时, f ( x) 在 (0,??) 内单调递增;当 a ? 2 , f ( x) 在 (0,

2 ) 内单调递增,在 a

(

2 ,1) 内单调递减,在 (1,??) 内单调递增. a
? 1 时,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, a

f ( x) ? f / ( x) ? x ? ln x ?

2x ?1 1 2 2 ? (1 ? ? 2 ? 3 ) 2 x x x x

? x ? ln x ?

3 1 2 ? ? ?1 x x 2 x3



x ? [1,2]





g ( x) ? x ? ln x, h( x) ?

3 1 2 ? 2 ? 3 ?1 x x x



x ? [1,2]

.



f ( x) ? f / ( x) ? g ( x) ? h( x) ,由 g / ( x) ?

x ?1 ? 0 可得 g ( x) ? g (1) ? 1 ,当且仅当 x ? 1 x

时取得等号.又 h '( x)

?

?3x 2 ? 2 x ? 6 2 ,设 ? ( x) ? ?3x ? 2 x ? 6 ,则 ? ( x ) 在 x ? [1,2] 单调 x4
上存在

递减,因为

? (1) ? 1, ? (2) ? ?10 , 所 以 在 [1,2]

x0

使得

x ? (1, x0 )

时,

? ( x) ? 0, x ? ( x0 ,2) 时, ? ( x) ? 0 ,所以函数 h( x) 在 (1, x0 ) 上单调递增;在 ( x0 ,2) 上单调
递减,由于

h(1) ? 1, h(2) ?

1 2

,因此

h ( x ) ? h ( 2) ?

1 当且仅当 x ? 2 取得等号,所以 2,

f ( x) ? f / ( x) ? g (1) ? h(2) ?
5.(天津)设函数 (Ⅱ)若

3 3 / ,即 f ( x ) ? f ( x ) ? 对于任意的 x ? [1,2] 恒成立。 2 2

f ( x) ? ( x ?1)3 ? ax ? b , x ?R,其中 a , b ? R.(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间;
f ( x) 存在极值点 x0 ,且 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,其中 x1 ? x0 ,求证: x1 ? 2x0 ? 3 ;
f ( x)
,求证: g ( x ) 在区间 [0,2] 上的最大值不小于 ...

(Ⅲ)设 a>0 ,函数 g ( x) ?

1 4

第 4 页 共 10 页

解: (Ⅰ)解:由 当a

f ( x) ? ( x ? 1)3 ? ax ? b ,可得 f ' ( x) ? 3( x ? 1)2 ? a .下面分两种情况讨论: (1)

? 0 时,有 f ' ( x) ? 3( x ?1) 2 ? a ? 0 恒成立,所以 f ( x) 的单调递增区间为 (??,??) .

(2)当 a

? 0 时,令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ? 1 ?

3a 3a ,或 x ? 1 ? .当 x 变化时, f ' ( x) , f ( x ) 3 3

的变化情况如下表:

x
f ' ( x)
f ( x)
所以

(??,1 ?


3a ) 3

1?
0

3a 3

(1 ?

3a 3a ,1 ? ) 3 3
- 单调递减

1?
0

3a 3

(1 ?

3a ,??) 3


单调递增

极大值

极小值

单调递增

f ( x) 的单调递减区间为 (1 ?
f ( x)

3a 3a 3a 3a 单调递增区间为 (??,1 ? ,1 ? ), ), (1 ? ,??) . 3 3 3 3
a?0
,且

(Ⅱ)证明:因为

存在极值点,所以由(Ⅰ)知

x0 ? 1 , 由 题 意 , 得
, 进 而

f ' ( x0 ) ? 3( x0 ?1)2 ? a ? 0
f ( x0 ) ? ( x0 ? 1)3 ? ax0 ? b ? ?





( x0 ? 1) 2 ?

a 3

2a a x0 ? ? b . 又 3 3 8a f (3 ? 2 x0 ) ? (2 ? 2 x0 )3 ? a(2 ? 2 x0 ) ? b ? (1 ? x0 ) ? 2ax0 ? 3a ? b 3 2a a ?? x0 ? ? b ? f ( x0 ) , 且 3 ? 2 x0 ? x0 , 由 题 意 及 ( Ⅰ ) 知 , 存 在 唯 一 实 数 满 足 3 3

f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,且 x1 ? x0 ,因此 x1 ? 3 ? 2x0 ,所以 x1 ? 2x0 ? 3 ;
(Ⅲ)证明:设 g ( x) 在区间 [0,2] 上的最大值为 M , max{ x, y} 表示 x , 情况同理:

y 两数的最大值.下面分三种

(1) 当a

? 3 时, 1?

3a 3a ? 0 ? 2 ?1? 3 3

, 由 (Ⅰ) 知, f

所以 f ( x ) ( x) 在区间 [0,2] 上单调递减,

在区间 [0,2] 上的取值范围为 [ f

(2), f (0)],因此 ? max{|a ? 1 ? (a ? b) |, | a ? 1 ? (a ? b) |}

M ? max{| f (2) |, | f (0) |} ? max{|1 ? 2a ? b |, | ?1 ? b |}

?a ? 1 ? (a ? b), a ? b ? 0 ,所以 M ? a ? 1? | a ? b |? 2 . ?? a ? 1 ? ( a ? b ), a ? b ? 0 ?

第 5 页 共 10 页

(2)当

3 2 3a 3a 3a 2 3a ? a ? 3 时,1 ? ? 0 ?1? ?1? ? 2 ?1? 4 3 3 3 3

,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,

f (0) ? f (1 ?

2 3a 3a 2 3a 3a ) ? f (1 ? ) , f (2) ? f (1 ? ) ? f (1 ? ) ,所以 f ( x) 在区间 3 3 3 3
的 取 值 范 围 为

[0,2]



[ f (1 ?

3a 3a ), f (1 ? )] 3 3







M ? max{| f (1 ?

3a 3a 2a 2a ) |, | f (1 ? ) |} ? max{|? 3a ? a ? b |, | 3a ? a ? b |} 3 3 9 9

? max{| ?

2a 2 3 3 1 2a 2a 3a ? (a ? b) |,| 3a ? (a ? b) |} ? 3a ? | a ? b |? ? ? 3 ? ? . 9 9 9 9 4 4 4
0?a? 3 4
时 ,

( 3 ) 当

0 ? 1?

3a 3a ? 1? ?2 3 3

, 由 ( Ⅰ ) 和 ( Ⅱ ) 知 ,

f (0) ? f (1 ?
[0,2]


2 3a 3a 2 3a 3a ) ? f (1 ? ) , f (2) ? f (1 ? ) ? f (1 ? ) ,所以 f ( x) 在区间 3 3 3 3
的 取 值 范 围 为

[ f (0), f (2)]







M ? max{| f (0) |, | f (2) |} ? max{|?1 ? b |, | 1 ? 2a ? b |} ? max{|1 ? a ? (a ? b) |, | 1 ? a ? (a ? b) |} ? 1 ? a ? | a ? b |?
区间 [0,2] 上的最大值不小于

1 .综上所述, 当 a ? 0 时,g ( x ) 在 4

1 4

.

6(江苏) 已知函数 f(x)=
(1) 设 a=2,b=

f ( x) ? a x ? b x (a ? 0, b ? 0, a ? 1 ,b ? 1 ).

1 2

.①求方程

f ( x) =2 的根; f (2 x) ? m f( x) ? 6 恒成立,求实数 m 的最大值;

②若对任意 x ? R ,不等式

1 ,函数 g (2)若 0 ? a ? 1, b>
解(1)因为

? x? ? f ? x? ? 2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.
x ?x ?x . ① 方 程 f ( x ) ? 2, 即 2 ? 2 ? 2, 亦 即 f ( x ) ? 2x ? 2

a ? 2, b ?

1 2

,所以

x 2 x x 2 ,所以 (2 ? 1) ? 0 ,于是 2 ? 1 ,解得 x ? 0 . ( 2x ) ? 2 ? 2 ? 1 ? 0

②由条件知

?2 x x ?x 2 2 因为 f (2 x ) ? mf ( x)? 6对于 f (2x ) ? 22 x ? 2 ? (2 ? 2 )? 2 ? ( f x ( )) ? .2

x?R

恒 成 立 , 且

f (x ) ?

, 0

所 以

m?

(f x ( 2)?) f ( x)

对 于

4

x?R

恒 成 立 . 而

第 6 页 共 10 页

( f (0)) 2 ?4 ( f ( x))2 ? 4 4 4 ? 4 ,所以 m ? 4 ,故实数 ? f ( x) ? ? 2 f ( x) ? ? 4 ,且 f (0) f ( x) f ( x) f ( x)

m 的最大值为 4.
(2)因为函数 g ( x) ? 所以 0 是函数

f ( x) ? 2 只有 1 个零点,而 g (0) ? f (0) ? 2 ? a0 ? b0 ? 2 ? 0 ,
的唯一零点.因为

g ( x)

g ' ( x )? a x l n a ? bx
x0 ? log b (?
a

知 b? 1 l bn, 又 由 0 ? a ? 1,

ln a ? 0, ln b ? 0

, 所 以

有 g ' ( x )? 0

唯 一 解

ln a ) ln b

. 令

h( x) ? g ' ( x)
h ' ( x) ? 0

, 则

h' ( x)? (xa l na ?

x

b l 'n b ? )x a

(2 la ? n x) b

,从 (bl而 n对 任 ) 意

2

x?R



,所以

是 (??, ??) g ' ( x)? h( x)

上的单调增函数,于是当

x ? (?? , x0 ) , g ' ( x) ? g ' ( x0 ) ? 0 ; 当

x ? ( x0 ,?? )时, g ' ( x) ? g ' ( x0 ) ? 0 .因而函数 g ( x) 在 (??, x0 ) 上是单调减函数,在 ( x0 , ??) 上
是单调增函数.下证

x0 ? 0
l ao g

.若

x0 ? 0
a

,则

x0 ?

x0 ?0 2

,于是

g(

x0 )? g ( 0?) 2

0又 ,

l o ag 2 g ( l oag 2 ? )a ?b

?2 ? 2a

log

,且函数 ? 22 ? 0 g ( x) 在以

x0 2

和 log a

2 为端点的闭区间上

的图象不间断, 所以在 又

x0 2

和 log a

记为 x1 . 2 之间存在 g ( x) 的零点,

因为 0 ?

a ? 1, 所以 log a 2 ? 0 ,

x0 x ? 0 ,所以 x1 ? 0 与“0 是函数 g ( x) 的唯一零点”矛盾.若 x0 ? 0 ,同理可得,在 0 和 loga 2 之 2 2 ln a ? 1 ,故 ln a ? ln b ? 0 ,所以 ab ? 1 . 间存在 g ( x ) 的非 0 的零点,矛盾.因此, x0 ? 0 .于是 ? ln b
7. (四川)设函数 f(x)=ax2-a-lnx,其中 a ∈R. (II)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>-e
1-x+

(I)讨论 f(x)的单调性; 在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718?为自然对数的底数)。

解(I)

1 2ax 2 ? 1 (0, +?) f '( x) ? 2ax ? ? (x ? 0). 当a ? 0时, f '( x) <0, f ( x) 在 内单调递 x x
? 0时, 由 f '( x) =0,有 x ?

减.,当a

1 1 (0, ) 时, f '( x) <0, f ( x) 单调递减; .此时,当 x ? 2a 2a

( 当 x?

1 1 1 , +?) 时, f '( x) >0, f ( x) 单调递增.(II)令 g ( x) = ? x ?1 , s( x) = e x ?1 ? x . x e 2a
x ?1

则 s '( x ) = e

? 1 .而当 x ? 1 时, s '( x) >0,所以 s( x) 在区间 ( 1, +?) 内单调递增.

又由 s (1) =0, 有 s ( x) >0, 从而当 x

? 1 时, f ( x) >0.当 a ? 0 ,x ? 1 时, f ( x) = a( x2 ?1) ? ln x ? 0 .

第 7 页 共 10 页

故当

f ( x) > g ( x) 在区间 ( 1, +?) 内恒成立时,必有 a ? 0 .当 0 ? a ?

1 1 时, 2 2a

>1.

由(I)有

f(


1 1 ) ? f (1) ? 0 ,从而 g ( ) ? 0 ,所以此时 f ( x) > g ( x) 在区间 ( 1, +?) 内不恒成 2a 2a
a? 1 2
时 , 令



.

h( x) = f ( x) - g ( x)( x ? 1)





x> 1





h? ( x) = 2ax -

1 1 1 1 1 x3 - 2x + 1 x2 - 2x + 1 + 2 - e1- x > x - + 2 - = > > 0 ,因此,h( x) 在区间 x x x x x x2 x2

(1, + ? ) 单调递增.又因为 h(1)=0 ,所以当 x > 1 时, h( x) = f ( x) - g ( x) > 0 ,即 f ( x) > g ( x) 恒成
立.综上, a ? [ , ? ) 8(浙江)设 a

1 2

? 3 ,函数 F ( x) ? min{2 | x ? 1 |, x 2 ? 2ax ? 4a ? 2} ,其中

(Ⅰ)求使得等式 F ( x)

? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 成立的 x 的取值范围
(ii)求 F ( x ) 在 [0, 6] 上的最大值 M (a )

(Ⅱ) (i)求 F ( x ) 的最小值 m ( a ) 解(I)由于 a 当

? 3 ,故当 x ? 1 时, ? x 2 ? 2ax ? 4a ? 2 ? ? 2 x ? 1 ? x 2 ? 2 ? a ? 1?? 2 ? x ? ? 0 ,

x ?1

时 ,

?x

2

?2 a x ?4

a ? ?2

?2 x? 2 ? 1 ? ??x ?

2所a 以 ? x.?

, 使 得 等 式

( II ) ( i )设函数 f ? x ? ? 2 x ?1 F ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 成立的 x 的取值范围为 ? 2, 2a? .



g ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 ,则 f ? x ?min ? f ?1? ? 0


g ? x ?min ? g ? a ? ? ?a2 ? 4a ? 2

, 所 以 , 由

F? x?

的 定 义 知

?0, 3? a ? 2? 2 ? , 即 m?a? ? ? m? a n ?f ? 1 ? , g?? a ??m i? 2 ? ??a ? 4a ? 2,a ? 2?

2

. ( ii ) 当 0 ?

x ? 2 时,
时 ,

F? x? ? f ? x? ? max 2 ? , f? ? ? f? 0 ? ? 2? ?F ?2 F? x? ?





2? x?6

? ?g

?? m x?

? a ? ?? x

g

?

? 2 g

?,

.所以, ?a a ?? ? ? ??m ?6

x

2

,

?34 ? 8a,3 ? a ? 4 . ? ?a? ? ? 2, a ? 4 ?
9(北京)设函数 f(x)=xe e
a?x

+bx,曲线 y=f(x)d hko (2,f(2))处的切线方程为 y=(e-1)x+4,

(I)求 a,b 的值; (I I) 求 f(x)的单调区间。

第 8 页 共 10 页

解: (Ⅰ)因为

? f (2) ? 2e ? 2, 即 f ( x) ? xea? x ? bx ,所以 f ?( x) ? (1 ? x)ea? x ? b . 依题设, ? ? f ?(2) ? e ? 1,
解 得

?2e a ?2 ? 2b ? 2e ? 2, ? a ?2 ? ? e ? b ? e ? 1,

a ? 2, b ? e

. ( Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 知

f ( x) ? xe2? x ? ex

. 由

f ?( x) ? e2? x (1 ? x ? e x?1 ) 即 e2? x ? 0 知, f ?( x ) 与 1 ? x ? e x ?1 同号 . 令 g ( x) ? 1 ? x ? e x?1 ,则 g ?( x) ? ?1 ? e x?1 . 所 以 , 当 x ? (??,1) 时 , g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 区 间 (??,1) 上单 调 递 减 ; 当
x ? (1,??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在区间 (1,??) 上单调递增.故 g (1) ? 1 是 g ( x) 在区间 (??,??)
上的最小值,从而

g ( x) ? 0, x ? (??,??) .综上可知, f ?( x) ? 0 , x ? (??,??) ,故 f ( x) 的单

调递增区间为 ( ??,??) .

10(上海)已知 a ? R ,函数

1 f ( x ) ? log 2 ( ? a ) .(1)当 a ? 5 时,解不等式 f ( x ) ? 0 ; x

(2)若关于 x 的方程

f ( x) ? log2 [(a ? 4)x ? 2a ? 5] ? 0的解集中恰好有一个元素,求 a 的取值范
1 2

围; (3)设 a

? 0 ,若对任意 t ? [ ,1] ,函数 f ( x ) 在区间 [t , t ? 1] 上的最大值与最小值的差不超过 1,

求 a 的取值范围. 解: (1)由 log 2 ?

1 1? ?1 ? ? ? 5 ? ? 0 ,得 ? 5 ? 1 ,解得 x ? ? ??, ? ? ? ? 0, ?? ? . x 4? ?x ? ?

1 ? a ? ? a ? 4 ? x ? 2a ? 5 , ? a ? 4? x2 ? ? a ? 5? x ?1 ? 0 ,当 a ? 4 时, x ? ?1 ,经检验, x 1 满足题意. 当 a ? 3 时,x1 ? x2 ? ?1 , 经检验, 满足题意. 当 a ? 3 且 a ? 4 时,x1 ? ,x ? ?1 , a?4 2
(2)

x1 ? x2 . x1 是原方程的解当且仅当
即a

1 1 ? a ? 0 ,即 a ? 2 ; x2 是原方程的解当且仅当 ? a ? 0 , x2 x1

? 1 .于是满足题意的 a ? ?1, 2? .综上, a 的取值范围为 ?1, 2? ? ?3, 4? . (3)当 0 ? x1 ? x2 时,

?1 ? ?1 ? 1 1 所以 f ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上单调递减. 函数 f ? x ? ?a ? ?a , log 2 ? ? a ? ? log 2 ? ? a ? , x1 x2 x x ? 1 ? ? 2 ?
在区间

?t, t ? 1? 上的最大值与最小值分别为 f ?t ? ,

?1 ? ? 1 ? f ?t ? 1? . f ? t ? ? f ? t ? 1? ? log 2 ? ? a ? ? log 2 ? ? a ? ? 1 即 at 2 ? ? a ?1? t ?1 ? 0 ,对 ?t ? ? t ?1 ?
第 9 页 共 10 页

任意 t ?

1 ?1 ? ?1 ? ,1? 成立.因为 a ? 0 ,所以函数 y ? at 2 ? ? a ?1? t ?1 在区间 ? ,1? 上单调递增,t ? ? 2 ?2 ? ?2 ? 3 1 3 1 2 ?2 ? a ? ,由 a ? ? 0 ,得 a ? .故 a 的取值范围为 ? , ?? ? . 4 2 4 2 3 ?3 ?

时,

y 有最小值

第 10 页 共 10 页


更多相关文档:

2013-2016高考全国卷理科函数导数真题汇编

2013-2016高考全国卷理科函数导数真题汇编_数学_高中教育_教育专区。2013-2016...10.答案:D 解析:由题意知,函数 f(x)=x(ln x-ax)=xln x-ax2 有两个...

2016年高考理科导数大题

2016年高考理科导数大题_高考_高中教育_教育专区。x 1. (2016 年新课标Ⅰ理...【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) ( , 【解析】 1 e2 ]. . 2 4 试题分析:...

2016年高中数学导数高考真题

(共 37 页) 高中数学导数高考真题参考答案试题解析 一.选择题(共 7 小题) 1. (2016?新课标Ⅰ)函数 y=2x2﹣e|x|在[﹣2,2]的图象大致为( ) A. ...

2016年数学理高考真题分类汇编:专题02 导数(理科)

2016年数学理高考真题分类汇编:专题02 导数(理科)_高考_高中教育_教育专区。...【答案】 (Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)详见解析 【解析】 1 4 试题解析:...

2016高考导数压轴题汇编

2016高考导数压轴题汇编_高考_高中教育_教育专区。2016高考导数压轴题汇编,各套试卷均有 2016 高考导数压轴题汇编(全国 2) (21) (本小题满分 12 分) (Ⅰ)...

2016高考数学导数汇编文--学生版(含答案)

2016高考数学导数汇编文--学生版(含答案)_数学_高中教育_教育专区。2016高考...? 【答案】C 【解析】 考点:三角变换及导数的应用 【名师点睛】 本题把导数...

2016年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用

2016年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2016 年高考数学理试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、(2016 年四川高考)设...

2016高考导数专题

2016高考导数专题_数学_高中教育_教育专区。2016高考导数专题,带详细答案 ...2 x0 ? x0 , 由题意及 (Ⅰ)知, 存在唯一实数满足 f ( x1 ) ? f ...

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2016 年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用一、选择题 1、 (2016 ...

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用 Word版含答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2016 年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用一、选择题 1、 (2016 ...
更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com