2016年高考数学理真题分类汇编导数及其应用解析

2016年高考数学理试题分类汇编导数及其应用一、选择题1、（2016年四川高考）设直线l1，l2分别是函数f(x)=ln,01,ln,1,xxxx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,+∞)【答案】A2、（2016年全国I高考）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为【答案】D二、填空题1、（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．【答案】1ln22、（2016年全国III高考）已知fx为偶函数，当0x时，()ln()3fxxx，则曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________。【答案】21yx三、解答题1、（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.【解析】（I）()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（II）由（I）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.2、（2016年山东高考）已知221()ln,Rxfxaxxax.（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.【解析】(Ⅰ)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＜２＜a0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；(Ⅱ)当1a时，212+ln=)(xxxxxf－－，32322+11=2)(1(=)(′xxxxxxxf2－－)－－于是)2+1112+ln=)(′)(322xxxxxxxxfxf2－－－(－－－，－1－1－322+3+ln=xxxxx，]2,1[x令xxxln=)g(－，322+3+=)h(xxxx－1－1，]2,1[x，于是)(+(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，因为1=)1(θ，10=)2(θ－，所以必有]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，所以)(xh的最小值为21=)2(h．所以23=21+1=)2(+1(g)(+(g=)(′)(hxhxxfxf））－．即23)()(xfxf对于任意的]2,1[x成立．3、（2016年四川高考）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)＞-e1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。【解析】（I）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.故fx在10,2a上单调递减，在1,2a上单调递增.（II）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故320xx，又1e0x，故'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.4、（2016年天津高考）设函数3()(1)fxxaxb,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：1023xx；（Ⅲ）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间]1,1[上的最大值不小于．．．41.【解析】（1）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（2）由0'0fx得2031xa∴320000131fxxxxb200121xxb32000032223132fxxxxb200018896xxxb200=121xxb00132=fxfxfx1023xx（3）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，所以，()gx在区间[02]，上的最大值不小于14成立5、（2016年全国I高考）已知函数有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x22.解：⑴由已知得：'12112xxfxxeaxxea①若0a，那么0202xfxxex，fx只有唯一的零点2x，不合题意；②若0a，那么20xxeae，所以当1x时，'0fx，fx单调递增当1x时，'0fx，fx单调递减即：x,111,'fx0fx↓极小值↑故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点由于20fa，10fe，则210ff，根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点．而当1x时，xee，210x，故222212111xfxxeaxexaxaxexe则0fx的两根21412eeaeta，22412eeaeta，12tt，因为0a，故当1xt或2xt时，2110axexe因此，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．此时，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．即：x,ln2aln2aln2,1a11,'fx+0-0+fx↑极大值↓极小值↑而极大值22ln22ln22ln21ln2210faaaaaaa故当1x≤时，fx在ln2xa处取到最大值ln2fa，那么ln20fxfa≤恒成立，即0fx无解而当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，那么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，故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单调递增即：x,111,ln2aln2aln2,a'fx+0-0+fx↑极大值↓极小值↑故当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