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2016年数学理高考真题分类汇编:专题02 导数(理科)

时间:2016-08-05


导数
1. 【2016 高考山东理数】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 ? sin x 【答案】A (B) y ? ln x ) (D) y ? x3

(C) y ? e x

考点:1

.导数的计算;2.导数的几何意义. 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及两直线的位置关系,本题给出常见的三角函数、 指数函数、对数函数、幂函数,突出了高考命题注重基础的原则.解答本题,关键在于将直线的位置关系与 直线的斜率、切点处的导数值相联系,使问题加以转化,利用特殊化思想解题,降低难度.本题能较好的考 查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力及转化与化归思想的应用等. 2.【2016 年高考四川理数】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,l1 ?ln x, x ? 1,
)

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】

试题分析:设 P ,则由导数的几何意义易得切线 1 ? x1 , ln x1 ? , P 2 ? x2 , ? ln x2 ? (不妨设 x1 ? 1, 0 ? x2 ? 1 )

l1 , l2 的斜率分别为 k1 ?

1 1 1 , k2 ? ? . 由已知得 k1k2 ? ?1 , ? x1 x2 ? 1 , ? x2 ? . ? 切线 l1 的方程分别为 x1 x1 x2

y ? ln x1 ?

? 1 1 1? ? x ? x1 ? ,切线 l2 的方程为 y ? ln x2 ? ? ? x ? x2 ? ,即 y ? ln x1 ? ? x1 ? x ? ? .分别令 x1 x2 x1 ? ?

? 2 x1 1 ? x12 ? x ? 0 得 A?0 , ? 1 ? ln x1 ? , B ?0 ,1 ? ln x1 ? . 又 l1 与 l2 的交点为 P ? , ln x ? ? ,? x1 ? 1 , 1 2 1 ? x12 ? ? 1 ? x1

? S?PAB ?

2 x1 1 ? x12 1 yA ? yB ? xP ? ? ? 1 ,? 0 ? S?PAB ? 1.故选 A. 2 1 ? x12 1 ? x12

考点:1.导数的几何意义;2.两直线垂直关系;3.直线方程的应用;4.三角形面积取值范围. 【名师点睛】本题首先考查导数的几何意义,其次考查最值问题,解题时可设出切点坐标,利用切线垂直 求出这两点的关系,同时得出切线方程,从而得点 A, B 坐标,由两直线相交得出 P 点坐标,从而求得面积, 题中把面积用 x1 表示后,可得它的取值范围.解决本题可以是根据题意按部就班一步一步解得结论.这也 是我们解决问题的一种基本方法,朴实而基础,简单而实用. 3.【2016 高考新课标 2 理数】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 【解析】

考点: 导数的几何意义. 【名师点睛】函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y=f(x)上点 P(x0,y0)处的切线的斜率.相 应地,切线方程为 y-y0=f′(x0)(x-x0). 注意:求曲线切线时,要分清在点 P 处的切线与过 P 点的切线的不同. 4.【2016 高考新课标 3 理数】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

考点:1、函数的奇偶性与解析式;2、导数的几何意义. 【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当 x ? 0 时,函数 y ? f ( x) ,则当 x ? 0 时,求函数的解析式” .有 如下结论:若函数 f ( x ) 为偶函数,则当 x ? 0 时,函数的解析式为 y ? ? f ( x) ;若 f ( x ) 为奇函数,则函数 的解析式为 y ? ? f (? x) . 5.【2016 高考新课标 1 卷】 (本小题满分 12 分)已知函数 f ? x ? ? ? x ? 2 ? e ? a ? x ? 1? 有两个零点.
x 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 . 【答案】 (0, ??) 【解析】 试题分析:(I)求导,根据导函数的符号来确定,主要要根据导函数零点来分类;(II)借组第一问的结论来证明, 由 单 调 性 可 知 x1 ? x2 ? 2 等 价 于 f ( x 1) ? f (2 ? x2 ) , 即 f (2 ? x2 ) ? 0 . 设 g ( x ) ? ? xe
2? x

? (x ? 2) ex , 则

g '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? ex ) . 则 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 .学优高考网
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 x ? 1 2

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

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

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) ? ? xe
2? x

? ( x ? 2)ex ,则 g '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? ex ) .

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 . 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. 6.【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分) 已知 f ( x) ? a ? x ? ln x ? ?

2x ?1 ,a?R . x2 3 对于任意的 x ??1, 2? 成立. 2

(I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)当 a ? 1 时,证明 f ( x)>f ' ? x ? ? 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ)见解析 【解析】

试题分析:(Ⅰ)求 f ( x ) 的导函数,对 a 进行分类讨论,求 f ( x ) 的单调性; (Ⅱ)要证 f ( x)>f ' ? x ? ?

3 3 / 对于任意的 x ??1, 2? 成立,即证 f ( x ) ? f ( x ) ? ,根据单调性求解. 2 2

(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, 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 ( ,??) 内单调递增; a a

2 2 ) 内单调递增,在 ( ,1) 内单调递减,在 (1,??) 内单调递增. a a
2x ?1 1 2 2 ? (1 ? ? 2 ? 3 ) 2 x x x x

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, a ? 1 时,

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

3 1 2 ? ? ? 1 , x ? [1,2] , x x 2 x3 3 1 2 令 g ( x) ? x ? ln x, h( x) ? ? 2 ? 3 ? 1 , x ? [1,2] . x x 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

又 h '( x) ?

?3x 2 ? 2 x ? 6 , x4
2

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 [1,2] 上存在 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 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] 恒成立。 2

考点:1.应用导数研究函数的单调性、极值;2.分类讨论思想. 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广, 对考生计算能力要求较高,是一道难题.解答本题,准确求导数是基础,恰当分类讨论是关键,易错点是分 类讨论不全面、不彻底、不恰当,或因复杂式子变形能力差,而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思

维能力、基本计算能力、分类讨论思想等. 7.【2016 高考江苏卷】 (本小题满分 16 分) 已知函数 f ( x) ? a x ? bx (a ? 0, b ? 0, a ? 1, b ? 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。 (3)若 0 ? a ? 1, b>
【答案】 (1)①0 ②4(2)1 【解析】 试题分析: (1)①根据指数间倒数关系 2 ? 2 =1 转化为一元二次方程 (2x )2 ? 2 ? 2x ? 1 ? 0 ,求方程根②根
x ?x

据指数间平方关系 22 x ? 2?2 x ? (2x ? 2? x )2 ? 2 ,将不等式转化为一元不等式,再利用变量分离转化为对应

( f ( x)) 2 ? 4 函数最值,即 m ? 的最小值,最后根据基本不等式求最值(2)先分析导函数零点情况:唯一 f ( x)
零点 x0 ,再确定原函数单调变化趋势:先减后增,从而结合图像确定唯一零点必在极值点 x0 取得,而

g (0) ? f (0) ? 2 ? a0 ? b0 ? 2 ? 0 ,因此极值点 x0 必等于零,进而求出 ab 的值.本题难点在证明 x0 ? 0 ,
这可利用反证法:若 x0 ? 0 ,则可寻找出一个区间 ( x1 , x2 ) ,由 g ( x1 ) ? 0,g( x2 ) ? 0 结合零点存在定理可得 函数存在另一零点,与题意矛盾,其中可取 x1 ? 试题解析: (1)因为 a ? 2, b ? ①方程 f ( x) ? 2 ,即 2 ? 2
x ?x

x0 , x2 ? log a 2 ;若 x0 ? 0 ,同理可得. 2

1 x ?x ,所以 f ( x) ? 2 ? 2 . 2

? 2 ,亦即 (2x )2 ? 2 ? 2x ? 1 ? 0 ,

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

②由条件知 f (2x) ? 2 ? 2
2x

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

所以 m ? 4 ,故实数 m 的最大值为 4.

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 ,

x0 和 log a 2 为端点的闭区间上的图象不 2 x x 间断,所以在 0 和 log a 2 之间存在 g ( x) 的零点,记为 x1 . 因为 0 ? a ? 1 ,所以 loga 2 ? 0 ,又 0 ? 0 , 2 2
loga 2

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 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

考点:指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点 【名师点睛】对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数

范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象 的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等.但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利 用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数. 8.【2016 高考天津理数】 (本小题满分 14 分) 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 ... . 【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: (Ⅰ)解:由 f ( x) ? ( x ? 1) ? ax ? b ,可得 f ' ( x) ? 3( x ? 1) ? a .
3 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 3a ,1 ? ) ,单调递增区间为 (??,1 ? ) , (1 ? ,??) . 3 3 3 3

2 (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) ? a ? 0 ,

即 ( x0 ? 1) ?
2

a , 3
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 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,且 3 3
进而 f ( x0 ) ? ( x0 ? 1) ? ax0 ? b ? ?

x1 ? x0 ,因此 x1 ? 3 ? 2x0 ,所以 x1 ? 2x0 ? 3 ;
x, y} 表示 x, y 两数的最大值.下面分三种情况同 (Ⅲ)证明:设 g ( x) 在区间 [0,2] 上的最大值为 M , max{
理: (1)当 a ? 3 时, 1 ?

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

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

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

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 【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先); (2)求导函数 f′(x);

1 . 4

(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 的解集. (4)由 f′(x)>0(f′(x)<0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间.若遇不等式中带有参数时,可分类讨论求 得单调区间. 2.由函数 f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围问题,可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题,要注意“=” 是否可以取到. 9.【2016 高考新课标 3 理数】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 .

1 ? 2 ? 3 a , 0 ? a ? ? 5 ? 2 ? a ? 6a ? 1 1 【答案】 (Ⅰ) f ' ( x) ? ?2a sin 2x ? (a ?1)sin x ; (Ⅱ) A ? ? (Ⅲ)见解析. , ? a ?1; 8a 5 ? 3a ? 2, a ? 1 ? ? ?
【解析】 试题分析: (Ⅰ)直接可求 f ?( x ) ; (Ⅱ)分 a ? 1, 0 ? a ? 1 两种情况,结合三角函数的有界性求出 A ,但须 注意当 0 ? a ?1 时还须进一步分为 0 ? a ?

1 1 , ? a ?1 两种情况求解; (Ⅲ)首先由(Ⅰ)得到 5 5

1 1 | f ?( x) |? 2a ? | a ? 1| ,然后分 a ? 1 , 0 ? a ? , ? a ? 1 三种情况证明. 5 5

(ⅰ)当 0 ? a ?

1 时, g (t ) 在 (?1,1) 内无极值点, | g (?1) |? a , | g (1) |? 2 ? 3a , | g (?1) |?| g (1) | ,所以 5

A ? 2 ? 3a .
(ⅱ)当

[来源:gkstk.Com]

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

又 | g(

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

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

???9 分

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

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



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

当 a ? 1 时, | f ( x) |? 3a ?1 ? 6a ? 4 ? 2 A ,所以 | f ( x) |? 2 A . 考点:1、三角恒等变换;2、导数的计算;3、三角函数的有界性. 【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步: (1)利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式 将解析式化为形如 y ? A sin(? x ? ? ) ? B 的形式; (2)结合自变量 x 的取值范围,结合正弦曲线与余弦曲 线进行求解. 10.【2016 高考浙江理数】 (本小题 15 分)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). 【答案】 (I) ? 2, 2a? ; (II) (i) m ? a ? ? ? 【解析】 试题分析: (I)分别对 x ? 1 和 x ? 1 两种情况讨论 F ? x ? ,进而可得使得等式 F ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 成立 的 x 的取值范围; (II) (i)先求函数 f ? x ? ? 2 x ?1 , g ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 的最小值,再根据 F ? x ? 的 定义可得 F ? x ? 的最小值 m ? a ? ; (ii)分别对 0 ? x ? 2 和 2 ? x ? 6 两种情况讨论 F ? x ? 的最大值,进而可得

? ?0,3 ? a ? 2 ? 2
2 ? ??a ? 4a ? 2, a ? 2 ? 2

; (ii) ? ? a ? ? ?

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

F ? x ? 在区间 ?0,6? 上的最大值 ? ? a ? .
试题解析: (I)由于 a ? 3 ,故

当 x ? 1 时, x ? 2ax ? 4a ? 2 ? 2 x ? 1 ? x ? 2 ? a ? 1?? 2 ? x ? ? 0 ,
2 2

?

?

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

?

?

所以,使得等式 F ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 成立的 x 的取值范围为

?2, 2a? .

考点:1、函数的单调性与最值;2、分段函数;3、不等式. 【思路点睛】 (I)根据 x 的取值范围化简 F ? x ? ,即可得使得等式 F ? x ? ? x2 ? 2ax ? 4a ? 2 成立的 x 的取值 范围; (II) (i)先求函数 f ? x ? 和 g ? x ? 的最小值,再根据 F ? x ? 的定义可得 m ? a ? ; (ii)根据 x 的取值范围 求出 F ? x ? 的最大值,进而可得 ? ? a ? . 11. 【 2016 高 考 新 课 标 2 理 数 】 ( Ⅰ ) 讨 论 函 数 f (x) ? ; ( x ? 2 )ex ? x ? 2 ? 0

x?2 x e 的单调性,并证明当 x ? 0 时, x?2

g x) = (Ⅱ)证明:当 a ? [0,1) 时,函数 (

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

数 h(a) 的值域. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) ( , 【解析】 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)

1 e2 ]. . 2 4

e x0 用导数法求函数 g ( x) 的最值,在构造新函数 h(a) ? ,又用导数法求解. x0 ? 2
试题解析: (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, ( 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

( x ? 2)e x ? a( x ? 2) x ? 2 ? 2 ( f ( x) ? a), (II) g ( x) ? x2 x

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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

g ( x0 ) ?

e x0 ? a( x0 ? 1) e x0 +f ( x0 )( x0 ? 1) e x0 ? ? . x02 x02 x0 ? 2 e x0 ex ( x ? 1)e x ex ,由 ( 单调递增 )' ? ? 0, x?2 ( x ? 2)2 x?2 x0 ? 2 1 e0 e x0 e2 e2 ? ? h(a) ? ? ? . 2 0?2 x0 ? 2 2 ? 2 4

于是 h(a) ?

所以,由 x0 ? (0, 2], 得

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), x?2 2 4 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 h(a) , h(a) 的值域是 ( , 考点: 函数的单调性、极值与最值. 【名师点睛】求函数单调区间的步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)由 f′(x)>0(f′(x)<0)解出相应的 x 的范围.

当 f′(x)>0 时,f(x)在相应的区间上是增函数;当 f′(x)<0 时,f(x)在相应的区间上是减函数,还可以列表, 写出函数的单调区间. 注意:求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过认真比较才能下结论;另外注意函数 最值是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念. 12.【2016 年高考北京理数】 (本小题 13 分) 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 , (1)求 a , b 的值; (2)求 f ( x ) 的单调区间. 【答案】 (Ⅰ) a ? 2 , b ? e ; (2) f ( x) 的单调递增区间为 (??, ??) . 【解析】 试题分析: (1)根据题意求出 f ?( x ) ,根据 f (2) ? 2e ? 2 , f ?(2) ? e ? 1 ,求 a , b 的值;
[来源:学优高考网]

) ? 0 ,由此求得 f ( x) (2) 由题意知判断 f ?( x ) , 即判断 g ( x) ? 1 ? x ? e x?1 的单调性, 知 g ( x) ? 0 , 即 f ?( x
的单调区间. 试题解析: (1)因为 f ( x) ? xe 依题设, ?
a? x

? bx ,所以 f ?( x) ? (1 ? x)ea? x ? b .

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

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

? ex .

由 f ?( x) ? e2? x (1 ? x ? e x?1 ) 即 e

2? 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 (??,??) . 考点:导数的应用. 【名师点睛】用导数判断函数的单调性时,首先应确定函数的定义域,然后在函数的定义域内,通过讨论 导数的符号,来判断函数的单调区间.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于 0 的点外,还 要注意定义区间内的间断点. 13.【2016 年高考四川理数】 (本小题满分 14 分) 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) ? 数).

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1 1? x ? e 在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718?为自然对数的底 x

(0, 【答案】 (Ⅰ)当 x ?

1 1 ) 时, f '( x) <0, f ( x) 单调递减;当 x ? ( , +?) 时, f '( x) >0, f ( x) 单 2a 2a

1 调递增; (Ⅱ) a ? [ , ? ) . 2
【解析】 试题分析: (Ⅰ)对 f ( x ) 求导,对 a 进行讨论,研究 f '( x) 的正负,可判断函数的单调性; (Ⅱ)要证明不 等式 f ( x) ?

1 1? x 1 ? e 在 (1, ??) 上恒成立,基本方法是设 h( x) = f ( x) - ( - e1- x )( x ? 1) ,当 x > 1 时, x x
1 1 + - e1- x , h '( x) ? 0 的解不易确定,因此结合(Ⅰ)的结论,缩小 a 的范围,设 x x2

h? ( x) = 2ax -

g ( x) =

1 1 e x ?1 ? x ? x ?1 ,并设 s( x) = e x ?1 ? x ,通过研究 s( x) 的单调性得 x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,从而 x ?1 x e xe

f ( x) ? 0 ,这样得出 a ? 0 不合题意,又 0 ? a ?

1 1 时, f ( x ) 的极小值点 x ? ? 1 ,且 2 2a

f(

1 1 1 1 ) ? f (1) ? 0 ,也不合题意,从而 a ? ,此时考虑 h? ( x) = 2ax - + 2 - e1- x 得 x x 2 2a
1 1 1 ? 0 ,得此时 h( x) 单调递增,从而有 h( x) ? h(1) ? 0 ,得出结论. + x x2 x

h '( x) > x -

(II)令 g ( x) =

1 1 ? x ?1 , s( x) = e x ?1 ? x . x e

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

由(I)有 f (

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

当 x > 1 时, h? ( x) = 2ax -

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
考点:导数的计算、利用导数求函数的单调性,最值、解决恒成立问题. 【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性,最值、解决恒成立问题,考查学生的分析 问题解决问题的能力和计算能力. 求函数的单调性, 基本方法是求 f '( x) , 解方程 f '( x) ? 0 , 再通过 f '( x) 的正负确定 f ( x ) 的单调性;要证明函数不等式 f ( x) ? g ( x) ,一般证明 f ( x) ? g ( x) 的最小值大于 0,为此 要研究函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的单调性.本题中注意由于函数 h( x) 有极小值没法确定,因此要利用已经 求得的结论缩小参数取值范围.比较新颖,学生不易想到.有一定的难度.


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