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2016年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用(含解析)


2016 年高考数学理试题分类汇编 导数及其应用
一、切线(切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).) 1、(2016 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= ?

?? ln x,0 ? x ? 1, 图象上点 P1,P2 处的切线, ?ln x, x ? 1,

l1 与 l2 垂直相交于点 P,且 l1,l2 分别与 y 轴相交于点 A,B,则△PAB 的面积的取值范围是 (A)(0,1) (B)(0,2) (C)(0,+∞) (D)(1,+∞) 【答案】A 【解析】由题设知:

P x , y1 ? , P2 ? x2 , y2 ? ,其中 0 ? x1 ? 1 ? x2 , 不妨设 P 1, P 2 点的坐标分别为: 1 ? 1
? 1 ? ,0 ? x ?1 ? ? x 则由于 l1 , l2 分别是点 P , 1, P 2 处的切线,而 f ' ? x ? ? ? ? 1 ,x ?1 ? ? x

得: l1 的斜率 k1 为 ?

1 1 , l2 的斜率 k2 为 ; x1 x2 1 1 ? ? ?1 ? x1 ? x2 ? 1 , x1 x2

又 l1 与 l2 垂直,且 0 ? x1 ? x2 ,可得: k1 ? k1 ? ? 我们写出 l1 与 l2 的方程分别为: l1 : y ? ?
l2 : y ?

1 ? x ? x1 ? ? ln x1 x1

① ②

1 ? x ? x2 ? ? ln x2 x2

此时点 A 的坐标为 ? 0,1 ? ln x1 ? , B 的坐标为 ? 0, ?1 ? ln x2 ? , 由此可得: AB ? 2 ? ln x1 ? ln x2 ? 2 ? ln ? x1 ? x2 ? ? 2 ①、②两式联立可解得交点 P 的横坐标为 x ?
2 ? ln x1 x2 2 ? x1 ? x2 x1 ? x2

?PAB 的面积为:

S?PAB ?

1 1 2 2 AB ? Px ? ? 2 ? ? ?1 2 2 x1 ? x2 x ? 1 , 1 x1
1 即 x1 ? 1 时等号成立 x1

当且仅当 x1 ?

而 0 ? x1 ? 1 ,所以 S?PAB ? 1 .故选A.

1

2、(2016 年全国 II 高考)若直线 y ? kx ? b 是曲线 y ? ln x ? 2 的切线,也是曲线 y ? ln( x ? 1) 的 切线,则 b ? 【答案】 1 ? ln 2
y ? ln x ? 2 的切线为: y ?
1 ? x ? ln x1 ? 1 (设切点横坐标为 x1 ) x1
1 x2 x ? ln ? x2 ? 1? ? x2 ? 1 x2 ? 1



y ? ln ? x ? 1? 的切线为: y ?

1 ?1 ? x ? x ?1 ? 1 2 ∴? ?ln x ? 1 ? ln ? x ? 1? ? x2 1 2 ? x2 ? 1 ? 1 1 解得 x1 ? x2 ? ? 2 2

∴ b ? ln x1 ? 1 ? 1 ? ln 2 . 3、 (2016 年全国 III 高考) 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_______________。 【答案】 y ? ?2 x ? 1

2

二、单调区间(f′(x)>0,f(x)单调递增.f′(x)<0, f(x)单调递减.) 1、(2016 年全国 I 高考)函数 y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为

【解析】 f ? 2? ? 8 ? e2 ? 8 ? 2.82 ? 0 ,排除 A, f ? 2? ? 8 ? e2 ? 8 ? 2.72 ? 1 ,排除 B

1 ? 1? x ? 0 时, f ? x ? ? 2x2 ? e x f ? ? x ? ? 4x ? e x ,当 x ? ? 0, ? 时, f ? ? x ? ? ? 4 ? e0 ? 0 4 ? 4?
? 1? 因此 f ? x ? 在 ? 0, ? 单调递减,排除 C 故选 D.【答案】D ? 4?

2、(2016 年北京高考) 设函数 f ( x) ? xe

a? x

? bx ,曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为

y ? (e ? 1) x ? 4 ,(1)求 a , b 的值;(2)求 f ( x) 的单调区间.
【解析】 (I)? f ( x) ? xea ? x ? bx ∴ f ?( x) ? ea ? x ? xea ? x ? b ? (1 ? x)e a ? x ? b ∵曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? (e ? 1) x ? 4 ∴ f (2) ? 2(e ? 1) ? 4 , f ?(2) ? e ? 1 即 f (2) ? 2ea ? 2 ? 2b ? 2(e ? 1) ? 4 ①

f ?(2) ? (1 ? 2)e a ? 2 ? b ? e ? 1



由①②解得: a ? 2 , b ? e II ( )由(I)可知: f ( x) ? xe2 ? x ? ex , f ?( x) ? (1 ? x)e 2 ? x ? e 令 g ( x) ? (1 ? x)e 2 ? x , ∴ g ?( x) ? ?e 2 ? x ? (1 ? x)e 2 ? x ? ( x ? 2)e 2 ? x
x

? ??, 2 ?
?

2
0

? 2, ?? ?

g ?( x) g ( x)

∴ g ( x) 的最小值是 g (2) ? (1 ? 2)e 2 ? 2 即 f ?( x) ? 0 对 ?x ? R 恒成立∴ f ( x) 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无减区间.

? ? ? 极小值 ? ?1 ∴ f ?( x) 的最小值为 f ?(2) ? g (2) ? e ? e ? 1 ? 0

3

三、不等式与最值(f(x)在[a,b]上最值,将各极值与端点处的函数值 f(a),f(b)比较) 1、(2016 年全国 I 高考)已知函数 (I)求 a 的取值范围; (II)设 x1,x2 是 的两个零点,证明: +x2<2. 有两个零点.

试题解析;(Ⅰ) f '( x) ? ( x ?1)ex ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(e x ? 2a) . (i)设 a ? 0 ,则 f ( x) ? ( x ? 2)e x , 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 .所以 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 且 b ? ln

a ,则 2

f (b) ?

a 3 (b ? 2) ? a(b ? 1) 2 ? a(b 2 ? b) ? 0 , 2 2

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

e ,则 ln(?2a) ? 1 ,故当 x ? (1, ??) 时, f '( x) ? 0 ,因此 f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递增.又当 2

x ? 1 时, f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 不存在两个零点.
若a ? ?

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

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, ??) .

4

考点:导数及其应用 【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分 类讨论,要注意 分类讨论的原则:互斥、无漏、最简;,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导 数研究函数的单调性或极值破解.

5

解:⑴ 由已知得: 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 , f ? x ? 只有唯一的零点 x ? 2 ,不合题意; ② 若 a ? 0 ,那么 e x ? 2a ? e x ? 0 , 所以当 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 即:
x

? ??,1?
?

1
0

?1, ?? ?
?

f '? x?
f ? x?



极小值



故 f ? x ? 在 ?1, ?? ? 上至多一个零点,在 ? ??,1? 上至多一个零点 由于 f ? 2? ? a ? 0 , f ?1? ? ?e ? 0 ,则 f ? 2 ? f ?1? ? 0 , 根据零点存在性定理, f ? x ? 在 ?1, 2 ? 上有且仅有一个零点. 而当 x ? 1 时, e x ? e , x ? 2 ? ?1 ? 0 , 故 f ? x ? ? ? x ? 2? ex ? a ? x ? 1? ? e ? x ? 2? ? a ? x ? 1? ? a ? x ? 1? ? e ? x ? 1? ? e
2 2 2

则 f ? x ? ? 0 的两根 t1 ?

?e ? e2 ? 4ae ?e ? e2 ? 4ae ? 1 , t2 ? ? 1 , t1 ? t2 ,因为 a ? 0 , 2a 2a
2

故当 x ? t1 或 x ? t2 时, a ? x ? 1? ? e ? x ? 1? ? e ? 0 因此,当 x ? 1 且 x ? t1 时, f ? x ? ? 0 又 f ?1? ? ?e ? 0 ,根据零点存在性定理, f ? x ? 在 ? ??,1? 有且只有一个零点. 此时, f ? x ? 在 R 上有且只有两个零点,满足题意.

e ③ 若 ? ? a ? 0 ,则 ln ? ?2a ? ? ln e ? 1 , 2
当 x ? ln ? ?2a ? 时, x ? 1 ? ln ? ?2a ? ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e 即 f ' ? x ? ? ? x ? 1? ex ? 2a ? 0 , f ? x ? 单调递增; 当 ln ? ?2a ? ? x ? 1 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e
6
ln ? ?2 a ?
ln ? ?2 a ?

? 2a ? 0 ,

?

?

? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? ? x ? 1? ex ? 2a ? 0 ,

?

?

f ? x ? 单调递减;
当 x ? 1 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e 即:
x
ln ? ?2 a ?

? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增.

? ??,ln ? ?2a ??
+ ↑

ln ? ?2a ?
0 极大值

? ln ? ?2a ? ,1?


1
0 极小值

?1, ?? ?
+ ↑

f '? x? f ? x?
而极大值

f? ?ln ? ?2a ?? ? ? ?2a ? ?ln ? ?2a ? ? 2? ? ? a? ?ln ? ?2a ? ? 1? ? ?a ? ?ln ? ?2a ? ? 2? ? ?1 ? 0
2 2

?

?

故当 x≤1 时, f ? x ? 在 x ? ln ? ?2a ? 处取到最大值 f ? ?ln ? ?2a ?? ??0 ?ln ? ?2a ?? ? ,那么 f ? x ?≤f ? 恒成立,即 f ? x ? ? 0 无解 而当 x ? 1 时, f ? x ? 单调递增,至多一个零点,此时 f ? x ? 在 R 上至多一个零点,不合题意.

e ④ 若 a ? ? ,那么 ln ? ?2a ? ? 1 2
当 x ? 1 ? ln ? ?2a ? 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e
ln ? ?2 a ?

? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增 ? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增

当 x ? 1 ? ln ? ?2a ? 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e

ln ? ?2 a ?

又 f ? x ? 在 x ? 1 处有意义,故 f ? x ? 在 R 上单调递增,此时至多一个零点,不合题意.

e ⑤ 若 a ? ? ,则 ln ? ?2a ? ? 1 2
当 x ? 1 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e1 ? 2a ? e
ln ? ?2 a ?

? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增 ? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减
ln ? ?2 a ?

当 1 ? x ? ln ? ?2a ? 时, x ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e

ln ? ?2 a ?

当 x ? ln ? ?2a ? 时, x ? 1 ? ln ? ?2a ? ? 1 ? 0 , e x ? 2a ? e 即:
x

? 2a ? 0 ,即 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增

? ??,1?
+ ↑

1
0 极大值

?1,ln ? ?2a ??


ln ? ?2a ?
0 极小值

?ln ? ?2a? , ???
+ ↑

f '? x? f ? x?

7

故当 x≤ln ? ?2a ? 时, f ? x ? 在 x ? 1 处取到最大值 f ?1? ? ?e ,那么 f ? x ?≤ ? e ? 0 恒成立, 即 f ? x ? ? 0 无解 当 x ? ln ? ?2a ? 时, f ? x ? 单调递增,至多一个零点,此时 f ? x ? 在 R 上至多一个零点,不合题意. 综上所述,当且仅当 a ? 0 时符合题意,即 a 的取值范围为 ? 0, ?? ? .

⑵ 由已知得:f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 , 不难发现 x1 ? 1 ,x2 ? 1 , 故可整理得: ?a ?
2 ? x ? 2? ex ? x ? 2? ? 1 x , g x ? g x ,则 ,那么 g ' x ? e ? 1? ? 2 ? ? ? 2 3 ? x ? 1? ? x ? 1?

? x1 ? 2? e x 2 ? x1 ? 1?

1

? x2 ? 2? e x ? 2 ? x2 ? 1?

2

设 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 ,构造代数式:
g ?1 ? m ? ? g ?1 ? m ? ? m ? 1 1? m ?m ? 1 1? m 1 ? m 1? m ? m ? 1 2 m ? e ? e ? 2 e ? e ? 1? m2 m2 m ? m ?1 ?

设 h ? m? ? 则 h ' ? m? ?

m ? 1 2m e ? 1, m ? 0 m ?1
2m2

? m ? 1?

2

e2m ? 0 ,故 h ? m ? 单调递增,有 h ? m? ? h ? 0? ? 0 .

因此,对于任意的 m ? 0 , g ?1 ? m ? ? g ?1 ? m ? . 由 g ? x1 ? ? g ? x2 ? 可知 x1 、 x 2 不可能在 g ? x ? 的同一个单调区间上,不妨设 x1 ? x2 ,则必有 x1 ? 1 ? x2 令 m ? 1 ? x1 ? 0 ,则有 g ? ?1 ? ?1 ? x1 ?? ? ? g? ?1 ? ?1 ? x1 ?? ? ? g ? 2 ? x1 ? ? g ? x1 ? ? g ? x2 ? 而 2 ? x1 ? 1 , x2 ? 1 , g ? x ? 在 ?1, ?? ? 上单调递增,因此: g ? 2 ? x1 ? ? g ? x2 ? ? 2 ? x1 ? x2 整理得: x1 ? x2 ? 2 .

8

2、(2016 年山东高考)已知 f ( x) ? a ? x ? ln x ? ? (I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)当 a ? 1 时,证明 f ( x)>f ' ? x ? ?

2x ?1 ,a?R . x2

3 对于任意的 x ??1, 2? 成立. 2

( x) = a (1- )- 【解析】(Ⅰ) 求导数 f ′

1 x

2 x-2 x3

( x-1)(ax2-2) = x3

( x) > 0 , f ( x) 单调递增, 当 a ≤0 时, x ∈(0,1) , f ′
x ∈(1, +∞ ), f ′ ( x) < 0 , f ( x) 单调递减;
a( x-1)(x- x3 2 2 )( x + ) a a

( x) = 当 a > 0 时, f ′

( x-1)(ax -2) = x3

2

(1) 当 0<a<2时,

2 > 1, a 2 ( x) > 0 , f ( x) 单调递增, , +∞ ), f ′ a

x ∈(0,1) 或 x ∈(

x ∈(1,

2 ( x) < 0 , f ( x) 单调递减; ), f ′ a 2 +∞ ), f ′ ( x) ≥0 , f ( x) 单调递增, = 1, x ∈(0, a 2 <1, a

(2) 当 a =2 时,

(3) 当 a >2 时, 0 <

x ∈(0,

2 +∞), f ′ ( x) > 0 , f ( x) 单调递增, )或 x ∈(1, a

x ∈(

2 ( x) < 0 , f ( x) 单调递减; ,1), f ′ a

9

(Ⅱ) 当 a ? 1 时, f ( x ) = x-ln x +

2 x-1 , x2

f′ ( x) =

( x-1)(x 2-2) 1 2 2 = 1- - 2 + 3 3 x x x x
2 x-1 1 2 2 - - 2 + 3) , 2 -(1 x x x x
3 1 2 + 2- 3 x x x
, x ? [1,2]

( x) = x-ln x + 于是 f ( x)-f ′

= x-ln x-1 +

令 g( x) = x-ln x

, h( x ) = -1 +

3 1 2 + 2 - 3 , x ?[1,2] , x x x

( x) = g( x) + h( x) , 于是 f ( x)-f ′
1 x-1 g′ ( x) = 1- = ≥0 , g( x) 的最小值为 g(1) = 1 ; x x

3 2 6 -3x 2-2x + 6 ( x) = - 2 - 3 + 4 = 又 h′ x x x x4

10 , 设 θ( x) = -3x -2 x + 6 , x ? [1,2] ,因为 θ(1) = 1 , θ(2) = -
2

所以必有 x0 ∈[1,2] ,使得 θ( x0 ) = 0 ,且

1 < x < x0 时, θ( x) > 0 , h( x) 单调递增; x0 < x < 2 时, θ( x) < 0 , h( x) 单调递减;
又 h(1) = 1, h ( 2) =

1 1 ,所以 h( x) 的最小值为 h ( 2) = . 2 2

( x) = g( x) + h( x) > g(1) + h(2) = 1 + 所以 f ( x)-f ′ 3 对于任意的 x ? [1,2] 成立. 2

1 3 = . 2 2

即 f ( x) ? f ?( x) ?

10

3、(2016 年四川高考)设函数 f(x)=ax2-a-lnx,其中 a ∈R. (I)讨论 f(x)的单调性; (II)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x) >-e1-x+在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718?为自然对数的 底数)。 【解析】(I)由题意, f ' ? x ? ? 2ax ?

1 2ax2 ? 1 ? ,x ? 0 x x ①当 a ? 0 时, 2ax 2 ? 1 ? 0 , f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上单调递减.
②当 a ? 0 时,

? 1 ?? 1 ? ? 1 ? 2a ? ? x ? 2a ?? ?? x ? 2a ? ? ,当 x ? ? 0, ? 时, f ' ? x ? ? 0 ; ? ? ?? ? 2a ? f '? x? ? ? ? x ? 1 ? , ?? 当 x ?? ? ? 2a ? 时, f ' ? x ? ? 0 . ? ? ? ? 1 ? 1 ? 0, , ?? 故 f ? x? 在 ? 上单调递减,在 ? ? ? ? ? 2a ? 上单调递增. 2a ? ? ? ? ? 1 1? x (II)原不等式等价于 f ? x ? ? ? e ? 0 在 x ? ?1, ?? ? 上恒成立. x 1 1? x 1 1? x 2 一方面,令 g ? x ? ? f ? x ? ? ? e ? ax ? ln x ? ? e ? a , x x 只需 g ? x ? 在 x ? ?1, ?? ? 上恒大于0即可.

又∵ g ?1? ? 0 ,故 g ' ? x ? 在 x ? 1 处必大于等于0. 1 1 1 1? x 令 F ? x ? ? g ' ? x ? ? 2ax ? ? 2 ? e , g ' ?1? ? 0 ,可得 a ? . x x 2 另一方面, 1 1 2 1 2 x3 ? x ? 2 1? x ?e 当 a ? 时, F ' ? x ? ? 2a ? 2 ? 3 ? e1? x ? 1 ? 2 ? 3 ? e1? x ? 2 x x x x x3 1 ∵ x ? ?1, ?? ? 故 x3 ? x ? 2 ? 0 ,又 e1? x ? 0 ,故 F ' ? x ? 在 a ? 时恒大于0. 2 1 ∴当 a ? 时, F ? x ? 在 x ? ?1, ?? ? 单调递增. 2 ∴ F ? x ? ? F ?1? ? 2a ? 1 ? 0 ,故 g ? x ? 也在 x ? ?1, ?? ? 单调递增. ∴ g ? x ? ? g ?1? ? 0 ,即 g ? x ? 在 x ? ?1, ?? ? 上恒大于0. 1 综上, a ? . 2

11

4、(2016 年天津高考)设函数 f ( x) ? ( x ? 1)3 ? ax ? b , x ? R ,其中 a, b ? R (I)求 f ( x) 的单调区间; (II) 若 f ( x) 存在极值点 x0 ,且 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,其中 x1 ? x0 ,求证: x1 ? 2 x0 ? 3 ; (Ⅲ)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 ... . 【解析】(1) f ? x ? ? ? x ? 1? ? ax ? b
3

1 4

f '? x ? ? 3? x ?1? ? a
2

① a ≤ 0 ,单调递增;

? ? a? a a? ② a ? 0 , f ? x? 在 ? ? ??, 1 ? 3 ? ? 单调递增,在 ? ?1 ? 3 , 1 ? 3 ? ? 单调递减, ? ? ? ? ? ? a 在? ?1 ? 3 , ? ? ? ? 单调递增 ? ?
(2)由 f ' ? x0 ? ? 0 得 3? x0 ?1? ? a
2

∴ f ? x0 ? ? ? x0 ?1? ? 3? x0 ?1? x0 ? b ? ? x0 ?1? ? ?2x0 ?1? ? b
3 2 2

f ?3 ? 2x0 ? ? ? 2 ? 2x0 ? ? 3? x0 ?1? ?3 ? 2x0 ? ? b
3 2

? ? x0 ?1? ?8 ? 8x0 ? 9 ? 6x0 ? ? b
2

? f ? 3 ? 2 x0 ? ? f ? x0 ? =f ? x1 ? ? x1 ? 2 x0 ? 3
2] 上的最大值不小于 (3)欲证 g ( x) 在区间 [0 ,

= ? x0 ?1? ? ?2x0 ?1? ? b
2

1 2] 上存在 x1 , x2 , ,只需证在区间 [0 , 4

1 使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ≥ 即可 2 a ≥ 3 ①当 时, f ? x ? 在 ?0 ,2? 上单调递减
f (2) ? 1 ? 2a ? b f(0) ?? ? 1b

f (0) ? f (2) ? 2a ? 2 ≥ 4 ?

1 递减,成立 2

当 0 ? a ? 3 时,
? ? a a a 2 a a? ? a? a? ?? ?a?a ?b ? a ?a?b f? 1 ? ? ? ? a 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3? ? ??b 3 3 3 3 3 3 3 ? ? ? ? ? ? ? ? a? a a a? 2 a f? ?1 ? 3 ? ? ? 3 3 ? a? ?1 ? 3 ? ??b ? ? 3a 3 ? a ?b ? ? ? ? f (2) ? 1 ? 2 a ? b f ( 0 ) ? ? ? 1b ∵ ∴ f (2) ? f (0) ? 2 ? 2a 1 3 若 0 ? a ≤ 时, f ? 0? ? f ? 2? ? 2 ? 2a ≥ ,成立 2 4 ? ? a? a? 4 a 1 3 1? ?f? 1? ? , 当 a ? 时, f ? ? ?? a ? ? ? 3? 3? 4 ? ? ? 3 3 2 1 2] 上的最大值不小于 成立 所以, g ( x) 在区间 [0 , 4
12
3

5、(2016 年全国 II 高考) (Ⅰ)讨论函数 f (x) ?

x?2 x e 的单调性,并证明当 x ? 0 时, ( x ? 2)ex ? x ? 2 ? 0 ; x?2

g x) = (Ⅱ)证明:当 a ? [0,1) 时,函数 (
求函数 h(a) 的值域. 【解析】⑴证明: f ? x ? ?

e x ? ax ? a ( x ? 0) 有最小值.设 g ( x) 的最小值为 h(a) , x2

? x?2 4 ? x2ex x?2 x ? ? ? e f ? ? x ? ? ex ? ? x ? 2 ? x ? 2 ?2 ? ? x ? 2 ?2 x?2 ? ?

∵当 x ? ? ?? ,? 2 ? ? ? ?2 , ? ? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ∴ f ? x ? 在 ? ?? ,? 2 ? 和 ? ?2 , ? ? ? 上单调递增 ∴ x ? 0 时,

x?2 x e ? f ? 0? = ? 1 x?2

∴ ? x ? 2? ex ? x ? 2 ? 0 ⑵ g?? x? ?
?

?e

x

? a ? x 2 ? 2 x ? e x ? ax ? a ? x4

x ? xe x ? 2e x ? ax ? 2a ? x4

?

? x ? 2? ? ?

x?2 x ? ?e ? a? ?x?2 ? 3 x

a ? ?0 , 1?
由(1)知,当 x ? 0 时, f ? x ? ? 使得

x?2 x ? e 的值域为 ? ?1 ,? ? ? ,只有一解. x?2

t?2 t ? e ? ? a , t ? ? 0 ,2? t?2

当 x ? (0, t ) 时 g ?( x) ? 0 , g ( x) 单调减;当 x ? (t , ??) 时 g ?( x) ? 0 , g ( x) 单调增
h?a? ? et ? a ? t ? 1? t2 et ? ? t ? 1? t?2 t ?e et t?2 ? t2 t?2

?

记 k ?t ? ?

et ? t ? 1? et ? 0 ,∴ k ? t ? 单调递增 ,在 t ? ? 0 , 2? 时, k ? ? t ? ? 2 t?2 ?t ? 2?

? 1 e2 ? ∴ h ? a ? ? k ?t ? ? ? , ? . ?2 4 ?

13

6、 (2016 年全国 III 高考)设函数 f ( x) ? a cos 2 x ? (a ? 1)(cos x ? 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) |? 2 A . 解析:(Ⅰ) f ' ( x) ? ?2a sin 2x ? (a ?1)sin x . (Ⅱ)当 a ? 1 时,

| f ' ( x) |?| a sin 2x ? (a ?1)(cos x ? 1) | ? a ? 2(a ? 1) ? 3a ? 2 ? f (0)
因此, A ? 3a ? 2 . ???4 分 当 0 ? a ? 1 时,将 f ( x ) 变形为 f ( x) ? 2a cos2 x ? (a ?1)cos x ?1 . 令 g (t ) ? 2at 2 ? (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 ?

1? a 1? a (a ? 1)2 a 2 ? 6a ? 1 )?? ?1 ? ? 时, g (t ) 取得极小值,极小值为 g ( . 4a 4a 8a 8a 1? a 1 1 ? 1 ,解得 a ? ? (舍去), a ? . 4a 3 5

令 ?1 ?

14

8、(2016 年浙江高考)已知 a ? 3 ,函数 F(x)=min{2|x?1|,x2?2ax+4a?2},
? p,p ? q, 其中 min{p,q}= ? ?q, p > q.

(I)求使得等式 F(x)=x2?2ax+4a?2 成立的 x 的取值范围; (II)(i)求 F(x)的最小值 m(a); (ii)求 F(x)在区间[0,6]上的最大值 M(a).

(II)(i)设函数 f ? x ? ? 2 x ?1 , g ? x ? ? x ? 2ax ? 4a ? 2 ,则
2

f ? x ?min ? f ?1? ? 0 , g ? x ?min ? g ? a ? ? ?a2 ? 4a ? 2 ,
所以,由 F ? x ? 的定义知 m ? a ? ? min f ?1? , g ? a ? ,即

?

?

? ?0,3 ? a ? 2 ? 2 m?a? ? ? . 2 ? ??a ? 4a ? 2, a ? 2 ? 2
(ii)当 0 ? x ? 2 时,

F? x? ? f ? x ? ? max ? f ? 0? , f ? 2?? ? 2 ? F ? 2? ,
当 2 ? x ? 6 时,

F? x ? ? g ? x ? ? max ?g ? 2? , g ? 6?? ? max ?2,34 ? 8a? ? max ?F ? 2? ,F ?6?? .
所以,

?34 ? 8a,3 ? a ? 4 . ? ?a? ? ? ?2, a ? 4

15

9、(2016 江苏)已知函数 f ( x) ? a x ? b x (a ? 0, b ? 0, a ? 1, b ? 1) . (1) 设 a=2,b=

1 . 2

① 求方程 f ( x) =2 的根; ②若对任意 x ? R ,不等式 f (2 x) ? m f( 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. 解:(1)因为 a ? 2, b ?
x

1 x ?x ,所以 f ( x) ? 2 ? 2 . 2
?x

①方程 f ( x) ? 2 ,即 2 ? 2
x 2

? 2 ,亦即 (2 x ) 2 ? 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ,

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

②由条件知 f (2 x) ? 2

2x

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

因为 f (2 x) ? mf ( x) ? 6 对于 x ? R 恒成立,且 f ( x) ? 0 , 所以 m ?

( f ( x)) 2 ? 4 对于 x ? R 恒成立. f ( x)



( f (0)) 2 ? 4 ( f ( x)) 2 ? 4 4 4 ? 4, ? f ( x) ? ? 2 f ( x) ? ? 4 ,且 f (0) f ( x) f ( x) f ( x)

所以 m ? 4 ,故实数 m 的最大值为 4. (2)因为函数 g ( x) ? f ( x) ? 2 只有 1 个零点,而 g (0) ? f (0) ? 2 ? a ? b ? 2 ? 0 ,
0 0

所以 0 是函数 g ( x) 的唯一零点. 因为 g ( x) ? a ln a ? b ln b ,又由 0 ? a ? 1, b ? 1 知 ln a ? 0, ln b ? 0 ,
' x x

所以 g ( x) ? 0 有唯一解 x0 ? log b ( ?
'
a

ln a ). ln b
x ' x 2 x 2

令 h( x) ? g ( x) ,则 h ( x) ? (a ln a ? b ln b) ? a (ln a ) ? b (ln b) ,
' ' x

从而对任意 x ? R , h ( x) ? 0 ,所以 g ( x) ? h( x) 是 (??, ??) 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.
16

下证 x0 ? 0 . 若 x0 ? 0 ,则 x0 ? 又 g (log a 2) ? a

x0 x ? 0 ,于是 g ( 0 ) ? g (0) ? 0 , 2 2
? b loga 2 ? 2 ? a loga 2 ? 2 ? 0 ,且函数 g ( x) 在以

log a 2

x0 和 log a 2 为端点的闭区间上 2

的图象不间断, 所以在 又

x0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的零点, 记为 x1 . 因为 0 ? a ? 1 , 所以 log a 2 ? 0 , 2

x0 ? 0 ,所以 x1 ? 0 与“0 是函数 g ( x) 的唯一零点”矛盾. 2 x 若 x0 ? 0 ,同理可得,在 0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的非 0 的零点,矛盾. 2
因此, x0 ? 0 . 于是 ?

ln a ? 1 ,故 ln a ? ln b ? 0 ,所以 ab ? 1 . ln b

17


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