2015-2017年高考文科数学试题汇编--导数与零点问题

1.【2014全国1，文12】已知函数32()31fxaxx，若()fx存在唯一的零点0x，且00x，则的取值范围是()2,（B）1,（C）,2（D）,1【答案】C2'()363(2)fxaxxxax，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：2(,)xa和(0,)x时函数单调递减;2(0)xa，时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：2()0(0)0faf，即得：3222()3()10aaa，可解得：24a，则2(,2aa舍去）．考点：1.函数的零点;2.导数在函数性质中的运用;3.分类讨论的运用【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用，在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本题考查了考生的数形结合能力.2.【2014高考广东卷.文21】(本小题满分14分)已知函数32113fxxxaxaR.(1)求函数fx的单调区间；(2)当0a时,试讨论是否存在0110,,122x,使得012fxf.【答案】(1)详见解+析；(2)详见解+析.(1)22fxxxa,方程220xxa的判别式为44a,①当1a时,0,则0fx,此时fx在R上是增函数；②当1a时,方程220xxa的两根分别为111xa,211xa,解不等式220xxa,解得11xa或11xa,解不等式220xxa,解得1111axa,此时,函数fx的单调递增区间为,11a和11,a,单调递减区间为11,11aa；综上所述,当1a时,函数fx的单调递增区间为,,当1a时,函数fx的单调递增区间为,11a和11,a,单调递减区间为11,11aa；(2)3232000011111111233222fxfxxaxa323200011113222xxax20000001111113224222xxxxxax20000111236122xxxxa200011414712122xxxa,若存在0110,,122x,使得012fxf,必须2004147120xxa在110,,122上有解,0a,21416712442480aa,方程的两根为114221487214884aax,214221487214884aax,00x,02721484axx,依题意,72148014a,即7214811a,492148121a,即2571212a,又由72148142a得54a,故欲使满足题意的0x存在,则54a,所以,当25557,,124412a时,存在唯一0110,,122x满足012fxf,当2557,,012412a时,不存在0110,,122x满足012fxf.【考点定位】本题以三次函数为考查形式,考查利用导数求函数的单调区间,从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题,并考查了利用作差法求解不等式的问题,综合性强,属于难题.【名师点晴】本题主要考查的是函数的单调区间和函数与方程，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“单调区间”，否则很容易出现错误．利用导数求函数fx的单调区间的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③令0fx，解不等式得的范围就是递增区间，令0fx，解不等式得的范围就是递减区间．3.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数22e1xfxxax．(I)讨论fx的单调性；(II)若fx有两个零点,求a的取值范围.【答案】见解+析(II)0,试题分析：(I)先求得'12.xfxxea再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为0,.试题详细分析：(I)'12112.xxfxxeaxxea(i)设0a,则当,1x时,'0fx；当1,x时,'0fx.所以在,1单调递减,在1,单调递增.当ln2,1xa时,'0fx,所以fx在,ln2,1,a单调递增,在ln2,1a单调递减.③若2ea,则21lna,故当,1ln2,xa时,'0fx,当1,ln2xa时,'0fx,所以fx在,1,ln2,a单调递增,在1,ln2a单调递减.(II)(i)设0a,则由(I)知,fx在,1单调递减,在1,单调递增.又12fefa，,取b满足b0且ln22ba,则23321022afbbababb,所以fx有两个零点.(ii)设a=0,则2xfxxe所以fx有一个零点.(iii)设a0,若2ea,则由(I)知,fx在1,单调递增.又当1x时,fx0,故fx不存在两个零点；若2ea,则由(I)知,fx在1,ln2a单调递减,在ln2,a单调递增.又当1x时fx0,故fx不存在两个零点.综上,a的取值范围为0,.考点：函数单调性,导数应用【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,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；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类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.4.【2015高考广东，文21】（本小题满分14分）设为实数，函数21fxxaxaaa．（1）若01f，求的取值范围；（2）讨论fx的单调性；（3）当2a时，讨论4fxx在区间0,内的零点个数．【答案】（1）1,2；（2）)(xf在),(a上单调递增，在),(a上单调递减；（3）当2a时，4fxx有一个零点2x；当2a时，4fxx有两个零点．由（2）得函数fx的最小值，再对的取值范围进行讨论确定4fxx在区间0,内的零点个数．试题详细分析：（1）22(0)faaaaaa，因为01f，所以1aa，当0a时，10，显然成立；当0a，则有12a，所以21a.所以210a.综上所述，的取值范围是1,2.（2）axaxaxaxxaxxf,2)12(,12)(22对于xaxu1221，其对称轴为aaax21212，开口向上，所以)(xf在),(a上单调递增；对于axaxu21221，其对称轴为aaax21212，开口向上，所以)(xf在),(a上单调递减.综上所述，)(xf在),(a上单调递增，在),(a上单调递减.（3）由（2）得)(xf在),(a上单调递增，在),0(a上单调递减，所以2min)()(aaafxf.(i)当2a时，2)2()(minfxf，2,452,3)(22xxxxxxxf令40fxx，即xxf4)(（0x）.因为)(xf在)2,0(上单调递减，所以2)2()(fxf而xy4在)2,0(上单调递增，2)2(fy，所以)(xfy与xy4在)2,0(无交点.当2x时，xxxxf43)(2，即04323xx，所以042223xxx，所以0)1(22xx，因为2x，所以2x，即当2a时，4fxx有一个零点2x.(ii)当2a时，2min)()(aaafxf，当),0(ax时，42)0(af，2)(aaaf，而xy4在),0(ax上单调递增，当ax时，ay4.下面比较2)(aaaf与a4的大小因为0)2)(2()4()4(2232aaaaaaaaaa所以aaaaf4)(2结合图象不难得当2a时，)(xfy与xy4有两个交点.综上所述，当2a时，4fxx有一个零点2x；当2a时，4fxx有两个零点.考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法．5.【2014湖南文21】已知函数()cossin1(0)fxxxxx.（1）求()fx的单调区间；（2）记ix为()fx的从小到大的第(*)iiN个零点，证明：对一切*nN，有2221211123nxxx.【答案】(1)单调递减区间为2,21*kkkN,单调递增区间为21,22*kkkN.(2)详见解+析(2)利用(1)问的结果可知函数fx在区间0,上是单调递减的,即fx在区间0,上至多一个零点,根据正余弦的函数值可得1022fx,再根据fx在区间上,1nn单调性和函数fx在区间,1nn端点处函数值异号可得函数fx在区间,1nn上有且只有一个零点,即122222111111nnnxnxnn,则依次讨论1,2,3nnn利用放缩法即可证明2221211123nxxx.试题详细分析:数fx求导可得'cossincossin0fxxxxxxxx,令'0fx可得*xkkN,当2,21*xkkkN时,sin0x.此时'0fx;当21,22*xkkkN时,sin0x,此时'0fx,故函数fx的单调递减区间为2,21*kkkN,单调递增区间为21,22*kkkN.(2)由(1)可知函数fx在区间0,上单调递减,又02f,所以12x,当*nN时,因为