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2016年高考理科导数大题

时间:2017-03-27


x 1. (2016 年新课标Ⅰ理数)已知函数 f ? x ? ? ? x ? 2 ? e ? a ? x ? 1? 有两个零点. 2

(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.

2.

(2016 年新课标Ⅱ理数)(I)讨论函数 f ( x)

?

x?2 x e 的单调性,并证明当 x ? 0 时, x?2

( x ? 2)ex ? x ? 2 ? 0;
g x) = (II)证明:当 a ? [0,1) 时,函数 (
h(a) ,求函数 h(a) 的值域.

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

3. (2016 年新课标Ⅲ理数)设设函数 f ? x ? ? ? cos 2x ? ?? ?1?? cos x+1? ,其中 ? ? 0 , 记

f ? x ? 的最大值为 A .

' x) (Ⅰ)求 f ( ;

(Ⅱ)求 A ; (Ⅲ)证明 f ' ? x ? ? 2A .

4. (2016 年北京理数)设函数 f ? x ? ? xe 方程为 y ? ? e ? 1? x ? 4 , (I)求 a , b 的值; (I I) 求 f ? x ? 的单调区间。

a? x

? bx ,曲线 y ? f ? x ? 在点 ? 2, f ? 2? ? 处的切线

5. (2016 年江苏理数)已知函数 f ( x) ? a x ? bx (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;

1 ,函数 g ? x ? ? f ? x ? ? 2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. (2)若 0 ? a ? 1, b>

6. (2016 年山东理数)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

7. (2016 年上海理数)已知 a ? R ,函数 f ( x ) ? log 2 ( (1)当 a ? 5 时,解不等式 f ( x ) ? 0 ;

1 ? a) . 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.

1 2

8. (2016 年四川理数)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) ? 自然对数的底数)。

1 1? x (1, ? ?) ? e 在区间 内恒成立( e ? 2.718? 为 x

9. (2016 年天津理数)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 [0,2] 上的最大值不小于 ...

1 4

10. (2016 年浙江理数)设 a ? 3 ,函数 F ( x) ? min{2 | x ? 1 |, x 2 ? 2ax ? 4a ? 2} , 其中 min ? p, q? ? ?

? p, 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 [0, 6] 上的最大值 M (a )

答案 1. (本小题满分 12 分) 解: (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.

1 , ??) 时, f '( x) ? 0 .所以 f ( x) (ii)设 a ? 0 ,则当 x ? (??,1) 时, f '( x) ? 0 ;当 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 2

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

e 2a ) ? 1 ,故当 x ? (1,ln(?2a)) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (ln( ? 2 ), a ?? ) 时, ,则 ln( ? 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) 上单调递减,所以 x1 ? x2 ? 2 等价于 f ( x 1) ? f (2 ? x2 ) ,即 f (2 ? x2 ) ? 0 . 由于 f (2 ? x2 ) ? ? x2e
2? x2

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

f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? ( x2 ? 2)ex2 .
设 g ( x) ? ? xe2? x ? ( x ? 2)e x ,则 g '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? e x ) . 所以当 x ? 1 时, g '( x) ? 0 ,而 g (1) ? 0 ,故当 x ? 1 时, g ( x) ? 0 . 从而 g ( x2 ) ? f (2 ? x2 ) ? 0 ,故 x1 ? x2 ? 2 .

2. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) ( , 【解析】

1 e2 ]. . 2 4

试题分析:(Ⅰ)先求定义域,用导数法求函数的单调性,当 x ? (0, ??) 时, f ( x) ? f (0) 证 明结论; (Ⅱ)用导数法求函数 g ( x) 的最值, 在构造新函数 h(a) ? 试题解析:(Ⅰ) f ( x ) 的定义域为 (??, ?2) ? (?2, ??) .

e x0 , 又用导数法求解. x0 ? 2

f '( x) ?

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

且仅当 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), x3 x

由(I)知, f ( x) ? a 单调递增,对任意 a ?[0,1), f (0) ? a ? a ? 1 ? 0, f (2) ? a ? a ? 0, 因此,存在唯一 x0 ? (0, 2], 使得 f ( x0 ) ? a ? 0, 即 g '( x0 ) ? 0 , 当 0 ? x ? x0 时, f ( x) ? a ? 0, g '( x) ? 0, g ( x) 单调递减; 当 x ? x0 时, f ( x) ? a ? 0, g '( x) ? 0, g ( x) 单调递增. 因此 g ( x) 在 x ? x0 处取得最小值,最小值为

e x0 ? a( x0 ? 1) e x0 +f ( x0 )( x0 ? 1) e x0 g ( x0 ) ? ? ? . x02 x02 x0 ? 2

ex ( x ? 1)e x ex e x0 )' ? ? 0, 于是 h(a) ? ,由 ( 单调递增 x?2 ( x ? 2)2 x?2 x0 ? 2
所以,由 x0 ? (0, 2], 得

1 e0 e x0 e2 e2 ? ? h(a) ? ? ? . 2 0?2 x0 ? 2 2 ? 2 4

因为

ex 1 e2 单调递增,对任意 ? ? ( , ], 存在唯一的 x0 ? (0, 2], a ? ? f ( x0 ) ?[0,1), 2 4 x?2
1 e2 ], 2 4 1 e2 ]. 2 4

使得 h(a) ? ? , 所以 h(a) 的值域是 ( ,

综上,当 a ? [0,1) 时, g ( x) 有最小值 h(a) , h(a) 的值域是 ( , 考点: 函数的单调性、极值与最值.

3. (本小题满分 12 分) 解: (Ⅰ) f ' ( x) ? ?2? sin 2 x ? (? ?1)sin x . (Ⅱ)当 ? ? 1 时,学科&网

| f ' ( x) |?| ? sin 2x ? (? ?1)(cos x ? 1) | ? ? ? 2(? ? 1) ? 3? ? 2 ? f (0)
因此, A ? 3? ? 2 . ???4 分 当 0 ? ? ? 1 时,将 f ( x ) 变形为 f ( x) ? 2? cos2 x ? (? ?1)cos x ?1 .
2 ?? , 令 g (t ) ? 2? t ? (? ?1)t ?1 , 则 A 是 | g (t ) | 在 [?1,1] 上 的 最 大 值 , g (? 1 )

g (1) ? 3? ? 2 , 且 当 t ?

1?? 4?

时 , g (t ) 取 得 极 小 值 , 极 小 值 为

1?? (? ? 1)2 ? 2 ? 6? ? 1 g( )?? ?1 ? ? . 4? 8? 8?
令 ?1 ?

1?? 1 1 ? 1 ,解得 ? ? ? (舍去) ,? ? . 4? 3 5 1 时 , g (t ) 在 (?1,1) 内 无 极 值 点 , | g (?1) |? ? , | g (1) |? 2 ? 3? , 5

(ⅰ)当 0 ? ? ?

| g (?1) |?| g (1) | ,所以 A ? 2 ? 3? .
(ⅱ)当

1 1?? ? ? ? 1时,由 g (?1) ? g (1) ? 2(1 ? ? ) ? 0 ,知 g (?1) ? g (1) ? g ( ). 5 4?

又| g(

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

1 ? ? 2 ? 3? , 0 ? ? ? 5 ? 2 ?? ? 6? ? 1 1 综上, A ? ? , ?? ?1. 8? 5 ? 3? ? 2, ? ? 1 ? ? ?

???9 分

(Ⅲ)由(Ⅰ)得 | f ' ( x) |?| ?2? sin 2 x ? (? ?1)sin x |? 2? ? | ? ?1| . 当0 ?? ? 当

1 时, | f ' ( x) |? 1 ? ? ? 2 ? 4? ? 2(2 ? 3? ) ? 2 A . 5

1 ? 1 3 ? ? ? 1时, A ? ? ? ? 1 ,所以 | f ' ( x) |? 1 ? ? ? 2 A . 5 8 8? 4

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

4. (共 13 分) 解: (Ⅰ)因为 f ( x) ? xea ? x ? bx ,所以 f ?( x) ? (1 ? x)ea? x ? b . 依题设, ?

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

解得 a ? 2, b ? e . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ? xe 由 f ?( x) ? e
2? x 2? x

? ex .

(1 ? x ? e x?1 ) 即 e2? x ? 0 知, f ?( x ) 与 1 ? x ? e x ?1 同号.
x ?1

令 g ( x) ? 1 ? x ? e

,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 (??,??) .

5. 解: (1)因为 a ? 2, b ? ①方程 f ( x) ? 2 ,即 2 ? 2
x x

1 ,所以 f ( x) ? 2x ? 2? x . 2

?x

? 2 ,亦即 (2x )2 ? 2 ? 2x ? 1 ? 0 ,

所以 (2x ? 1)2 ? 0 ,于是 2 ? 1 ,解得 x ? 0 . ②由条件知 f (2x) ? 22 x ? 2?2 x ? (2x ? 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 ? a0 ? b0 ? 2 ? 0 , 所以 0 是函数 g ( x) 的唯一零点. 因为 g ' ( x) ? a x ln a ? b x ln b ,又由 0 ? a ? 1, b ? 1 知 ln a ? 0, ln b ? 0 , 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. 下证 x0 ? 0 . 若 x0 ? 0 ,则 x0 ? 又 g (loga 2) ? a

x0 x ? 0 ,于是 g ( 0 ) ? g (0) ? 0 , 2 2
且函数 g ( x) 在以 ? bloga 2 ? 2 ? aloga 2 ? 2 ? 0 ,

loga 2

x0 和 log a 2 为端点的闭 2

区间上的图象不间断,所以在 所以 loga 2 ? 0 ,又

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

x0 ? 0 ,所以 x1 ? 0 与“0 是函数 g ( x) 的唯一零点”矛盾. 2

若 x0 ? 0 ,同理可得,在 因此, x0 ? 0 . 于是 ?

x0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的非 0 的零点,矛盾. 2

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

6. (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) 单调递减.
当 a ? 0 时, f / ( x) ?

a( x ? 1) 2 2 (x ? )( x ? ). 3 x a a

(1) 0 ? a ? 2 ,

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

当 x ? (0,1) 或 x ? (

当 x ? (1,

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

(2) a ? 2 时,

(3) a ? 2 时, 0 ?

当 x ? (0,

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

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

2 2 在( 在 (1,??) 内单调递增. ) 内单调递增, ,1) 内单调递减, a a

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, a ? 1 时,

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

2x ?1 1 2 2 ? (1 ? ? 2 ? 3 ) 2 x x x x 3 1 2 ? ? ? 1 , x ? [1,2] , x x 2 x3 3 1 2 ? 2 ? 3 ? 1 , x ? [1,2] . x x x

? x ? ln x ?

令 g ( x) ? x ? ln x, h( x) ?

则 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 时取得等号. x
?3x 2 ? 2 x ? 6 , x4
2

又 h '( x) ?

设 ? ( x) ? ?3x ? 2 x ? 6 ,则 ? ( x) 在 x ? [1,2] 单调递减, 因为 ? (1) ? 1, ? (2) ? ?10 , 所以在 ?x0 ? [1,2] 上使得 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 1 ,因此 h( x ) ? h( 2) ? 当且仅当 x ? 2 取得等号, 2 2,
3 , 2

所以 f ( x) ? f ( x) ? g (1) ? h(2) ?
/

即 f ( x) ? f ( x) ?
/

3 对于任意的 x ? [1,2] 成立。 2

考点:利用导函数判断函数的单调性;分类讨论思想.

7. 解: (1)由 log 2 ?

1 ?1 ? ? 5 ? ? 0 ,得 ? 5 ? 1 , x ?x ?

解得 x ? ? ??, ? ? ? ? 0, ?? ? . (2)

? ?

1? 4?

1 ? a ? ? a ? 4 ? x ? 2a ? 5 , ? a ? 4? x2 ? ? a ? 5? x ?1 ? 0 , x

当 a ? 4 时, x ? ?1 ,经检验,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 ?

1 , x2 ? ?1 , x1 ? x2 . a?4

x1 是原方程的解当且仅当

1 ? a ? 0 ,即 a ? 2 ; x1 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 . x2

x2 是原方程的解当且仅当

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 ? a ? ? a , log 2 ? ? a ? ? log 2 ? ? a ? , x1 x2 ? x1 ? ? x2 ?

所以 f ? x ? 在 ? 0, ??? 上单调递减. 函数 f ? x ? 在区间 ?t, t ?1? 上的最大值与最小值分别为 f ? t ? , f ? t ? 1? .

?1 ? ? 1 ? f ? t ? ? f ? t ? 1? ? log 2 ? ? a ? ? log 2 ? ? a ? ? 1 即 at 2 ? ? a ?1? t ?1 ? 0 ,对任意 ?t ? ? t ?1 ? ?1 ? t ? ? ,1? 成立. ?2 ?

2 因为 a ? 0 ,所以函数 y ? at ? ? a ?1? t ?1 在区间 ? ,1? 上单调递增, t ?

?1 ? ?2 ?

1 时, y 2

有最小值

3 1 3 1 2 a ? ,由 a ? ? 0 ,得 a ? . 4 2 4 2 3

故 a 的取值范围为 ? , ?? ? .

?2 ?3

? ?

8. (I) f '( x) ? 2ax ?

1 2ax 2 ? 1 ? (x ? 0). x x

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

1 . 2a

(0, 此时,当 x ?

1 ) 时, f '( x) <0, f ( x) 单调递减; 2a

( 当 x?

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

(II)令 g ( x) = 则 s '( x) = e
x ?1

?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( x ?1) ? ln x ? 0 .
2

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, >1. 2 2a

由(I)有 f (

1 1 ) ? f (1) ? 0 ,从而 g ( ) ? 0, 2a 2a

所以此时 f ( x ) > g ( x) 在区间 ( 1, +?) 内不恒成立. 当a?
1 时,令 h( x) = f ( x) - g ( x)( x ? 1) , 2

当 x > 1 时, h? ( x) = 2ax -

1 1 1 1 1 x3 - 2x + 1 x2 - 2x + 1 + 2 - e1- x > x - + 2 - = > > 0, x x x x x x2 x2

因此, h( x) 在区间 (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.
1 综上, a ? [ , ? ) 2

9. 试题分析: (Ⅰ)先求函数的导数: f ' ( x) ? 3( x ? 1) ? a ,再根据导函数零点是否存在
2

情况, 分类讨论: ①当 a ? 0 时, 有 f ?( x) ? 0 恒成立, 所以 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?) . ② 当 a ? 0 时 , 存 在 三 个 单 调 区 间 ( Ⅱ ) 由 题 意 得 ( x0 ? 1) ?
2

a ,计算可得 3

f (3 ? 2 x0 ) ? f ( x0 ) 再由

f ( x1 ) ? f ( x0 ) 及单调性可得结论(Ⅲ)实质研究函数 g ( x) 最
| f( 3a 3a |,| f (? )| 3 3 的大小即可,分三种情况研究①
, ② 当

大值:主要比较 f (1), f (?1) , 当

a?3





1?

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

3 ?a?3 4 0?a? 3 4





1?

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

, ③ 当

时 ,

0 ? 1?

试题解析: (Ⅰ)解:由 f ( x) ? ( x ? 1) ? ax ? b ,可得 f ' ( x) ? 3( x ? 1) ? a .
2

下面分两种情况讨论: ( 1 ) 当 a ? 0 时 , 有 f ' ( x) ? 3( x ?1) ? a ? 0 恒 成 立 , 所 以 f ( x) 的 单 调 递 增 区 间 为
2

(??,??) .

(2)当 a ? 0 时,令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ? 1 ?

3a 3a ,或 x ? 1 ? . 3 3

当 x 变化时, f ' ( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x)
f ( x)

(??,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

所 以 f ( x) 的 单 调 递 减 区 间 为 (1 ?

3a 3a 3a ,1 ? ) , 单 调 递 增 区 间 为 (??,1 ? ), 3 3 3

(1 ?

3a ,??) . 3

(Ⅱ)证明:因为 f ( x) 存在极值点,所以由(Ⅰ)知 a ? 0 ,且 x0 ? 1 ,由题意,得

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

a , 3

2a a x0 ? ? b . 3 3 8a 3 (1 ? x0 ) ? 2ax0 ? 3a ? b 又 f (3 ? 2 x0 ) ? (2 ? 2 x0 ) ? a(2 ? 2 x0 ) ? 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, y 两数的最大值.下 面分三种情况同理: (1)当 a ? 3 时,1 ?

3a 3a ,由(Ⅰ)知, f ( x) 在区间 [0,2] 上单调递减, ? 0 ? 2 ?1? 3 3

所以 f ( x) 在区间 [0,2] 上的取值范围为 [ f (2), f (0)] ,因此

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

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

3 2 3a 3a 3a 2 3a ? a ? 3 时,1 ? ,由(Ⅰ)和(Ⅱ) ? 0 ?1? ?1? ? 2 ?1? 4 3 3 3 3
2 3a 3a 2 3a 3a ) ? f (1 ? ) , f (2) ? f (1 ? ) ? f (1 ? ), 3 3 3 3

知, f (0) ? f (1 ?

所以 f ( x) 在区间 [0,2] 上的取值范围为 [ f (1 ?

3a 3a ), f (1 ? )],因此 3 3

M ? max{| f (1 ?
? max{| ?

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

2a 2a 3a ? (a ? b) |,| 3a ? (a ? b) |} 9 9

?

2a 2 3 3 1 3a ? | a ? b |? ? ? 3 ? ? . 9 9 4 4 4
3 3a 3a 时, 0 ? 1 ? ? 1? ? 2 ,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知, 4 3 3

(3)当 0 ? a ?

f (0) ? f (1 ?

2 3a 3a 2 3a 3a ) ? f (1 ? ) , f (2) ? f (1 ? ) ? f (1 ? ), 3 3 3 3

学.科网所以 f ( x) 在区间 [0,2] 上的取值范围为 [ f (0), f (2)] ,因此

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 |?

1 . 4 1 . 4

综上所述,当 a ? 0 时, g ( x) 在区间 [0,2] 上的最大值不小于 考点:导数的运算,利用导数研究函数的性质、证明不等式

10. (I)由于 a ? 3 ,故
2 2 当 x ? 1 时, x ? 2ax ? 4a ? 2 ? 2 x ? 1 ? x ? 2 ? a ? 1?? 2 ? x ? ? 0 ,

?

?

2 当 x ? 1 时, x ? 2ax ? 4a ? 2 ? 2 x ? 1 ? ? x ? 2 ?? x ? 2a ? .

?

?

所以,使得等式 F ? x ? ? x ? 2ax ? 4a ? 2 成立的 x 的取值范围为
2

?2, 2a? .
(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 ? 4 a ? 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


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