2016年高考理科导数大题

1.（2016年新课标Ⅰ理数）已知函数221xfxxeax有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设12xx，是fx的两个零点，证明：122.xx2.（2016年新课标Ⅱ理数）(I)讨论函数2()2xxfxex的单调性，并证明当0x时，(2)20;xxex(II)证明：当[0,1)a时，函数2x=(0)xeaxagxx（）有最小值.设gx的最小值为()ha，求函数()ha的值域.3.（2016年新课标Ⅲ理数）设设函数cos21cos+1fxxx，其中0，记fx的最大值为A.（Ⅰ）求'fx（）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明'2fxA.4.（2016年北京理数）设函数axfxxebx，曲线yfx在点 2,2f处的切线方程为14yex，（I）求,ab的值；(II)求fx的单调区间。5.（2016年江苏理数）已知函数()(0,0,1,1)xxfxababab.（1）设122ab，.①求方程()=2fx的根;②若对任意xR,不等式(2)f()6fxmx恒成立，求实数m的最大值；（2）若01,1ab＞，函数2gxfx有且只有1个零点，求ab的值.6.（2016年山东理数）已知221()ln,xfxaxxaRx.（I）讨论()fx的单调性；（II）当1a时，证明3()'2fxfx＞对于任意的1,2x成立7.（2016年上海理数）已知aR，函数21()log()fxax.（1）当5a时，解不等式()0fx；（2）若关于x的方程2()log[(4)25]0fxaxa的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围；（3）设0a，若对任意1[,1]2t，函数()fx在区间[,1]tt上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围.8.（2016年四川理数）设函数2lnfxaxax，其中aR.（I）讨论fx的单调性；（II）确定a的所有可能取值，使得11()xfxex在区间1（，）内恒成立(e2.718为自然对数的底数)。9.（2016年天津理数）设函数baxxxf3)1()(，xR，其中a，bR.（Ⅰ）求)(xf的单调区间；（Ⅱ）若)(xf存在极值点0x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证：3201xx；（Ⅲ）设0＞a，函数)()(xfxg，求证：)(xg在区间]2,0[上的最大值不小于．．．4110.（2016年浙江理数）设3a，函数2()min{2|1|,242}Fxxxaxa,其中,min,,ppqpqqpq（Ⅰ）求使得等式2()242Fxxaxa成立的x的取值范围（Ⅱ）（i）求()Fx的最小值()ma（ii）求()Fx在[0,6]上的最大值()Ma答案1.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）设0a，则()(2)xfxxe，()fx只有一个零点．（ii）设0a，则当(,1)x时，'()0fx；当(1,)x时，'()0fx．所以()fx在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．又(1)fe，(2)fa，取b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbbababb，故()fx存在两个零点．（iii）设0a，由'()0fx得1x或ln(2)xa．若2ea，则ln(2)1a，故当(1,)x时，'()0fx，因此()fx在(1,)上单调递增．又当1x时，()0fx，所以()fx不存在两个零点．若2ea，则ln(2)1a，故当(1,ln(2))xa时，'()0fx；当(ln(2),)xa时，'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a单调递减，在(ln(2),)a单调递增．又当1x时，()0fx，所以()fx不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0,)．（Ⅱ）不妨设12xx，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)xx，22(,1)x，()fx在(,1)上单调递减，所以122xx等价于12()(2)fxfx，即2(2)0fx．由于222222(2)(1)xfxxeax，而22222()(2)(1)0xfxxeax，所以222222(2)(2)xxfxxexe．设2()(2)xxgxxexe，则2'()(1)()xxgxxee．所以当1x时，'()0gx，而(1)0g，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx，故122xx．2.【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)21(,].24e.【解析】试题分析：(Ⅰ)先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x时，()(0)fxf证明结论；(Ⅱ)用导数法求函数()gx的最值，在构造新函数00h()2xeax，又用导数法求解.试题解析：(Ⅰ)()fx的定义域为(,2)(2,).222(1)(2)(2)'()0,(2)(2)xxxxxexexefxxx且仅当0x时，'()0fx，所以()fx在(,2),(2,)单调递增，因此当(0,)x时，()(0)1,fxf所以(2)(2),(2)20xxxexxex(II)32(2)(2)2'()(()),xxeaxxgxfxaxx由(I)知，()fxa单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,afaafaa因此，存在唯一0(0,2],x使得0()0,fxa即0'()0gx，当00xx时，()0,'()0,()fxagxgx单调递减；当0xx时，()0,'()0,()fxagxgx单调递增.因此()gx在0xx处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)().2xxxeaxefxxegxxxx于是00h()2xeax，由2(1)()'0,2(2)2xxxexeexxx单调递增所以，由0(0,2],x得002201().2022224xeeeehax因为2xex单调递增，对任意21(,],24e存在唯一的0(0,2],x0()[0,1),afx使得(),ha所以()ha的值域是21(,],24e综上，当[0,1)a时，()gx有最小值()ha，()ha的值域是21(,].24e考点：函数的单调性、极值与最值.3.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）'()2sin2(1)sinfxxx．（Ⅱ）当1时，学科&网'|()||sin2(1)(cos1)|fxxx2(1)32(0)f因此，32A．………4分当01时，将()fx变形为2()2cos(1)cos1fxxx．令2()2(1)1gttt，则A是|()|gt在[1,1]上的最大值，(1)g，(1)32g，且当14t时，()gt取得极小值，极小值为221(1)61()1488g．令1114，解得13（舍去），15．（ⅰ）当105时，()gt在(1,1)内无极值点，|(1)|g，|(1)|23g，|(1)||(1)|gg，所以23A．（ⅱ）当115时，由(1)(1)2(1)0gg，知1(1)(1)()4ggg．又1(1)(17)|()||(1)|048gg，所以2161|()|48Ag．综上，2123,05611,18532,1A．………9分（Ⅲ）由（Ⅰ）得'|()||2sin2(1)sin|2|1|fxxx.当105时，'|()|1242(23)2fxA.当115时，131884A，所以'|()|12fxA.当1时，'|()|31642fxA，所以'|()|2fxA.4.（共13分）解：（Ⅰ）因为bxxexfxa)(，所以bexxfxa)1()(.依题设，,1)2(,22)2(efef即,1,222222ebeebeaa解得eba,2.（Ⅱ）由（Ⅰ）知exxexfx2)(.由)1()(12xxexexf即02xe知，)(xf与11xex同号.令11)(xexxg，则11)(xexg.所以，当)1,(x时，0)(xg，)(xg在区间)1,(上单调递减；当),1(x时，0)(xg，)(xg在区间),1(上单调递增.故1)1(g是)(xg在区间),(上的最小值，从而),(,0)(xxg.综上可知，0)(xf，),(x，故)(xf的单调递增区间为),(.5.解：（1）因为12,2ab，所以()22xxfx.①方程()2fx，即222xx，亦即2(2)2210xx，所以2(21)0x，于是21x，解得0x.②由条件知2222(2)22(22)2(())2xxxxfxfx.因为(2)()6fxmfx对于xR恒成立，且()0fx，所以2(())4()fxmfx对于xR恒成立.而2(())444()2()4()()()fxfxfxfxfxfx，且2((0))44(0)ff，所以4m，故实数m的最大值为4.（2）因为函数()()2gxfx只有1个零点，而00(0)(0)220gfab，所以0是函数()gx的唯一零点.因为'()lnlnxxgxaabb，又由01,1ab知ln0,ln0ab，所以'()0gx有唯一解0lnlog()lnbaaxb.令'()()hxgx，则''22()(lnln)(ln)(ln)xxxxhxaabbaabb，从而对任意xR，'()0hx，所以'()()gxhx是(,)上的单调增函数，于是当0(,)xx，''0()()0gxgx；当0(,)xx时，''0()()0gxgx.因而函数()gx在0(,)x上是单调减函数，在0(,)x上是单调增函数.下证00x.若00x，则0002xx，于是0()(0)02xgg，又log2log2log2(log2)220aaaagaba，且函数()gx在以02x和log2a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x和log2a之间存在()gx的零点，记为1x.因为01a，所以log20a，又002x，所以10x与“0是函数()gx的唯一零点”矛盾.若00x，同理可得，在02x和log2a之间存在()gx的非0的零点，矛盾.因此，00x.于是ln1lnab，故lnln0ab，所以1ab.6.（Ⅰ）)(xf的定义域为),0(；3232/)1)(2(22)(xxaxxxxaaxf.当0a，)1,0(x时，0)(/xf，)(xf单调递增；/(1,),()0xfx时，)(xf单调递减.当0a时，/3(1)22()()()axfxxxxaa.（1）20a，12a，当)1,0(x或x),2