2016年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用

2016年高考数学理试题分类汇编导数及其应用一、选择题01、（2016年四川高考）设直线l1，l2分别是函数f(x)=01ln1lnxxxx的图象上点P1，P2处的切线，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,+∞)02、（2016年全国I高考）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为二、填空题01、（2016年全国II高考）若直线ykxb是曲线ln2yx的切线，也是曲线ln(1)yx的切线，则b1ln2．02、（2016年全国III高考）若fx为偶函数且0x时()ln()3fxxx，则曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_21yx。三、解答题01、（2016年北京高考）设函数()axfxxebx，曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程为(1)4yex，（1）求a，b的值；（2）求()fx的单调区间.解：（1）∵()eaxfxxbx，∴()ee(1)eaxaxaxfxxbxb∵曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程为(e1)4yx∴(2)2(e1)4f，(2)e1f即2(2)2e22(e1)4afb①2(2)(12)ee1afb②由①②解得：2a，eb（2）由（1）可知：2()eexfxxx，2()(1)eexfxx令2()(1)exgxx，∴222()e(1)e(2)exxxgxxxx,222,()gx0()gx极小值∴()gx的最小值是22(2)(12)e1g∴()fx的最小值为(2)(2)ee10fg，即()0fx对xR恒成立∴()fx在,上单调递增，无减区间.02、（2016年山东高考）已知221()ln,Rxfxaxxax.（1）讨论()fx的单调性；（2）当1a时，证明3()'2fxfx＞对于任意的1,2x成立.解：（1）求导数322)11(=)(′xxxaxf－－－322)(1(=xaxx)－－当0≤a时，(0,1)∈x，0)(′xf，)(xf单调递增，)(1,∈+∞x，0)(′xf，)(xf单调递减；当0a时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(′xaxaxxaxaxxxf))－－)－－①当0a＜＜２时，12a，(0,1)∈x或),(∈+∞2ax，0)(′xf，)(xf单调递增，)(1,∈ax2，0)(′xf，)(xf单调递减；②当２=a时，1=2a，)(0,∈+∞x，0≥)(′xf，)(xf单调递增，③当２a时，120a，)(0,∈ax2或∞)(1,∈+x，0)(′xf，)(xf单调递增，,1)(∈ax2，0)(′xf，)(xf单调递减；(2)当1a时，212+ln=)(xxxxxf－－，32322+11=2)(1(=)(′xxxxxxxf2－－)－－∴2232112()()ln1)xfxfxxxxxxx－2－－－(－－2332ln[1,2]xxxxxx1－－1－令xxxln=)g(－，322+3+=)h(xxxx－1－1，]2,1[x，∴)(+(g=)(′)(xhxxfxf）－，0≥1=1=)(g′xxxx－1－，)g(x的最小值为1=g(1)；又42432+=+=)(h′xxxxxxx6－2－362－3－设6+23=)(θ2xxx－－，]2,1[x，∵1=)1(θ，10=)2(θ－，∴必有]2,1[0∈x使得0=)(θ0x且01xx时，0)(θx，)(xh单调递增；20xx时，0)(θx，)(xh单调递减；又∵1=)1(h，21=)2(h，∴)(xh的最小值为21=)2(h．∴23=21+1=)2(+1(g)(+(g=)(′)(hxhxxfxf））－∴23)()(xfxf对于任意的]2,1[x成立．03、（2016年四川高考）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a∈R.⑴讨论f(x)的单调性；⑵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：⑴由题意，2121'2,0axfxaxxxx①当0a时，2210ax，'0fx，fx在0,上单调递减.②当0a时11222'axxaafxx当10,2xa时，'0fx；当1,2xa时，'0fx.∴fx在10,2a上单调递减，在1,2a上单调递增.⑵原不等式等价于11e0xfxx在1,x上恒成立.一方面，令12111elnexxgxfxaxxaxx，只需gx在1,x上恒大于0即可.又∵10g，故'gx在1x处必大于等于0.令1211'2exFxgxaxxx，'10g，可得12a.另一方面，当12a时，31112323312122'2e1eexxxxxFxaxxxxx∵1,x，∴320xx，又∵1e0x，∴'Fx在12a时恒大于0.∴当12a时，Fx在1,x单调递增.∴1210FxFa，故gx也在1,x单调递增.∴10gxg，即gx在1,x上恒大于0.综上，12a.04、（2016年天津高考）设函数3()(1)fxxaxb,Rx，其中Rba,⑴求)(xf的单调区间；⑵若)(xf存在极值点0x且)()(01xfxf（01xx），求证：1023xx；⑶设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间]1,1[上的最大值不小于41.解：⑴31fxxaxb2'31fxxa①0a≤，单调递增；②0a，fx在,13a单调递增，在1,133aa单调递减，在1,3a单调递增⑵由0'0fx得2031xa∴320000131fxxxxb200121xxb32000032223132fxxxxb200018896xxxb200=121xxb∴00132=fxfxfx1023xx⑶欲证()gx在区间[02]，上的最大值不小于14，只需证在区间[02]，上存在12,xx使得121()()2gxgx≥即可①当3a≥时，fx在02，上单调递减(2)12fab，(0)1fb，1(0)(2)2242ffa≥递减，成立；当03a时，311333aaafab333aaaaab233aaab113333aaaafab233aaab∵(2)12fab，(0)1fb，∴(2)(0)22ffa若304a≤时，102222ffa≥，成立当34a时，411133332aaaffa，∴()gx在区间[02]，上的最大值不小于14成立05、（2016年全国I高考）已知函数有两个零点.⑴求a的取值范围；⑵设x1，x2是的两个零点，证明：+x22.解：⑴由已知得'12112xxfxxeaxxea①若0a，则0202xfxxex，fx只有唯一的零点2x，不合题意；②若0a，则20xxeae，∴当1x时，'0fx，fx单调递增当1x时，'0fx，fx单调递减x,111,'fx0fx↓极小值↑∴fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点∵20fa，10fe，∴210ff，根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点．∵当1x时，xee，210x，∴222212111xfxxeaxexaxaxexe∴0fx的两根212412eeaeta，，这里12tt，∵0a，∴当1xt或2xt时，2110axexe∴当1x且1xt时，0fx又∵10fe，∴根据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点．∴fx在R上有且只有两个零点，满足题意．③若02ea，则ln2ln1ae，当ln2xa时，1ln210xa，ln2220axeaea，即'120xfxxea，fx单调递增；当ln21ax时，10x，ln2220axeaea，即'120xfxxea，fx单调递减；当1x时，10x，ln2220axeaea，即'0fx，fx单调递增．x,ln2aln2aln2,1a11,'fx+0-0+fx↑max↓min↑而极大值2ln22ln22ln21faaaaa2ln2210aa∴当1x≤时，fx在ln2xa处取到最大值ln2fa，ln20fxfa≤恒成立，即0fx无解当1x时，fx单调递增，至多一个零点，此时fx在R上至多一个零点，不合题意．④若2ea，则ln21a当1ln2xa时，10x，ln2220axeaea，即'0fx，fx单调递增当1ln2xa时，10x，ln2220axeaea，即'0fx，fx单调递增又fx在1x处有意义，∴fx在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤若2ea，则ln21a当1x时，10x，ln212220axeaeaea，即'0fx，fx单调递增当1ln2xa时，10x，ln2220axeaea，即'0fx，fx单调递减当ln2xa时，1ln210xa，ln2220axeaea，即'0fx，fx单调递增x,111,ln2aln2aln2,a'fx+0-0+fx↑max↓min↑当ln2xa≤时，fx在1x处取到最大值1fe，那么0fxe≤恒成立，即0fx无解当ln2xa时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当0a时符合题意，即a的取值范围为0,．⑵由已知得120fxfx，不难发现11x，21x，∴可整理得121222122211xxxexeaxx设221xxegxx，则12gxgx，2321'1xxgxex，当1