2016年高考数学文真题分类汇编导数及其应用答案

2016年高考数学文试题分类汇编导数及其应用一、选择题1、（2016年山东高考）若函数()yfx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()yfx具有T性质.下列函数中具有T性质的是（A）sinyx（B）lnyx（C）exy（D）3yx【答案】A2、（2016年四川高考）已知a函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a=(A)-4(B)-2(C)4(D)2【答案】D3、（2016年四川高考）设直线l1，l2分别是函数f(x)=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则则△PAB的面积的取值范围是(A)(0,1)(B)(0,2)(C)(0,+∞)(D)(1,+∞)【答案】A4、（2016年全国I卷高考）若函数1()sin2sin3fxx-xax在,单调递增，则a的取值范围是（A）1,1（B）11,3（C）11,33（D）11,3【答案】C二、填空题1、（2016年天津高考）已知函数()(2+1),()xfxxefx为()fx的导函数，则(0)f的值为__________.【答案】32、（2016年全国III卷高考）已知fx为偶函数，当0x时，1()xfxex，则曲线yfx在点(1,2)处的切线方程式_____________________________.【答案】2yx三、解答题1、（2016年北京高考）设函数32.fxxaxbxc（I）求曲线.yfx在点0,0f处的切线方程；（II）设4ab，若函数fx有三个不同零点，求c的取值范围；（III）求证：230ab＞是.fx有三个不同零点的必要而不充分条件.解：（I）由32fxxaxbxc，得232fxxaxb．因为0fc，0fb，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为ybxc．（II）当4ab时，3244fxxxxc，所以2384fxxx．令0fx，得23840xx，解得2x或23x．fx与fx在区间,上的情况如下：x,2222,3232,3fx00fxc3227c所以，当0c且32027c时，存在14,2x，222,3x，32,03x，使得1230fxfxfx．由fx的单调性知，当且仅当320,27c时，函数3244fxxxxc有三个不同零点．（III）当24120ab时，2320fxxaxb，,x，此时函数fx在区间,上单调递增，所以fx不可能有三个不同零点．当24120ab时，232fxxaxb只有一个零点，记作0x．当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增；当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增．所以fx不可能有三个不同零点．综上所述，若函数fx有三个不同零点，则必有24120ab．故230ab是fx有三个不同零点的必要条件．当4ab，0c时，230ab，232442fxxxxxx只有两个不同零点，所以230ab不是fx有三个不同零点的充分条件．因此230ab是fx有三个不同零点的必要而不充分条件．2、（2016年江苏省高考）已知函数()(0,0,1,1)xxfxababab.（1）设a=2,b=12.①求方程()fx=2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.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.3、（2016年山东高考）设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R.(Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.解析：(Ⅰ)由'ln22,fxxaxa可得ln22,0,gxxaxax，则112'2axgxaxx，当0a时，0,x时，'0gx，函数gx单调递增；当0a时，10,2xa时，'0gx，函数gx单调递增，1,2xa时，'0gx，函数gx单调递减.所以当0a时，函数gx单调递增区间为0,；当0a时，函数gx单调递增区间为10,2a，单调递减区间为1,2a.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，'10f.①当0a时，'0fx，fx单调递减.所以当0,1x时，'0fx，fx单调递减.当1,x时，'0fx，fx单调递增.所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.②当102a时，112a，由(Ⅰ)知'fx在10,2a内单调递增，可得当当0,1x时，'0fx，11,2xa时，'0fx，所以fx在(0,1)内单调递减，在11,2a内单调递增，所以fx在x=1处取得极小值，不合题意.③当12a时，即112a时，'fx在(0,1)内单调递增，在1,内单调递减，所以当0,x时，'0fx，fx单调递减，不合题意.④当12a时，即1012a，当1,12xa时，'0fx，fx单调递增,当1,x时，'0fx，fx单调递减，所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为12a.4、（2016年四川高考）设函数f(x)=ax2－a－lnx，g(x)=1x－eex，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数。（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立。（I）2121'()20).axfxaxxxx(0a当时，'()fx0，()fx在0+（，）内单调递减.0a当时，由'()fx=0，有12xa.当x10,)2a（时，'()fx0，()fx单调递减；当x1+)2a（，时，'()fx0，()fx单调递增.（II）令()sx=1exx，则'()sx=1e1x.当1x时，'()sx0，所以1exx，从而()gx=111exx0.（iii）由（II），当1x时，()gx0.当0a，1x时，()fx=2(1)ln0axx.故当()fx()gx在区间1+)（，内恒成立时，必有0a.当102a时，12a1.由（I）有1()(1)02ffa,从而1()02ga，所以此时()fx()gx在区间1+)（，内不恒成立.当12a时，令()hx=()fx()gx(1x).当1x时，'()hx=122111112exaxxxxxxx322221210xxxxxx.因此()hx在区间1+)（，单调递增.又因为(1)h=0，所以当1x时，()hx=()fx()gx0，即()fx()gx恒成立.综上，a1+)2[，.5、（2016年天津高考）设函数baxxxf3)(，Rx，其中Rba,（Ⅰ）求)(xf的单调区间；（Ⅱ）若)(xf存在极值点0x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证：0201xx；（Ⅲ）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间]1,1[上的最大值不小于．．．41.（1）解：由3()fxxaxb，可得2()3fxxa，下面分两种情况讨论：①当0a时，有2()30fxxa恒成立，所以()fx的单调增区间为(,).②当0a时，令()0fx，解得33ax或33ax.当x变化时，()fx、()fx的变化情况如下表：x3(,)3a33a33(,)33aa33a3(,)3a()fx00()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()fx的单调递减区间为33(,)33aa，单调递增区间为3(,)3a，3(,)3a.（2）证明：因为()fx存在极值点，所以由（1）知0a且00x.由题意得200()30fxxa，即203ax，进而300002()3afxxaxbxb，又3000000082(2)822()33aafxxaxbxaxbxbfx，且002xx，由题意及（1）知，存在唯一实数1x满足10()()fxfx，且10xx，因此102xx，所以10+2=0xx.（3）证明：设()gx在区间[1,1]上的最大值为M，max{,}xy表示x，y两数的最大值，下面分三种情况讨论：①当3a时，331133aa，由（1）知()fx在区间[1,1]上单调递减，所以()fx在区间[1,1]上的取值范围为[(1),(1)]ff，因此，max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}Mffababmax{|1|,|1|}abab1,0,1,0,abbabb所以1||2Mab.②当334a时，233323113333aaaa，由（1）和（2）知233(1)