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2016年高中数学导数高考真题


高中数学导数高考真题
一.选择题(共 7 小题) 1.函数 y=2x2﹣e|x|在[﹣2,2]的图象大致为( )

A.

B



C. 2.函数 y=sinx2 的图象是(

D. )

A.

B.

C



D. 3.若函数 f(x)=x﹣ sin2x+asinx 在(﹣∞,+∞)单调递增,则 a 的取值范围 是( ) B.[﹣1, ] C.[﹣ , ] D.[﹣1,﹣ ] )

A.[﹣1,1]

4.已知 a 为函数 f(x)=x3﹣12x 的极小值点,则 a=( A.﹣4 B.﹣2 C.4 D.2

5.若函数 y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相
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垂直,则称 y=f(x)具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是( A.y=sinx B.y=lnx C.y=ex D.y=x3 的图象如图所示,则下列结论成立的是(



6.函数 f(x)=



A.a>0,b>0,c<0 B.a<0,b>0,c>0 b<0,c<0

C.a<0,b>0,c<0 D. a<0,

7.设函数 f′(x)是奇函数 f(x) (x∈R)的导函数,f(﹣1)=0,当 x>0 时, xf′(x)﹣f(x)<0,则使得 f(x)>0 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,+∞)

二.填空题(共 8 小题) 8.已知函数 f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′(0)的值为 9.函数 f(x)= (x≥2)的最大值为 . .

10.已知 f(x)为偶函数,当 x≤0 时,f(x)=e﹣x﹣1﹣x,则曲线 y=f(x)在点 (1,2)处的切线方程是 .

11.已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(﹣x)+3x,则曲线 y=f(x) 在点(1,﹣3)处的切线方程是 . .

12. 若直线 y=kx+b 是曲线 y=lnx+2 的切线, 也是曲线 y=ln (x+1) 的切线, 则 b= 13.函数 y=xex 在其极值点处的切线方程为 . .

14.曲线 y=x2 与 y=x 所围成的封闭图形的面积为

15.已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1) )处的切线过点(2,7) , 则 a= .
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三.解答题(共 15 小题) 16.已知函数 f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1) . (I)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1) )处的切线方程; (II)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. 17.设函数 f(x)=xea﹣x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程为 y= (e﹣1)x+4, (Ⅰ)求 a,b 的值; (Ⅱ)求 f(x)的单调区间. 18.设 f(x)=xlnx﹣ax2+(2a﹣1)x,a∈R. (Ⅰ)令 g(x)=f′(x) ,求 g(x)的单调区间; (Ⅱ)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值范围. 19.设函数 f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)= ﹣ 对数的底数. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)证明:当 x>1 时,g(x)>0; (Ⅲ)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 20.设函数 f(x)=lnx﹣x+1. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明当 x∈(1,+∞)时,1< <x; ,其中 a∈R,e=2.718…为自然

(3)设 c>1,证明当 x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>cx. 21.已知函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. 22.设函数 f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0) ,其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=3; (3)设 a>0,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不

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小于 . 23.设函数 f(x)=acos2x+(a﹣1) (cosx+1) ,其中 a>0,记|f(x)|的最大值 为 A. (Ⅰ)求 f′(x) ; (Ⅱ)求 A; (Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A. 24. (Ⅰ)讨论函数 f(x)= >0; (Ⅱ)证明:当 a∈[0,1)时,函数 g(x)= g(x)的最小值为 h(a) ,求函数 h(a)的值域. 25.设函数 f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0) ,其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=0; (3)设 a>0,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值 不小于 . 26.已知函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2 有两个零点. (Ⅰ)求 a 的取值范围; (Ⅱ)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2. 27.已知 f(x)=a(x﹣lnx)+ (I)讨论 f(x)的单调性; (II)当 a=1 时,证明 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 28.设函数 f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0) )处的切线方程; (2)设 a=b=4,若函数 f(x)有三个不同零点,求 c 的取值范围; (3)求证:a2﹣3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 29.已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1) .
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ex 的单调性,并证明当 x>0 时, (x﹣2)ex+x+2

(x>0)有最小值.设

,a∈R.

(1)设 a=2,b= . ①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)﹣6 恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)﹣2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. 30.设函数 f(x)=x3+ (Ⅰ)f(x)≥1﹣x+x2 (Ⅱ) <f(x)≤ . ,x∈[0,1],证明:

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高中数学导数高考真题
参考答案与试题解析

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.

B



C.

D.

【分析】根据已知中函数的解析式,分析函数的奇偶性,最大值及单调性,利用 排除法,可得答案. 【解答】解:∵f(x)=y=2x2﹣e|x|, ∴f(﹣x)=2(﹣x)2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|, 故函数为偶函数, 当 x=±2 时,y=8﹣e2∈(0,1) ,故排除 A,B; 当 x∈[0,2]时,f(x)=y=2x2﹣ex, ∴f′(x)=4x﹣ex=0 有解, 故函数 y=2x2﹣e|x|在[0,2]不是单调的,故排除 C, 故选:D 【点评】本题考查的知识点是函数的图象,对于超越函数的图象,一般采用排除 法解答.

2. (2016?浙江)函数 y=sinx2 的图象是(



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A.

B.

C



D. 【分析】根据函数奇偶性的性质,以及函数零点的个数进行判断排除即可. 【解答】解:∵sin(﹣x)2=sinx2, ∴函数 y=sinx2 是偶函数,即函数的图象关于 y 轴对称,排除 A,C; 由 y=sinx2=0, 则 x2=kπ,k≥0, 则 x=± ,k≥0,

故函数有无穷多个零点,排除 B, 故选:D 【点评】 本题主要考查函数图象的识别和判断,根据函数奇偶性和函数零点的性 质是解决本题的关键.比较基础.

3. (2016?新课标Ⅰ)若函数 f(x)=x﹣ sin2x+asinx 在(﹣∞,+∞)单调递增, 则 a 的取值范围是( A.[﹣1,1] ) C.[﹣ , ] D.[﹣1,﹣ ]

B.[﹣1, ]

【分析】求出 f(x)的导数,由题意可得 f′(x)≥0 恒成立,设 t=cosx(﹣1≤t ≤1) ,即有 5﹣4t2+3at≥0,对 t 讨论,分 t=0,0<t≤1,﹣1≤t<0,分离参数, 运用函数的单调性可得最值,解不等式即可得到所求范围. 【解答】解:函数 f(x)=x﹣ sin2x+asinx 的导数为 f′(x)=1﹣ cos2x+acosx, 由题意可得 f′(x)≥0 恒成立, 即为 1﹣ cos2x+acosx≥0,
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即有 ﹣ cos2x+acosx≥0, 设 t=cosx(﹣1≤t≤1) ,即有 5﹣4t2+3at≥0, 当 t=0 时,不等式显然成立; 当 0<t≤1 时,3a≥4t﹣ , 由 4t﹣ 在(0,1]递增,可得 t=1 时,取得最大值﹣1, 可得 3a≥﹣1,即 a≥﹣ ; 当﹣1≤t<0 时,3a≤4t﹣ , 由 4t﹣ 在[﹣1,0)递增,可得 t=﹣1 时,取得最小值 1, 可得 3a≤1,即 a≤ . 综上可得 a 的范围是[﹣ , ]. 故选:C. 【点评】本题考查导数的运用:求单调性,考查不等式恒成立问题的解法,注意 运用参数分离和换元法,考查函数的单调性的运用,属于中档题.

4. (2016?四川)已知 a 为函数 f(x)=x3﹣12x 的极小值点,则 a=( A.﹣4 B.﹣2 C.4 D.2



【分析】可求导数得到 f′(x)=3x2﹣12,可通过判断导数符号从而得出 f(x)的 极小值点,从而得出 a 的值. 【解答】解:f′(x)=3x2﹣12; ∴x<﹣2 时,f′(x)>0,﹣2<x<2 时,f′(x)<0,x>2 时,f′(x)>0; ∴x=2 是 f(x)的极小值点; 又 a 为 f(x)的极小值点; ∴a=2. 故选 D. 【点评】 考查函数极小值点的定义,以及根据导数符号判断函数极值点的方法及 过程,要熟悉二次函数的图象.

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5. (2016?山东)若函数 y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点 处的切线互相垂直, 则称 y=f (x) 具有 T 性质. 下列函数中具有 T 性质的是 ( A.y=sinx B.y=lnx C.y=ex D.y=x3 )

【分析】若函数 y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线 互相垂直, 则函数 y=f (x) 的导函数上存在两点, 使这点的导函数值乘积为﹣1, 进而可得答案. 【解答】解:函数 y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切 线互相垂直, 则函数 y=f(x)的导函数上存在两点,使这点的导函数值乘积为﹣1, 当 y=sinx 时,y′=cosx,满足条件; 当 y=lnx 时,y′= >0 恒成立,不满足条件; 当 y=ex 时,y′=ex>0 恒成立,不满足条件; 当 y=x3 时,y′=3x2>0 恒成立,不满足条件; 故选:A 【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程,转化思想,难 度中档.

6. (2015?安徽) 函数 ( f x) =

的图象如图所示, 则下列结论成立的是 (



A.a>0,b>0,c<0 B.a<0,b>0,c>0 b<0,c<0

C.a<0,b>0,c<0 D. a<0,

【分析】分别根据函数的定义域,函数零点以及 f(0)的取值进行判断即可. 【解答】 解: 函数在 P 处无意义, 由图象看 P 在 y 轴右边, 所以﹣c>0, 得 c<0,
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f(0)=

,∴b>0,

由 f(x)=0 得 ax+b=0,即 x=﹣ , 即函数的零点 x=﹣ >0, ∴a<0, 综上 a<0,b>0,c<0, 故选:C 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断,根据函数图象的信息,结合定义 域,零点以及 f(0)的符号是解决本题的关键.

7. (2015?新课标Ⅱ)设函数 f′(x)是奇函数 f(x) (x∈R)的导函数,f(﹣1) =0,当 x>0 时,xf′(x)﹣f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) B. (﹣1,0)∪(1,+∞) C. (﹣∞,﹣1)∪

A. (﹣∞,﹣1)∪(0,1)

(﹣1,0) D. (0,1)∪(1,+∞) 【分析】 由已知当 x>0 时总有 xf′ (x) ﹣f (x) <0 成立, 可判断函数 g (x) = 为减函数,由已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,可证明 g(x)为(﹣∞,0) ∪(0,+∞)上的偶函数,根据函数 g(x)在(0,+∞)上的单调性和奇偶性, 模拟 g(x)的图象,而不等式 f(x)>0 等价于 x?g(x)>0,数形结合解不等 式组即可. 【解答】解:设 g(x)= ,则 g(x)的导数为:g′(x)= ,

∵当 x>0 时总有 xf′(x)<f(x)成立, 即当 x>0 时,g′(x)恒小于 0, ∴当 x>0 时,函数 g(x)= 又∵g(﹣x)= = = 为减函数, =g(x) ,

∴函数 g(x)为定义域上的偶函数 又∵g(﹣1)= =0,
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∴函数 g(x)的图象性质类似如图: 数形结合可得,不等式 f(x)>0?x?g(x)>0 ? 或 ,

?0<x<1 或 x<﹣1. 故选:A.

【点评】 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性,并由函数的奇偶性和单调 性解不等式,属于综合题.

二.填空题(共 8 小题) 8. (2016?天津)已知函数 f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′ (0)的值为 3 .

【分析】先求导,再带值计算. 【解答】解:∵f(x)=(2x+1)ex, ∴f′(x)=2ex+(2x+1)ex, ∴f′(0)=2e0+(2×0+1)e0=2+1=3. 故答案为:3. 【点评】本题考查了导数的运算法则,属于基础题.

9. (2016?北京)函数 f(x)= 【分析】分离常数便可得到

(x≥2)的最大值为

2



,根据反比例函数的单调性便可判断该

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函数在[2,+∞)上为减函数,从而 x=2 时 f(x)取最大值,并可求出该最大值. 【解答】解: ∴f(x)在[2,+∞)上单调递减; ∴x=2 时,f(x)取最大值 2. 故答案为:2. 【点评】考查函数最大值的概念及求法,分离常数法的运用,以及反比例函数的 单调性,根据函数单调性求最值的方法. ;

10. (2016?新课标Ⅲ)已知 f(x)为偶函数,当 x≤0 时,f(x)=e﹣x﹣1﹣x,则 曲线 y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是 y=2x .

【分析】由已知函数的奇偶性结合 x≤0 时的解析式求出 x>0 时的解析式,求出 导函数,得到 f′(1) ,然后代入直线方程的点斜式得答案. 【解答】解:已知 f(x)为偶函数,当 x≤0 时,f(x)=e﹣x﹣1﹣x, 设 x>0,则﹣x<0, ∴f(x)=f(﹣x)=ex﹣1+x, 则 f′(x)=ex 1+1,


f′(1)=e0+1=2. ∴曲线 y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是 y﹣2=2(x﹣1) . 即 y=2x. 故答案为:y=2x. 【点评】 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查了函数解析式 的求解及常用方法,是中档题.

11. (2016?新课标Ⅲ)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(﹣x)+3x, 则曲线 y=f(x)在点(1,﹣3)处的切线方程是 2x+y+1=0 .

【分析】由偶函数的定义,可得 f(﹣x)=f(x) ,即有 x>0 时,f(x)=lnx﹣3x, 求出导数,求得切线的斜率,由点斜式方程可得切线的方程. 【解答】解:f(x)为偶函数,可得 f(﹣x)=f(x) , 当 x<0 时,f(x)=ln(﹣x)+3x,即有
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x>0 时,f(x)=lnx﹣3x,f′(x)= ﹣3, 可得 f(1)=ln1﹣3=﹣3,f′(1)=1﹣3=﹣2, 则曲线 y=f(x)在点(1,﹣3)处的切线方程为 y﹣(﹣3)=﹣2(x﹣1) , 即为 2x+y+1=0. 故答案为:2x+y+1=0. 【点评】本题考查导数的运用:求切线的方程,同时考查函数的奇偶性的定义和 运用,考查运算能力,属于中档题.

12. (2016?新课标Ⅱ) 若直线 y=kx+b 是曲线 y=lnx+2 的切线, 也是曲线 y=ln (x+1) 的切线,则 b= 1﹣ln2 .

【分析】先设切点,然后利用切点来寻找切线斜率的联系,以及对应的函数值, 综合联立求解即可 【解答】 解: 设 y=kx+b 与 y=lnx+2 和 y=ln (x+1) 的切点分别为 (x1, kx1+b) 、 (x2, kx2+b) ; 由导数的几何意义可得 k= = ,得 x1=x2+1

再由切点也在各自的曲线上,可得

联立上述式子解得



从而 kx1+b=lnx1+2 得出 b=1﹣ln2. 【点评】本题考查了导数的几何意义,体现了方程思想,对学生综合计算能力有 一定要求,中档题

13. (2015?陕西)函数 y=xex 在其极值点处的切线方程为

y=﹣



【分析】求出极值点,再结合导数的几何意义即可求出切线的方程. 【解答】解:依题解:依题意得 y′=ex+xex, 令 y′=0,可得 x=﹣1,
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∴y=﹣ . 因此函数 y=xex 在其极值点处的切线方程为 y=﹣ . 故答案为:y=﹣ . 【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某 点切线方程等基础知识,考查运算求解能力.属于基础题.

14. (2015?天津)曲线 y=x2 与 y=x 所围成的封闭图形的面积为



【分析】 先根据题意画出区域, 然后依据图形得到积分下限为 0, 积分上限为 1, 从而利用定积分表示出曲边梯形的面积,最后用定积分的定义求出所求即可. 【解答】解:先根据题意画出图形,得到积分上限为 1,积分下限为 0 直线 y=x 与曲线 y=x2 所围图形的面积 S=∫01(x﹣x2)dx 而∫01(x﹣x2)dx=( ∴曲边梯形的面积是 . 故答案为: . )|01= ﹣ =

【点评】 本题主要考查了学生会求出原函数的能力, 以及考查了数形结合的思想, 同时会利用定积分求图形面积的能力,解题的关键就是求原函数.

15. (2015?新课标Ⅰ)已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1) )处的切 线过点(2,7) ,则 a= 1 .

【分析】求出函数的导数,利用切线的方程经过的点求解即可.
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【解答】解:函数 f(x)=ax3+x+1 的导数为:f′(x)=3ax2+1,f′(1)=3a+1,而 f(1)=a+2, 切线方程为:y﹣a﹣2=(3a+1) (x﹣1) ,因为切线方程经过(2,7) , 所以 7﹣a﹣2=(3a+1) (2﹣1) , 解得 a=1. 故答案为:1. 【点评】本题考查函数的导数的应用,切线方程的求法,考查计算能力.

三.解答题(共 15 小题) 16. (2016?新课标Ⅱ)已知函数 f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1) . (I)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1) )处的切线方程; (II)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. 【分析】 (I)当 a=4 时,求出曲线 y=f(x)在(1,f(1) )处的切线的斜率,即 可求出切线方程; (II)先求出 f′(x)>f′(1)=2﹣a,再结合条件,分类讨论,即可求 a 的取值 范围. 【解答】解: (I)当 a=4 时,f(x)=(x+1)lnx﹣4(x﹣1) . f(1)=0,即点为(1,0) , 函数的导数 f′(x)=lnx+(x+1)? ﹣4, 则 f′(1)=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2, 即函数的切线斜率 k=f′(1)=﹣2, 则曲线 y=f(x)在(1,0)处的切线方程为 y=﹣2(x﹣1)=﹣2x+2; (II)∵f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1) , ∴f′(x)=1+ +lnx﹣a, ∴f″(x)= ,

∵x>1,∴f″(x)>0, ∴f′(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴f′(x)>f′(1)=2﹣a.
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①a≤2,f′(x)>f′(1)≥0, ∴f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(1)=0,满足题意; ②a>2,存在 x0∈(1,+∞) ,f′(x0)=0,函数 f(x)在(1,x0)上单调递减, 在(x0,+∞)上单调递增, 由 f(1)=0,可得存在 x0∈(1,+∞) ,f(x0)<0,不合题意. 综上所述,a≤2. 【点评】 本题主要考查了导数的应用, 函数的导数与函数的单调性的关系的应用, 导数的几何意义, 考查参数范围的求解, 考查学生分析解决问题的能力, 有难度.

17. (2016?北京)设函数 f(x)=xea﹣x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的 切线方程为 y=(e﹣1)x+4, (Ⅰ)求 a,b 的值; (Ⅱ)求 f(x)的单调区间. 【分析】 (Ⅰ)求函数的导数,根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及 f (2) ,建立方程组关系即可求 a,b 的值; (Ⅱ)求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系即可求 f(x)的单调区 间. 【解答】解: (Ⅰ)∵y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程为 y=(e﹣1)x+4, ∴当 x=2 时,y=2(e﹣1)+4=2e+2,即 f(2)=2e+2, 同时 f′(2)=e﹣1, ∵f(x)=xea﹣x+bx, ∴f′(x)=ea﹣x﹣xea﹣x+b, 则 即 a=2,b=e; (Ⅱ)∵a=2,b=e; ∴f(x)=xe2﹣x+ex, ∴f′(x)=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=(1﹣x)e2﹣x+e,
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f″(x)=﹣e2﹣x﹣(1﹣x)e2﹣x=(x﹣2)e2﹣x, 由 f″(x)>0 得 x>2,由 f″(x)<0 得 x<2, 即当 x=2 时,f′(x)取得极小值 f′(2)=(1﹣2)e2﹣2+e=e﹣1>0, ∴f′(x)>0 恒成立, 即函数 f(x)是增函数, 即 f(x)的单调区间是(﹣∞,+∞) . 【点评】本题主要考查导数的应用,根据导数的几何意义,结合切线斜率建立方 程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强.

18. (2016?山东)设 f(x)=xlnx﹣ax2+(2a﹣1)x,a∈R. (Ⅰ)令 g(x)=f′(x) ,求 g(x)的单调区间; (Ⅱ)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值范围. 【分析】 (Ⅰ)先求出 g(x)=f′(x)的解析式,然后求函数的导数 g′(x) ,利用 函数单调性和导数之间的关系即可求 g(x)的单调区间; (Ⅱ)分别讨论 a 的取值范围,根据函数极值的定义,进行验证即可得到结论. 【解答】解: (Ⅰ)∵f(x)=xlnx﹣ax2+(2a﹣1)x, ∴g(x)=f′(x)=lnx﹣2ax+2a,x>0, g′(x)= ﹣2a= ,

当 a≤0,g′(x)>0 恒成立,即可 g(x)的单调增区间是(0,+∞) ; 当 a>0,当 x> 当 0<x< 时,g′(x)<0,函数为减函数,

,g′(x)>0,函数为增函数,

∴当 a≤0 时,g(x)的单调增区间是(0,+∞) ; 当 a>0 时,g(x)的单调增区间是(0, ) ,单调减区间是( ,+∞) ;

(Ⅱ)∵f(x)在 x=1 处取得极大值,∴f′(1)=0, ①当 a≤0 时,f′(x)单调递增, 则当 0<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)在 x=1 处取得极小值,不合 题意,
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②当 0<a< 时,

>1,由(1)知,f′(x)在(0,

)内单调递增,

当 0<x<1 时,f′(x)<0,当 1<x<

时,f′(x)>0, )内单调递增,即 f(x)在 x=1 处

∴f(x)在(0,1)内单调递减,在(1, 取得极小值,不合题意. ③当 a= 时,

=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

则当 x>0 时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意. ④当 a> 时,0< 当 <1,

<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)

单调递减, ∴当 x=1 时,f(x)取得极大值,满足条件. 综上实数 a 的取值范围是 a> . 【点评】 本题主要考查导数的综合应用, 考查函数的单调性, 极值和导数的关系, 要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、把问题等价转化等是解 题的关键.综合性较强,难度较大.

19. (2016?四川) 设函数 f (x) =ax2﹣a﹣lnx, g (x) = ﹣ 为自然对数的底数. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)证明:当 x>1 时,g(x)>0;

, 其中 a∈R, e=2.718…

(Ⅲ)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 【分析】 (Ⅰ)求导数,分类讨论,即可讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)要证 g(x)>0(x>1) ,即 ﹣ (Ⅲ)由 f(x)>g(x) ,得 >0,即证 ,也就是证 ;

,设 t(x)=

,由题意知,t(x)>0 在(1,+∞)内恒成立,再构 造函数,求导数,即可确定 a 的取值范围.
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【解答】 (Ⅰ)解:由 f(x)=ax2﹣a﹣lnx,得 f′(x)=2ax﹣ =

(x>0) ,

当 a≤0 时,f′(x)<0 在(0,+∞)成立,则 f(x)为(0,+∞)上的减函数; 当 a>0 时,由 f′(x)=0,得 x= ∴当 x∈(0, 则 f(x)在(0, = , ,+∞)时,f′(x)>0, ,+∞)上为增函数;

)时,f′(x)<0,当 x∈( )上为减函数,在(

综上,当 a≤0 时,f(x)为(0,+∞)上的减函数,当 a>0 时,f(x)在(0, )上为减函数,在( ,+∞)上为增函数; >0,

(Ⅱ)证明:要证 g(x)>0(x>1) ,即 ﹣ 即证 ,也就是证 ,

令 h(x)=

,则 h′(x)=



∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,则 h(x)min=h(1)=e, 即当 x>1 时,h(x)>e,∴当 x>1 时,g(x)>0; (Ⅲ)解:由 f(x)>g(x) ,得 设 t(x)= , ,

由题意知,t(x)>0 在(1,+∞)内恒成立, ∵t(1)=0, ∴有 t′ (x) =2ax = ≥0 在 (1, +∞) 内恒成立,

令 φ(x)=



则 φ′(x)=2a 当 x≥2 时,φ′(x)>0,

=



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令 h(x)= (1)=﹣1.

,h′(x)=

,函数在[1,2)上单调递增,∴h(x)min=h

又 2a≥1,e1﹣x>0,∴1<x<2,φ′(x)>0, 综上所述,x>1,φ′(x)>0,φ(x)在区间(1,+∞)单调递增, ∴t′(x)>t′(1)≥0,即 t(x)在区间(1,+∞)单调递增, ∴a≥ . 【点评】本题考查导数知识的综合运用,考查函数的单调性,不等式的证明,考 查恒成立成立问题,正确构造函数,求导数是关键.

20. (2016?新课标Ⅲ)设函数 f(x)=lnx﹣x+1. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明当 x∈(1,+∞)时,1< <x;

(3)设 c>1,证明当 x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>cx. 【分析】 (1)求出导数,由导数大于 0,可得增区间;导数小于 0,可得减区间, 注意函数的定义域; (2)由题意可得即证 lnx<x﹣1<xlnx.运用(1)的单调性可得 lnx<x﹣1,设 F(x)=xlnx﹣x+1,x>1,求出单调性,即可得到 x﹣1<xlnx 成立; (3)设 G(x)=1+(c﹣1)x﹣cx,求出导数,可令 G′(x)=0,由 c>1,x∈(0, 1) ,可得 1< <c,由(1)可得 cx= 恰有一解,设为 x=x0 是 G(x)的

最小值点,运用最值,结合不等式的性质,即可得证. 【解答】解: (1)函数 f(x)=lnx﹣x+1 的导数为 f′(x)= ﹣1, 由 f′(x)>0,可得 0<x<1;由 f′(x)<0,可得 x>1. 即有 f(x)的增区间为(0,1) ;减区间为(1,+∞) ; (2)证明:当 x∈(1,+∞)时,1< <x,即为 lnx<x﹣1<xlnx.

由(1)可得 f(x)=lnx﹣x+1 在(1,+∞)递减, 可得 f(x)<f(1)=0,即有 lnx<x﹣1; 设 F(x)=xlnx﹣x+1,x>1,F′(x)=1+lnx﹣1=lnx,
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当 x>1 时,F′(x)>0,可得 F(x)递增,即有 F(x)>F(1)=0, 即有 xlnx>x﹣1,则原不等式成立; (3)证明:设 G(x)=1+(c﹣1)x﹣cx,G′(x)=c﹣1﹣cxlnc, 可令 G′(x)=0,可得 cx= , <c,

由 c>1,x∈(0,1) ,可得 1<cx<c,即 1< 由(1)可得 cx=

恰有一解,设为 x=x0 是 G(x)的最大值点,且 0<x0<1,

由 G(0)=G(1)=0,且 G(x)在(0,x0)递增,在(x0,1)递减, 可得 G(x0)=1+(c﹣1)x0﹣cx0>0 成立, 则 c>1,当 x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>cx. 【点评】本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,考查不等式的证明, 注意运用构造函数法, 求出导数判断单调性, 考查推理和运算能力, 属于中档题.

21. (2016?新课标Ⅰ)已知函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. 【分析】 (Ⅰ)求出 f(x)的导数,讨论当 a≥0 时,a<﹣ 时,a=﹣ 时,﹣ <a<0,由导数大于 0,可得增区间;由导数小于 0,可得减区间; (Ⅱ)由(Ⅰ)的单调区间,对 a 讨论,结合单调性和函数值的变化特点,即可 得到所求范围. 【解答】解: (Ⅰ)由 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2, 可得 f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1) (ex+2a) , ①当 a≥0 时,由 f′(x)>0,可得 x>1;由 f′(x)<0,可得 x<1, 即有 f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增; ②当 a<0 时,若 a=﹣ ,则 f′(x)≥0 恒成立,即有 f(x)在 R 上递增; 若 a<﹣ 时,由 f′(x)>0,可得 x<1 或 x>ln(﹣2a) ; 由 f′(x)<0,可得 1<x<ln(﹣2a) . 即有 f(x)在(﹣∞,1) , (ln(﹣2a) ,+∞)递增;
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在(1,ln(﹣2a) )递减; 若﹣ <a<0,由 f′(x)>0,可得 x<ln(﹣2a)或 x>1; 由 f′(x)<0,可得 ln(﹣2a)<x<1. 即有 f(x)在(﹣∞,ln(﹣2a) ) , (1,+∞)递增; 在(ln(﹣2a) ,1)递减; (Ⅱ) ①由(Ⅰ)可得当 a>0 时,f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增, 且 f(1)=﹣e<0,x→+∞,f(x)→+∞;x→﹣∞,f(x)→+∞.f(x)有两 个零点; ②当 a=0 时,f(x)=(x﹣2)ex,所以 f(x)只有一个零点 x=2; ③当 a<0 时, 若 a<﹣ 时,f(x)在(1,ln(﹣2a) )递减,在(﹣∞,1) , (ln(﹣2a) ,+ ∞)递增, 又当 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x)不存在两个零点; 当 a≥﹣ 时,f(x)在(1,+∞)单调递增,又 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x) 不存在两个零点. 综上可得,f(x)有两个零点时,a 的取值范围为(0,+∞) . 【点评】本题考查导数的运用:求单调区间,考查函数零点的判断,注意运用分 类讨论的思想方法和函数方程的转化思想, 考查化简整理的运算能力, 属于难题.

22. (2016?天津)设函数 f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0) ,其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=3; (3)设 a>0,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不 小于 . 【分析】 (1)求出 f(x)的导数,讨论 a≤0 时,f′(x)≥0,f(x)在 R 上递增; 当 a>0 时,由导数大于 0,可得增区间;导数小于 0,可得减区间; (2)f′(x0)=0,可得 3(x0﹣1)2=a,分别计算 f(x0) ,f(3﹣2x0) ,化简整理
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即可得证; (3)要证 g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 ,即证在[0,2]上存在 x1, x2,使得 f(x1)﹣f(x2)≥ .讨论当 a≥3 时,当 0<a<3 时,运用单调性和 极值,化简整理即可得证. 【解答】解: (1)函数 f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b 的导数为 f′(x)=3(x﹣1)2﹣a, 当 a≤0 时,f′(x)≥0,f(x)在 R 上递增; 当 a>0 时,当 x>1+ 当 1﹣ <x<1+ 或 x<1﹣ 时,f′(x)>0,

,f′(x)<0, ) , (1 + ,+∞) ,减区间为(1﹣ ,

可得 f(x)的增区间为(﹣∞,1﹣ 1+ ) ;

(2)证明:f′(x0)=0,可得 3(x0﹣1)2=a, 由 f(x0)=(x0﹣1)3﹣3x0(x0﹣1)2﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b, f(3﹣2x0)=(2﹣2x0)3﹣3(3﹣2x0) (x0﹣1)2﹣b =(x0﹣1)2(8﹣8x0﹣9+6x0)﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b, 即为 f(3﹣2x0)=f(x0)=f(x1) , 即有 3﹣2x0=x1,即为 x1+2x0=3; (3)证明:要证 g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 , 即证在[0,2]上存在 x1,x2,使得 f(x1)﹣f(x2)≥ . 当 a≥3 时,f(x)在[0,2]递减,f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b, f(0)﹣f(2)=2a﹣2≥4> ,递减,成立; 当 0<a<3 时,f(1﹣ = f(1+ =﹣ ﹣a﹣b, )=( )3﹣a(1+ )﹣b= ﹣a﹣a ﹣b )=(﹣ )3﹣a(1﹣ )﹣b=﹣ ﹣a+a ﹣b

﹣a﹣b,
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f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b, f(2)﹣f(0)=2﹣2a, 若 0<a≤ 时,f(2)﹣f(0)=2﹣2a≥ 成立; 若 a> 时,f(1﹣ )﹣f(1+ )= > 成立.

综上可得,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 . 【点评】本题考查导数的运用:求单调区间和最值,考查不等式的证明,注意运 用分类讨论的思想方法和转化思想,考查分析法的证明,以及化简整理的运算能 力,属于难题.

23. (2016?新课标Ⅲ)设函数 f(x)=acos2x+(a﹣1) (cosx+1) ,其中 a>0,记 |f(x)|的最大值为 A. (Ⅰ)求 f′(x) ; (Ⅱ)求 A; (Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A. 【分析】 (Ⅰ)根据复合函数的导数公式进行求解即可求 f′(x) ; (Ⅱ)讨论 a 的取值,利用分类讨论的数学,结合换元法,以及一元二次函数的 最值的性质进行求解; (Ⅲ)由(I) ,结合绝对值不等式的性质即可证明:|f′(x)|≤2A. 【解答】 (I)解:f′(x)=﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx. (II)当 a≥1 时,|f(x)|=|acos2x+(a﹣1) (cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)| (cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1) (|cosx|+1)|≤a+2(a﹣1)=3a﹣2=f(0) ,因 此 A=3a﹣2. 当 0<a<1 时,f(x)等价为 f(x)=acos2x+(a﹣1) (cosx+1)=2acos2x+(a﹣1) cosx﹣1, 令 g(t)=2at2+(a﹣1)t﹣1, 则 A 是|g(t)|在[﹣1,1]上的最大值,g(﹣1)=a,g(1)=3a﹣2, 且当 t= 时, ( g t) 取得极小值, 极小值为 ( g ) =﹣ ﹣1=﹣ ,

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(二次函数在对称轴处取得极值) 令﹣1< <1,得 a< (舍)或 a> .因此 A=3a﹣2

①当 0<a≤ 时,g(t)在(﹣1,1)内无极值点,|g(﹣1)|=a,|g(1)|=2 ﹣3a,|g(﹣1)|<|g(1)|, ∴A=2﹣3a, ②当 <a<1 时,由 g(﹣1)﹣g(1)=2(1﹣a)>0,得 g(﹣1)>g(1)> g( 又|g( ∴A=|g( ) , )﹣g(﹣1)|= )|= , >0 ,

综上,A=



(III)证明:由(I)可得:|f′(x)|=|﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx|≤2a+|a﹣1|, 当 0<a≤ 时,|f′(x)|≤1+a≤2﹣4a<2(2﹣3a)=2A, 当 <a<1 时,A= ∴|f′(x)|≤1+a≤2A, 当 a≥1 时,|f′(x)|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A, 综上:|f′(x)|≤2A. 【点评】本题主要考查函数的导数以及函数最值的应用,求函数的导数,利用函 数单调性和导数的关系, 以及换元法,转化法转化法转化为一元二次函数是解决 本题的关键.综合性较强,难度较大. = + + ≥1,

24. (2016?新课标Ⅱ) (Ⅰ)讨论函数 f(x)= 时, (x﹣2)ex+x+2>0; (Ⅱ)证明:当 a∈[0,1)时,函数 g(x)=
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ex 的单调性,并证明当 x>0

(x>0)有最小值.设

g(x)的最小值为 h(a) ,求函数 h(a)的值域. 【分析】 从导数作为切入点探求函数的单调性,通过函数单调性来求得函数的值 域,利用复合函数的求导公式进行求导,然后逐步分析即可 【解答】解: (1)证明:f(x)= f'(x)=ex( )=

∵当 x∈(﹣∞,﹣2)∪(﹣2,+∞)时,f'(x)>0 ∴f(x)在(﹣∞,﹣2)和(﹣2,+∞)上单调递增 ∴x>0 时, >f(0)=﹣1

即(x﹣2)ex+x+2>0 ( 2 ) g' ( x ) = = =

a∈[0,1) 由(1)知,当 x>0 时,f(x)= ,t∈(0,2] 当 x∈(0,t)时,g'(x)<0,g(x)单调减; 当 x∈(t,+∞) ,g'(x)>0,g(x)单调增; h(a)= 记 k(t)= = = >0, 的值域为(﹣1,+∞) ,只有一解使得

,在 t∈(0,2]时,k'(t)=

故 k(t)单调递增, 所以 h(a)=k(t)∈( , ].

【点评】该题考查了导数在函数单调性上的应用,重点是掌握复合函数的求导, 以及导数代表的意义,计算量较大,难度较大.

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25. (2016?天津)设函数 f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0) ,其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=0; (3)设 a>0,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值 不小于 . 【分析】 (1)求出 f(x)的导数,讨论 a≤0 时 f′(x)≥0,f(x)在 R 上递增; 当 a>0 时,由导数大于 0,可得增区间;导数小于 0,可得减区间; (2)由条件判断出 a>0,且 x0≠0,由 f′(x0)=0 求出 x0,分别代入解析式化简 f(x0) ,f(﹣2x0) ,化简整理后可得证; (3)设 g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值 M,根据极值点与区间的关系对 a 分 三种情况讨论,运用 f(x)单调性和前两问的结论,求出 g(x)在区间上的取 值范围,利用 a 的范围化简整理后求出 M,再利用不等式的性质证明结论成立. 【解答】解: (1)若 f(x)=x3﹣ax﹣b,则 f′(x)=3x2﹣a, 分两种情况讨论: ①、当 a≤0 时,有 f′(x)=3x2﹣a≥0 恒成立, 此时 f(x)的单调递增区间为(﹣∞,+∞) , ②、当 a>0 时,令 f′(x)=3x2﹣a=0,解得 x= 当 x> 当﹣ 或 x<﹣ <x< 或 x= ,

时,f′(x)=3x2﹣a>0,f(x)为增函数, 时,f′(x)=3x2﹣a<0,f(x)为减函数, ) , ( ,+∞) ,减区间为(﹣ , ) ;

故 f(x)的增区间为(﹣∞,﹣

(2)若 f(x)存在极值点 x0,则必有 a>0,且 x0≠0, 由题意可得,f′(x)=3x2﹣a,则 x02= , 进而 f(x0)=x03﹣ax0﹣b=﹣ x0﹣b,

又 f(﹣2x0)=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣ x0+2ax0﹣b=f(x0) , 由题意及(Ⅰ)可得:存在唯一的实数 x1,满足 f(x1)=f(x0) ,其中 x1≠x0, 则有 x1=﹣2x0,故有 x1+2x0=0; (Ⅲ)设 g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值 M,max{x,y}表示 x、y 两个数的
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最大值, 下面分三种情况讨论: ①当 a≥3 时,﹣ ≤﹣1<1≤ ,

由(I)知 f(x)在区间[﹣1,1]上单调递减, 所以 f(x)在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f(1) ,f(﹣1)], 因此 M=max{|f(1)|,|f(﹣1)|}=max{|1﹣a﹣b|,|﹣1+a﹣b|} =max{|a﹣1+b|,|a﹣1﹣b|}= 所以 M=a﹣1+|b|≥2 ②当 a<3 时, =f ( ) , ( f 1) ≤ ) ,f(﹣ , = )], |,| , , =f ( ) , ( f 1) > = , |} , ,

由 (Ⅰ) 、 (Ⅱ) 知, (﹣ f 1) ≥

所以 f(x)在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f( 因此 M=max{|f( =max{| |,| )|,|f(﹣ |}= )|}=max{|

③当 0<a< 时, 由 (Ⅰ) 、 (Ⅱ) 知, (﹣ f 1) <

所以 f(x)在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f(﹣1) ,f(1)], 因此 M=max{|f(﹣1)|,|f(1)|}=max{|﹣1+a﹣b|,|1﹣a﹣b|} =max{|1﹣a+b|,|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|> , 综上所述,当 a>0 时,g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值不小于 . 【点评】本题考查导数的运用:求单调区间和最值,不等式的证明,注意运用分 类讨论的思想方法和转化思想,考查分析法在证明中的应用,以及化简整理、运 算能力,属于难题.

26. (2016?新课标Ⅰ)已知函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2 有两个零点. (Ⅰ)求 a 的取值范围;
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(Ⅱ)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2. 【分析】 (Ⅰ)由函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2 可得:f′(x)=(x﹣1)ex+2a (x﹣1)=(x﹣1) (ex+2a) ,对 a 进行分类讨论,综合讨论结果,可得答案. (Ⅱ)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,则﹣a= = ,令 g

(x)=

,则 g(x1)=g(x2)=﹣a,分析 g(x)的单调性,令 m>0,

则 g(1+m)﹣g(1﹣m)= 设 h(m)=



,m>0,利用导数法可得 h(m)>h(0)=0 恒成立,

即 g(1+m)>g(1﹣m)恒成立,令 m=1﹣x1>0,可得结论. 【解答】解: (Ⅰ)∵函数 f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2, ∴f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1) (ex+2a) , ①若 a=0,那么 f(x)=0?(x﹣2)ex=0?x=2, 函数 f(x)只有唯一的零点 2,不合题意; ②若 a>0,那么 ex+2a>0 恒成立, 当 x<1 时,f′(x)<0,此时函数为减函数; 当 x>1 时,f′(x)>0,此时函数为增函数; 此时当 x=1 时,函数 f(x)取极小值﹣e, 由 f(2)=a>0,可得:函数 f(x)在 x>1 存在一个零点; 当 x<1 时,ex<e,x﹣2<﹣1<0, ∴f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2>(x﹣2)e+a(x﹣1)2=a(x﹣1)2+e(x﹣1) ﹣e, 令 a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e=0 的两根为 t1,t2,且 t1<t2, 则当 x<t1,或 x>t2 时,f(x)>a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e>0, 故函数 f(x)在 x<1 存在一个零点; 即函数 f(x)在 R 是存在两个零点,满足题意; ③若﹣ <a<0,则 ln(﹣2a)<lne=1, 当 x<ln(﹣2a)时,x﹣1<ln(﹣2a)﹣1<lne﹣1=0,
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ex+2a<eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 当 ln(﹣2a)<x<1 时,x﹣1<0,ex+2a>eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)<0 恒成立,故 f(x)单调递减, 当 x>1 时,x﹣1>0,ex+2a>eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 故当 x=ln(﹣2a)时,函数取极大值, 由 f(ln(﹣2a) )=[ln(﹣2a)﹣2](﹣2a)+a[ln(﹣2a)﹣1]2=a{[ln(﹣2a) ﹣2]2+1}<0 得: 函数 f(x)在 R 上至多存在一个零点,不合题意; ④若 a=﹣ ,则 ln(﹣2a)=1, 当 x<1=ln(﹣2a)时,x﹣1<0,ex+2a<eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 当 x>1 时,x﹣1>0,ex+2a>eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 故函数 f(x)在 R 上单调递增, 函数 f(x)在 R 上至多存在一个零点,不合题意; ⑤若 a<﹣ ,则 ln(﹣2a)>lne=1, 当 x<1 时,x﹣1<0,ex+2a<eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 当 1<x<ln(﹣2a)时,x﹣1>0,ex+2a<eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)<0 恒成立,故 f(x)单调递减, 当 x>ln(﹣2a)时,x﹣1>0,ex+2a>eln(﹣2a)+2a=0, 即 f′(x)=(x﹣1) (ex+2a)>0 恒成立,故 f(x)单调递增, 故当 x=1 时,函数取极大值, 由 f(1)=﹣e<0 得: 函数 f(x)在 R 上至多存在一个零点,不合题意; 综上所述,a 的取值范围为(0,+∞) 证明: (Ⅱ)∵x1,x2 是 f(x)的两个零点,
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∴f(x1)=f(x2)=0,且 x1≠1,且 x2≠1, ∴﹣a= = ,

令 g(x)=

,则 g(x1)=g(x2)=﹣a,

∵g′(x)=



∴当 x<1 时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x>1 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 设 m > 0 , 则 g ( 1+m ) ﹣ g ( 1 ﹣ m ) = ﹣ =

, 设 h(m)= 则 h′(m)= ,m>0, >0 恒成立,

即 h(m)在(0,+∞)上为增函数, h(m)>h(0)=0 恒成立, 即 g(1+m)>g(1﹣m)恒成立, 令 m=1﹣x1>0, 则 g(1+1﹣x1)>g(1﹣1+x1)?g(2﹣x1)>g(x1)=g(x2)?2﹣x1>x2, 即 x1+x2<2. 【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值,函数的零点,分类讨论 思想,难度较大.

27. (2016?山东)已知 f(x)=a(x﹣lnx)+ (I)讨论 f(x)的单调性;
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,a∈R.

(II)当 a=1 时,证明 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 【分析】 (Ⅰ)求出原函数的导函数,然后对 a 分类分析导函数的符号,由导函 数的符号确定原函数的单调性; (Ⅱ) 构造函数 F (x) =f (x) ﹣f′ (x) , 令g (x) =x﹣lnx, h (x) = . 则

F(x)=f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x) ,利用导数分别求 g(x)与 h(x)的最小 值得到 F(x)> 恒成立.由此可得 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2] 成立. 【解答】 (Ⅰ)解:由 f(x)=a(x﹣lnx)+ ,

得 f′(x)=a(1﹣ )+

=

=

(x>0) .

若 a≤0,则 ax2﹣2<0 恒成立, ∴当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)为增函数, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 a>0,若 0<a<2,当 x∈(0,1)和( 为增函数, 当 x∈(1, )时,f′(x)<0,f(x)为减函数; ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)

若 a=2,f′(x)≥0 恒成立,f(x)在(0,+∞)上为增函数; 若 a>2,当 x∈(0, 当 x∈( )和(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,

,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;

(Ⅱ)解:∵a=1, 令F (x) =f (x) ﹣f′ (x) =x﹣lnx 令 g(x)=x﹣lnx,h(x)= ﹣1 . =x﹣lnx+ .

则 F(x)=f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x) ,
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由 又

,可得 g(x)≥g(1)=1,当且仅当 x=1 时取等号; ,

设 φ(x)=﹣3x2﹣2x+6,则 φ(x)在[1,2]上单调递减, 且 φ(1)=1,φ(2)=﹣10, ∴在[1,2]上存在 x0,使得 x∈(1,x0) 时 φ(x0)>0,x∈(x0,2)时,φ (x0)<0, ∴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)= ,因此 h(x)≥h(2)= ,当且仅当 x=2 取等号, ∴f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x)>g(1)+h(2)= , ∴F(x)> 恒成立. 即 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 【点评】本题考查利用导数加以函数的单调性,考查了利用导数求函数的最值, 考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法,是压轴题.

28. (2016?北京)设函数 f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0) )处的切线方程; (2)设 a=b=4,若函数 f(x)有三个不同零点,求 c 的取值范围; (3)求证:a2﹣3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 【分析】 (1)求出 f(x)的导数,求得切线的斜率和切点,进而得到所求切线的 方程; (2)由 f(x)=0,可得﹣c=x3+4x2+4x,由 g(x)=x3+4x2+4x,求得导数,单调区 间和极值,由﹣c 介于极值之间,解不等式即可得到所求范围; (3)先证若 f(x)有三个不同零点,令 f(x)=0,可得单调区间有 3 个,求出 导数,由导数的图象与 x 轴有两个不同的交点,运用判别式大于 0,可得 a2﹣3b >0;再由 a=b=4,c=0,可得若 a2﹣3b>0,不能推出 f(x)有 3 个零点. 【解答】解: (1)函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的导数为 f′(x)=3x2+2ax+b, 可得 y=f(x)在点(0,f(0) )处的切线斜率为 k=f′(0)=b,
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切点为(0,c) ,可得切线的方程为 y=bx+c; (2)设 a=b=4,即有 f(x)=x3+4x2+4x+c, 由 f(x)=0,可得﹣c=x3+4x2+4x, 由 g(x)=x3+4x2+4x 的导数 g′(x)=3x2+8x+4=(x+2) (3x+2) , 当 x>﹣ 或 x<﹣2 时,g′(x)>0,g(x)递增; 当﹣2<x<﹣ 时,g′(x)<0,g(x)递减. 即有 g(x)在 x=﹣2 处取得极大值,且为 0; g(x)在 x=﹣ 处取得极小值,且为﹣ 由函数 f(x)有三个不同零点,可得﹣ 解得 0<c< , ) ; . <﹣c<0,

则 c 的取值范围是(0,

(3)证明:若 f(x)有三个不同零点,令 f(x)=0, 可得 f(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点. 即有 f(x)有 3 个单调区间, 即为导数 f′(x)=3x2+2ax+b 的图象与 x 轴有两个交点, 可得△>0,即 4a2﹣12b>0,即为 a2﹣3b>0; 若 a2﹣3b>0,即有导数 f′(x)=3x2+2ax+b 的图象与 x 轴有两个交点, 当 c=0,a=b=4 时,满足 a2﹣3b>0, 即有 f(x)=x(x+2)2,图象与 x 轴交于(0,0) , (﹣2,0) ,则 f(x)的零点 为 2 个. 故 a2﹣3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 【点评】本题考查导数的运用:求切线的方程和单调区间、极值,考查函数的零 点的判断,注意运用导数求得极值,考查化简整理的圆能力,属于中档题.

29. (2016?江苏)已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1) . (1)设 a=2,b= . ①求方程 f(x)=2 的根;
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②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)﹣6 恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)﹣2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. 【分析】 (1)①利用方程,直接求解即可.②列出不等式,利用二次函数的性质 以及函数的最值,转化求解即可. (2)求出 g(x)=f(x)﹣2=ax+bx﹣2,求出函数的导数,构造函数 h(x)= + ,求出 g(x)的最小值为:g(x0) .同理①若 g(x0)<0,g(x)至少有

两个零点,与条件矛盾.②若 g(x0)>0,利用函数 g(x)=f(x)﹣2 有且只 有 1 个零点,推出 g(x0)=0,然后求解 ab=1. 【解答】解:函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1) . (1)设 a=2,b= . ①方程 f(x)=2;即: =2,可得 x=0. ≥m( )﹣6 恒成立.

②不等式 f(2x)≥mf(x)﹣6 恒成立,即 令 t= ,t≥2.

不等式化为:t2﹣mt+4≥0 在 t≥2 时,恒成立.可得:△≤0 或 即:m2﹣16≤0 或 m≤4, ∴m∈(﹣∞,4]. 实数 m 的最大值为:4. (2)g(x)=f(x)﹣2=ax+bx﹣2, g′(x)=axlna+bxlnb=ax[ 0<a<1,b>1 可得 令 h(x)= 因此,x0= + + , ,则 h(x)是递增函数,而,lna<0,lnb>0, 时,h(x0)=0, ]lnb,

因此 x∈(﹣∞,x0)时,h(x)<0,axlnb>0,则 g′(x)<0. x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,axlnb>0,则 g′(x)>0,
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则 g(x)在(﹣∞,x0)递减, (x0,+∞)递增,因此 g(x)的最小值为:g(x0) . ①若 g(x0)<0,x<loga2 时,ax> =2,bx>0,则 g(x)>0,

因此 x1<loga2,且 x1<x0 时,g(x1)>0,因此 g(x)在(x1,x0)有零点, 则 g(x)至少有两个零点,与条件矛盾. ②若 g(x0)>0,函数 g(x)=f(x)﹣2 有且只有 1 个零点,g(x)的最小值为 g(x0) ,可得 g(x0)=0, 由 g(0)=a0+b0﹣2=0, 因此 x0=0, 因此 可得 ab=1. 【点评】本题考查函数与方程的综合应用,函数的导数的应用,基本不等式的应 用,函数恒成立的应用,考查分析问题解决问题的能力. =0, ﹣ =1, 即 lna+lnb=0, ln (ab) =0, 则 ab=1.

30. (2016?浙江)设函数 f(x)=x3+ (Ⅰ)f(x)≥1﹣x+x2 (Ⅱ) <f(x)≤ . 【分析】 (Ⅰ) 根据题意, 1﹣x+x2﹣x3= 即可证明结论成立;

,x∈[0,1],证明:

, 利用放缩法得





(Ⅱ)利用 0≤x≤1 时 x3≤x,证明 f(x)≤ ,再利用配方法证明 f(x)≥ , 结合函数的最小值得出 f(x)> ,即证结论成立. 【解答】解: (Ⅰ)证明:因为 f(x)=x3+ 且 1﹣x+x2﹣x3= = , ,x∈[0,1],

所以



, ,
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所以 1﹣x+x2﹣x3≤

即 f(x)≥1﹣x+x2; (Ⅱ)证明:因为 0≤x≤1,所以 x3≤x, 所以 f(x)=x3+ ≤x+ =x+ ﹣ + = + ≥ , + ≤ ;

由(Ⅰ)得,f(x)≥1﹣x+x2= 且 f( )= + = > ,

所以 f(x)> ; 综上, <f(x)≤ . 【点评】本题主要考查了函数的单调性与最值,分段函数等基础知识,也考查了 推理与论证,分析问题与解决问题的能力,是综合性题目.

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