专题07 导数及其应用(命题猜想)-2018年高考数学(理)命题猜想与仿真押题

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专题07 导数及其应用(命题猜想)-2018年高考数学(理)命题猜想与仿真押题

【考向解读】 高考将以导数的几何意义为背景,重点考查运算及数形结合能力,导数的综合运用涉及的知识面广,综合 的知识点多,形式灵活,是每年的必考内容,经常以压轴题的形式出现.预测高考仍将利用导数研究方程 的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查. 【命题热点突破一】导数的几何意义 例 1、(2017·天津卷)已知 a∈R,设函数 f(x)=ax-lnx 的图象在点(1,f(1))处的切线为 l,则 l 在 y 轴 上的截距为________; 【答案】1 【变式探究】【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线,也是曲线 ln( 1)y x  的切线,则b  . 【答案】1 ln 2 【解析】对函数 ln 2y x  求导得 1y x   ,对 ln( 1)y x  求导得 1 1y x    ,设直线 y kx b  与曲线 ln 2y x  相切于点 1 1 1( , )P x y ,与曲线 ln( 1)y x  相切于点 2 2 2( , )P x y ,则 1 1 2 2ln 2, ln( 1)y x y x    , 由 点 1 1 1( , )P x y 在 切 线 上 得  1 1 1 1ln 2 ( )y x x xx     , 由 点 2 2 2( , )P x y 在 切 线 上 得 2 2 2 1ln( 1) ( )1y x x xx     ,这两条直线表示同一条直线,所以 1 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1ln( 1) ln 1 x x xx x x         ,解得 1 1 1 1 1, 2, ln 2 1 1 ln 22x k b xx          . 【感悟提升】与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略 (1)已知切点求切线方程.解决此类问题的步骤为: ①求出函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数,即曲线 y=f(x)在点 P(x0,f(x0))处切线的斜率; ②由点斜式求得切线方程为 y-y0=f′(x0)·(x-x0). (2)已知斜率求切点:已知斜率 R,求切点(x1,f(x1)),即解方程 f′(x1)=k. (3)求切线倾斜角的取值范围:先求导数的取值范围,即确定切线斜率的取值范围,然后利用正切函数的单 调性解决. 【变式探究】 函数 f(x)=exsin x 的图像在点(0,f(0))处的切线的倾斜角为( ) A.3π 4 B.π 3 C.π 4 D.π 6 【答案】C 【命题热点突破二】函数的单调性 与最值 例 2、(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 a<0 时,证明 f(x)≤- 3 4a -2. 【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1 x +2ax+2a+1= x+1 2ax+1 x . 若 a≥0,则当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)单调递增. 若 a<0,则当 x∈ 0,- 1 2a 时,f′(x)>0;当 x∈ - 1 2a ,+∞ 时,f′(x)<0. 故 f(x)在 0,- 1 2a 单调递增,在 - 1 2a ,+∞ 单调递减. (2)由(1)知,当 a<0 时,f(x)在 x=- 1 2a 取得最大值,最大值为 f - 1 2a =ln - 1 2a -1- 1 4a . 所以 f(x)≤- 3 4a -2 等价于 ln - 1 2a -1- 1 4a ≤- 3 4a -2,即 ln - 1 2a + 1 2a +1≤0. 设 g(x)=lnx-x+1,则 g′(x)=1 x -1. 当 x∈(0,1)时,g′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调 递减.故当 x=1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)=0.所以当 x>0 时,g(x)≤0.从而当 a<0 时,ln - 1 2a + 1 2a +1≤0,即 f(x)≤- 3 4a -2. 【变式探究】(2017·课标全国Ⅱ)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1 的极值点,则 f(x)的极小值为 ( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 【答案】A 【变式探究】【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分) 已知   2 2 1( ) ln , Rxf x a x x ax     . (I)讨论 ( )f x 的单调性; (II)当 1a  时,证明   3( ) ' 2f x f x > 对于任意的  1,2x 成立. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析 【解析】 (Ⅰ) )(xf 的定义域为 ),0(  ; 2 2 3 3 2 2 ( 2)( 1)( ) a ax xf ' x a x x x x       . 当 0a , )1,0(x 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; (1, ) , ( ) 0x f ' x  时 , )(xf 单调递减. 当 0a 时, 3 ( 1) 2 2( ) ( )( )a xf ' x x xx a a    . (1) 20  a , 12  a , 当 )1,0(x 或 x  ),2(  a 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; 当 x  )2,1( a 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递减; (2) 2a 时, 12  a ,在 x  ),0(  内, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; (Ⅱ)由(Ⅰ)知, 1a 时, 2 2 3 2 1 1 2 2( ) ( ) ln (1 )xf x f ' x x x x x x x         2 3 3 1 2ln 1x x x x x       , ]2,1[x , 令 1213)(,ln)( 32  xxxxhxxxg , ]2,1[x . 则 ( ) ( ) ( ) ( )f x f ' x g x h x   , 由 1( ) 0xg ' x x   可得 1)1()(  gxg ,当且仅当 1x 时取得等号. 又 2 4 3 2 6( ) x xh' x x    , 【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域,不要从导数的定义域确定函数的单调区间, 在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同. 【变式探究】 (1)已知函数 f(x)=ln(x+a)+ax,求函数 f(x)的单调区间和极值. (2)已知函数 f(x)=(ax-2)ex 在 x=1 处取得极值,求函数 f(x)在[m,m+1]上的最小值. 【解析】解:(1)∵f(x)=ln(x+a)+ax,∴函数 f(x)的定义域为(-a,+∞),∴f′(x)= 1 x+a +a=ax+a2+1 x+a . 当 a≥0 时,f′(x)= 1 x+a +a>0,函数 f(x)在(-a,+∞)上为增函数,无极值. 当 a<0 时,令 f′(x)=0,解得 x=-a-1 a >-a, 当 f′(x)>0 时,解得-a<x<-a-1 a ,函数 f(x)为增函数, 当 f′(x)<0 时,解得 x>-a-1 a ,函数 f(x)为减函数, 故当 x=-a-1 a 时,函数 f(x)有极大值,极大值为 f -a-1 a =ln -1 a -a2-1. 综上所述,当 a≥0 时,函数 f(x)在(-a,+∞)上为增函数,无极值;当 a<0 时,函数 f(x)在 -a,-a-1 a 上为增函数,在 -a-1 a ,+∞ 上为减函数,函数 f(x)有极大值,极大值为 ln -1 a -a2-1. x (-∞,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 减 -e 增 所以函数 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 当 m≥1 时,f(x)在 [m,m+1]上单调递增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.当 0<m<1 时,m<1<m+1, f(x)在[m,1]上单调递减,在[1,m+1]上单调递增,f(x)min=f(1)=-e. 当 m≤0 时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]上单调递减,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1. 综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值 f(x)min= (m-2)em,m≥1, -e,01,即 a>1 2 时,令 u′(x)=0,得 x=ln 2a. 当 x∈[0,ln 2a)时,u′(x)<0,g′(x)=ex-2ax-2a 在[0,ln 2a)上单调递减, 所以当 x∈[0,ln 2a)时,g′(x)=ex-2ax-2a≤g′(0)=1-2a<0,则 g(x)在[0,ln 2a)上单调 递减, 于是 g(x)≤g(0)=0,这与 g(x)≥0 恒成立矛盾. 综上可得,实数 a 的取值范围是 -∞,1 2 . 【感悟提升】对于求不等式恒成立时的参数范围问题,一般是将参数分离出来,使不等号一边是参数,另 一边是一个区间上具体的函数,这样便于解决问题.但要注意的是分离参数不是万能的,如果分离参数后, 得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,则不要分离参数. 【变式探究】 已知函数 f(x)= xe-x2+mx,x∈(0,1), ln x-x+2,x∈[1,+∞), 其中 e=2.718 28…是自然对数的底数,m∈R. (1)若函数 f(x)为(0,1)上的单调增函数,求 m 的取值范围; (2)对任意的 11,由(*)式,知 lnb a 0;当 x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调 递减.故当 x=1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)=0.所以当 x>0 时,g(x)≤0.从而当 a<0 时,ln - 1 2a + 1 2a +1≤0,即 f(x)≤- 3 4a -2. 4、(2017·课标全国Ⅱ)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1 的极值点,则 f(x)的极小值为( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 【答案】A 【解析】 (1)函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1, 则 f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)·ex-1 =ex-1·[x2+(a+2)x+a-1]. 由 x=-2 是函数 f(x)的极值点得 f′(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0, 所以 a=-1. 所以 f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=ex-1·(x2+x-2). 由 ex-1>0 恒成立,得 x=-2 或 x=1 时,f′(x)=0, 且 x<-2 时,f′(x)>0;-21 时,f′(x)>0. 所以 x=1 是函数 f(x)的极小值点. 所以函数 f(x)的极小值为 f(1)=-1. 故选 A. 5.【2017 课标 II,理】已知函数   2 lnf x ax ax x x   ,且   0f x  。 (1)求 a ; (2)证明:  f x 存在唯一的极大值点 0x ,且  2 2 0 2e f x   。 【答案】(1) 1a  ; (2)证明略。 (2)由(1)知 设 当 时, ;当 时, ,所以 在 单调递减,在 单调递增 又 ,所以 在 有唯一零点x0,在 有唯一零点1,且当 时, ; 当 时, ,当 时, . 因为 ,所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点 由 由 得 因为 x=x0 是 f(x)在(0,1)的最大值点,由 得 所以 6.【2017 山东,理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ,    cos sin 2 2xg x e x x x    ,其中 2.71828e   是 自然对数的底数. (Ⅰ)求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程; (Ⅱ)令       h x g x af x a R   ,讨论  h x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】(1) 22π π 2y x   (2)见解析 (Ⅱ)由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      , 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   , 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时,   0,m x  当 0x  时,   0m x  (1)当 0a  时, xe a 0 当 0x  时,   0h x  ,  h x 单调递减, 当 0x  时,   0h x  ,  h x 单调递增, 所以 当 0x  时  h x 取得极小值,极小值是  0 2 1h a   ; ②当 1a  时, ln 0a  , 所以 当  ,x   时,   0h x  ,函数  h x 在 ,  上单调递增,无极值; ③当 1a  时, ln 0a  所以 当  ,0x  时, ln 0x ae e  ,    0,h x h x  单调递增; 当  0,lnx a 时, ln 0x ae e  ,    0,h x h x  单调递减; 当  ln ,x a  时, ln 0x ae e  ,    0,h x h x  单调递增; 所以 当 0x  时  h x 取得极大值,极大值是  0 2 1h a   ; 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述: 当 0a  时,  h x 在 ,0 上单调递减,在 0, 上单调递增, 函数  h x 有极小值,极小值是  0 2 1h a   ; 7.【2017 天津,理 20】设 aZ ,已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     在区间 (1,2) 内 有一个零点 0x , ( )g x 为 ( )f x 的导函数. (Ⅰ)求 ( )g x 的单调区间; (Ⅱ)设 0 0[1, ) ( ,2]m x x  ,函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   ,求证: 0( ) ( ) 0h m h x  ; (Ⅲ)求证:存在大于 0 的常数 A ,使得对于任意的正整数 ,p q ,且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   满足 0 4 1| |p xq Aq   . 【答案】(Ⅰ)增区间是 , 1  , 1 ,4     ,递减区间是 11, 4     .(Ⅱ)见解析;(III)见解析. 【解析】(Ⅰ)解:由   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     ,可得     3 28 9 6 6g x f x x x x     , 进而可得   224 18 6g x x x    .令   0g x  ,解得 1x   ,或 1 4x  . 当 x 变化时, ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表: x ( , 1)  1( 1, )4  1( , )4  ( )g x + - + ( )g x ↗ ↘ ↗ 所以, ( )g x 的单调递增区间是 ( , 1)  , 1( , )4  ,单调递减区间是 1( 1, )4  . (III)证明:对于任意的正整数 p , q ,且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq   , 令 pm q  ,函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf   . 由(II)知,当 0[1 ),m x 时, ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点; 当 0( ,2]m x 时, ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点. 所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点,不妨设为 1x ,则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    . 由(I)知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增,故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   , 于是 4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        . 1. 【2016 高考山东理数】若函数 ( )y f x 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 ( )y f x 具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是( ) (A) siny x (B) lny x (C) exy  (D) 3y x 【答案】A 【解析】当 siny x 时, cosy x  ,cos0 cos 1    ,所以在函数 siny x 图象存在两点,使条件成立, 故 A 正确;函数 3ln , e ,xy x y y x   的导数值均非负,不符合题意,故选 A。 2.【2016 年高考四川理数】设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= ln ,0 1, ln , 1, x x x 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△PAB 的面积的取值范围是( ) (A)(0,1) (B)(0,2) (C)(0,+∞) (D)(1,+∞) 【答案】A 【解析】设    1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x (不妨设 1 21, 0 1x x   ),则由导数的几何意义易得切线 1 2,l l 的斜率分别为 1 2 1 2 1 1, .k kx x    由已知得 1 2 1 2 2 1 11, 1, .k k x x x x       切线 1l 的方程分别为  1 1 1 1lny x x xx    ,切线 2l 的方程为  2 2 2 1lny x x xx     ,即 1 1 1 1lny x x x x        .分别令 0x  得    1 10 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x   又 1l 与 2l 的交点为 2 1 1 12 2 1 1 2 1, ln1 1 x xP xx x      , 1 1x  , 2 1 1 2 2 1 1 2 11 12 1 1PAB A B P x xS y y x x x         , 0 1PABS   .故选 A. 3.【2016 高考新课标 2 理数】若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线,也是曲线 ln( 1)y x  的切线, 则b  . 【答案】1 ln 2 4.【2016 高考新课标 3 理数】已知  f x 为偶函数,当 0x  时, ( ) ln( ) 3f x x x   ,则曲线  y f x 在 点 (1, 3) 处的切线方程是_______________. 【答案】 2 1y x   【解析】当 0x  时, 0x  ,则 ( ) ln 3f x x x   .又因为 ( )f x 为偶函数,所以 ( ) ( ) ln 3f x f x x x    , 所以 1( ) 3f x x    ,则切线斜率为 (1) 2f    ,所以切线方程为 3 2( 1)y x    ,即 2 1y x   . 5.【2016 高考新课标 1 卷】(本小题满分 12 分)已知函数      22 1xf x x e a x    有两个零点. (I)求 a 的取值范围; (II)设 x1,x2 是  f x 的两个零点,证明: 1 2 2x x  . 【答案】 (0, ) 【解析】 (Ⅰ) '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a       . (i)设 0a  ,则 ( ) ( 2) xf x x e  , ( )f x 只有一个零点. (ii)设 0a  ,则当 ( ,1)x  时, '( ) 0f x  ;当 (1, )x  时, '( ) 0f x  .所以 ( )f x 在 ( ,1) 上单调 递减,在 (1, ) 上单调递增. 又 (1)f e  , (2)f a ,取b 满足 0b  且 ln 2 ab  ,则 2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2 af b b a b a b b       , 故 ( )f x 存在两个零点. (Ⅱ)不妨设 1 2x x ,由(Ⅰ)知 1 2( ,1), (1, )x x    , 22 ( ,1)x   , ( )f x 在 ( ,1) 上单调递减, 所以 1 2 2x x  等价于 1 2( ) (2 )f x f x  ,即 2(2 ) 0f x  . 由于 22 2 2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x     ,而 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x     ,所以 2 22 2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e     . 设 2( ) ( 2)x xg x xe x e    ,则 2'( ) ( 1)( )x xg x x e e   . 所以当 1x  时, '( ) 0g x  ,而 (1) 0g  ,故当 1x  时, ( ) 0g x  . 从而 2 2( ) (2 ) 0g x f x   ,故 1 2 2x x  . 6.【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分) 已知   2 2 1( ) ln , Rxf x a x x ax     . (I)讨论 ( )f x 的单调性; (II)当 1a  时,证明   3( ) ' 2f x f x > 对于任意的  1,2x 成立. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析 (1) 20  a , 12  a , 当 )1,0(x 或 x  ),2(  a 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; 当 x  )2,1( a 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递减; (2) 2a 时, 12  a ,在 x  ),0(  内, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; (3) 2a 时, 120  a , 当 )2,0( ax  或 x  ),1(  时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递增; 当 x  )1,2( a 时, ( ) 0f ' x  , )(xf 单调递减. 综上所述, 当 0a 时,函数 )(xf 在 )1,0( 内单调递增,在 ),1(  内单调递减; 当 20  a 时, )(xf 在 )1,0( 内单调递增,在 )2,1( a 内单调递减,在 ),2(  a 内单调递增; 当 2a 时, )(xf 在 ),0(  内单调递增; 当 2a , )(xf 在 )2,0( a 内单调递增,在 )1,2( a 内单调递减,在 ),1(  内单调递增. 设 623)( 2  xxx ,则 )(x 在 x  ]2,1[ 单调递减, 因为 10)2(,1)1(   , 所以在 ]2,1[ 上存在 0x 使得 ),1( 0xx  时, )2,(,0)( 0xxx  时, 0)( x , 所以函数 ( )h x 在 ),1( 0x 上单调递增;在 )2,( 0x 上单调递减, 由于 2 1)2(,1)1(  hh ,因此 2 1)2()(  hxh , 当且仅当 2x 取得等号, 所以 3( ) ( ) (1) (2) 2f x f ' x g h    , 即 3( ) ( ) 2f x f ' x  对于任意的 ]2,1[x 恒成立。 7.【2016 高考江苏卷】(本小题满分 16 分) 已知函数 ( ) ( 0, 0, 1, 1)x xf x a b a b a b      . 设 12, 2a b  . (1)求方程 ( ) 2f x  的根; (2)若对任意 x R ,不等式 (2 ) f( ) 6f x m x  恒成立,求实数 m 的最大值; (3)若 0 1, 1a b  > ,函数     2g x f x  有且只有 1 个零点,求 ab 的值。 【答案】(1)①0 ②4(2)1 (2)因为函数 ( ) ( ) 2g x f x  只有 1 个零点,而 0 0(0) (0) 2 2 0g f a b      , 所以 0 是函数 ( )g x 的唯一零点. 因为 ( ) ln lnx xg' x a a b b  ,又由 0 1, 1a b   知 ln 0,ln 0a b  , 所以 ( ) 0g' x  有唯一解 0 lnlog ( )lnb a ax b   . 令 ( ) ( )h x g' x ,则 2 2( ) ( ln ln ) (ln ) (ln )x x x xh' x a a b b ' a a b b    , 从而对任意 xR , ( ) 0h' x  ,所以 ( ) ( )g' x h x 是 ( , )  上的单调增函数, 于是当 0( , )x x  , 0( ) ( ) 0g' x g' x  ;当 0( , )x x  时, 0( ) ( ) 0g' x g' x  . 因而函数 ( )g x 在 0( , )x 上是单调减函数,在 0( , )x  上是单调增函数. 下证 0 0x  . 若 0 0x  ,则 0 0 02 xx   ,于是 0( ) (0) 02 xg g  , 又 log 2 log 2 log 2(log 2) 2 2 0a a a ag a b a      ,且函数 ( )g x 在以 0 2 x 和 log 2a 为端点的闭区间上的图象不 间断,所以在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的零点,记为 1x . 因为 0 1a  ,所以 log 2 0a  ,又 0 02 x  , 所以 1 0x  与“0 是函数 ( )g x 的唯一零点”矛盾. 若 0 0x  ,同理可得,在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的非 0 的零点,矛盾. 因此, 0 0x  . 于是 ln 1ln a b   ,故 ln ln 0a b  ,所以 1ab  . 8.【2016 高考天津理数】(本小题满分 14 分) 设函数 3( ) ( 1)f x x ax b    , Rx ,其中 Rba , (I)求 )(xf 的单调区间; (II) 若 )(xf 存在极值点 0x ,且 )()( 01 xfxf  ,其中 01 xx  ,求证: 1 02 3x x  ; (Ⅲ)设 0a ,函数 |)(|)( xfxg  ,求证: )(xg 在区间 ]1,1[ 上的最大值不小于...4 1 . 【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)详见解析 (2)当 0a 时,令 0)(' xf ,解得 31 3 ax   ,或 31 3 ax   . 当 x 变化时, )(' xf , )(xf 的变化情况如下表: x 3( ,1 )3 a  31 3 a 3 3(1 ,1 )3 3 a a  31 3 a 3(1 , )3 a  )(' xf + 0 - 0 + )(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 )(xf 的单调递减区间为 3 3(1 ,1 )3 3 a a  ,单调递增区间为 3( ,1 )3 a  , 3(1 , )3 a  . (Ⅲ)证明:设 )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值为 M , },max{ yx 表示 yx, 两数的最大值.下面分三种情况讨 论: (1)当 3a 时, 3 31 0 2 13 3 a a     ,由(Ⅰ)知, )(xf 在区间 ]2,0[ 上单调递减,所以 )(xf 在 区间 ]2,0[ 上的取值范围为 )]0(),2([ ff ,因此 max{| (2) |,| (0) |} max{|1 2 |,| 1 |} M f f a b b       |})(1||,)(1max{| baabaa       0),(1 0),(1 babaa babaa , 所以 2||1  baaM . (2)当 34 3  a 时, 2 3 3 3 2 31 0 1 1 2 13 3 3 3 a a a a         ,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知, 2 3 3(0) (1 ) (1 )3 3 a af f f    , 2 3 3(2) (1 ) (1 )3 3 a af f f    , 所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 3 3[ (1 ), (1 )]3 3 a af f  ,因此 3 3 2 2max{| (1 ) |,| (1 ) |} max{| 3 |,| 3 |}3 3 9 9 a a a aM f f a a b a a b         |})(39 2||,)(39 2max{| baaabaaa  4 1 4 334 3 9 2||39 2  baaa . 9.【2016 高考新课标 3 理数】设函数 ( ) cos2 ( 1)(cos 1)f x a x a x    ,其中 0a  ,记| ( )|f x 的最大值 为 A . (Ⅰ)求 ( )f x ; (Ⅱ)求 A ; (Ⅲ)证明| ( ) | 2f x A  . 【答案】(Ⅰ) ' ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x a x a x    ;(Ⅱ) 2 12 3 ,0 5 6 1 1, 18 5 3 2, 1 a a a aA aa a a              ;(Ⅲ)见解析. 【解析】 (Ⅰ) ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x x x      . (Ⅰ)当 10 5   时, ( )g t 在 ( 1,1) 内无极值点,| ( 1) |g   ,| (1) | 2 3g   ,| ( 1) | | (1) |g g  , 所以 2 3A   . (Ⅱ)当 1 15 a  时,由 ( 1) (1) 2(1 ) 0g g      ,知 1( 1) (1) ( )4g g g      . 又 1 (1 )(1 7 )| ( ) | | ( 1) | 04 8g g           ,所以 21 6 1| ( ) |4 8A g          . 综上, 2 12 3 ,0 ,5 6 1 1, 1,8 5 3 2, 1. A                     10.【2016 高考浙江理数】(本小题 15 分)已知 3a  ,函数 F(x)=min{2|x−1|,x2−2ax+4a−2}, 其中 min{p,q}= , > p p q q p q.    , , (I)求使得等式 F(x)=x2−2ax+4a−2 成立的 x 的取值范围; (II)(i)求 F(x)的最小值 m(a); (ii)求 F(x)在区间[0,6]上的最大值 M(a). 【答案】(I) 2,2a ;(II)(i)   2 0,3 2 2 4 2, 2 2 am a a a a           ;(ii)   34 8 ,3 4 2, 4 a aa a       . 【解析】 (Ⅰ)由于 3a  ,故 当 1x  时,     2 22 4 2 2 1 2 1 2 0x ax a x x a x          , 当 1x  时,    2 2 4 2 2 1 2 2x ax a x x x a        . 所以,使得等式   2 2 4 2F x x ax a    成立的 x 的取值范围为 2,2a . (Ⅱ)(ⅰ)设函数   2 1f x x  ,   2 2 4 2g x x ax a    , 则    min 1 0f x f  ,     2 min 4 2g x g a a a     , 所以,由  F x 的定义知       min 1 ,m a f g a ,即   2 0,3 2 2 4 2, 2 2. am a a a a           , (ⅱ)当 0 2x  时,           max 0 , 2 2 2F x f x f f F    , 当 2 6x  时,                max 2 , 6 max 2,34 8 max 2 , 6F x g x g g a F F     . 所以,   34 8 ,3 4 2, 4 a aM a a      . 11.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 xx 2f (x) x 2   e 的单调性,并证明当 0x  时, ( 2) 2 0xx e x    ; (Ⅱ)证明:当 [0,1)a  时,函数 2x = ( 0) xe ax ag xx   ( ) 有最小值.设 ( )g x 的最小值为 ( )h a ,求函数 ( )h a 的值域. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 21( , ].2 4 e . (II) 2 2 ( 2) ( 2) 2( ) ( ( ) ), xx e a x xg x f x ax x       由(I)知, ( )f x a 单调递增,对任意 [0,1), (0) 1 0, (2) 0,a f a a f a a        因此,存在唯一 0 (0,2],x  使得 0( ) 0,f x a  即 0'( ) 0g x  , 当 00 x x  时, ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递减; 当 0x x 时, ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递增. 因此 ( )g x 在 0x x 处取得最小值,最小值为 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 ( 1) + ( )( 1)( ) .2 x x xe a x e f x x eg x x x x       于是 0 0 h( ) 2 xea x   ,由 2 ( 1)( )' 0,2 ( 2) 2 x x xe x e e x x x     单调递增 所以,由 0 (0,2],x  得 00 2 2 0 1 ( ) .2 0 2 2 2 2 4 xe e e eh a x        因为 2 xe x  单调递增,对任意 21( , ],2 4 e  存在唯一的 0 (0,2],x  0( ) [0,1),a f x  使得 ( ) ,h a  所以 ( )h a 的值域是 21( , ],2 4 e 综上,当 [0,1)a 时, ( )g x 有 ( )h a , ( )h a 的值域是 21( , ].2 4 e 12.【2016 年高考北京理数】(本小题 13 分) 设函数 ( ) a xf x xe bx  ,曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程为 ( 1) 4y e x   , (1)求 a ,b 的值; (2)求 ( )f x 的单调区间. 【答案】(Ⅰ) 2a  ,b e ;(2) )(xf 的单调递增区间为 ( , )  . 试题解析:(1)因为 bxxexf xa  )( ,所以 bexxf xa  )1()( . 依题设,      ,1)2( ,22)2( ef ef 即        ,1 ,2222 2 2 ebe ebe a a 解得 eba  ,2 ;(2)由(Ⅰ)知 exxexf x  2)( . 由 )1()( 12   xx exexf 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 ),(  . 1.【2015 高考江苏,19】 已知函数 ),()( 23 Rbabaxxxf  . (1)试讨论 )(xf 的单调性; (2)若 acb  (实数 c 是 a 与无关的常数),当函数 )(xf 有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是 ),2 3()2 3,1()3,(   ,求 c 的值. 【答案】(1)当 0a  时,  f x 在 ,  上单调递增; 当 0a  时,  f x 在 2, 3 a     , 0, 上单调递增,在 2 ,03 a    上单调递减; 当 0a  时,  f x 在 ,0 , 2 ,3 a     上单调递增,在 20, 3 a    上单调递减. (2) 1.c  当 0a  时,   2,0 ,3 ax        时,   0f x  , 20, 3 ax      时,   0f x  , 所以函数  f x 在 ,0 , 2 ,3 a     上单调递增,在 20, 3 a    上单调递减. (2)由(1)知,函数  f x 的两个极值为  0f b , 32 4 3 27 af a b      ,则函数  f x 有三个 零点等价于   32 40 03 27 af f b a b              ,从而 3 0 4 027 a a b    或 3 0 40 27 a b a     . 又b c a  ,所以当 0a  时, 34 027 a a c   或当 0a  时, 34 027 a a c   . 综上 1c  . 2.【2015 高考四川,理 21】已知函数 2 2( ) 2( )ln 2 2f x x a x x ax a a       ,其中 0a  . (1)设 ( )g x 是 ( )f x 的导函数,评论 ( )g x 的单调性; (2)证明:存在 (0,1)a ,使得 ( ) 0f x  在区间 (1,+ )内恒成立,且 ( ) 0f x  在 (1,+ )内有唯一解. 【答案】(1)当 10 4a  时, ( )g x 在区间 1 1 4 1 1 4(0, ),( , )2 2 a a     上单调递增, 在区间 1 1 4 1 1 4( , )2 2 a a    上单调递减;当 1 4a  时, ( )g x 在区间 (0, ) 上单调递增.(2)详见解析. (2)由 ( ) 2 2 2ln 2(1 ) 0af x x a x x        ,解得 1 1 ln 1 x xa x    . 令 2 2 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln( ) 2( )ln 2( ) 2( )1 1 1 1 x x x x x x x xx x x x xx x x x                       . 则 2 1 1 ( 2) 2(1) 1 0, ( ) ) 2( ) 01 1 e e ee e e             ,. 故存在 0 (1, )x e ,使得 0( ) 0x  . 令 0 0 0 1 0 1 ln , ( ) 1 ln ( 1)1 x xa u x x x xx        ,. 由 1( ) 1 0u x x     知,函数 ( )u x 在区间 (1, ) 上单调递增. 所以 0 01 1 1 0 ( )(1) ( ) 20 11 1 1 1 1 u xu u e eax e e            . 即 0 (0,1)a  . 当 0a a 时,有 0 0 0( ) 0, ( ) ( ) 0f x f x x    ,. 由(1)知,函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增. 故当 0(1, )x x 时,有 0( ) 0f x  ,从而 0( ) ( ) 0f x f x  ; 当 0( , )x x  时,有 0( ) 0f x  ,从而 0( ) ( ) 0f x f x  ; 所以,当 (1, )x  时, ( ) 0f x  . 综上所述,存在 (0,1)a ,使得 ( ) 0f x  在区间 (1,+ )内恒成立,且 ( ) 0f x  在 (1,+ )内有唯一解. 3.【2015 高考广东,理 19】设 1a  ,函数 aexxf x  )1()( 2 . (1) 求 )(xf 的单调区间 ; (2) 证明: )(xf 在 ,  上仅有一个零点; (3) 若曲线 ( )y f x= 在点 P 处的切线与 x 轴平行,且在点 ( , )M m n 处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原 点),证明: 123  eam . 【答案】(1)  ,  ;(2)见解析;(3)见解析. 【解析】(1)依题         22 2' 1 ' 1 ' 1 0x x xf x x e x e x e       , ∴  f x 在 ,  上是单调增函数; (3)证明:f'(x)=ex(x+1)2, 设点 P(x0,y0)则)f'(x)=ex0(x0+1)2, ∵y=f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行,∴f'(x0)=0,即:ex0(x0+1)2=0, ∴x0=﹣1 将 x0=﹣1 代入 y=f(x)得 y0= .∴ , ∴ …10 分 令;g(m)=em﹣(m+1)g(m)=em﹣(m+1), 则 g'(m)=em﹣1,由 g'(m)=0 得 m=0. 当 m∈(0,+∞)时,g'(m)>0 当 m∈(﹣∞,0)时,g'(m)<0 ∴g(m)的最小值为 g(0)=0…12 分 ∴g(m)=em﹣(m+1)≥0 ∴em≥m+1 ∴em(m+1)2≥(m+1)3 即: ∴m≤ …14 分 4.【2015 高考新课标 2,理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数, ( 1) 0f   ,当 0x  时, ' ( ) ( ) 0xf x f x  ,则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是( ) A. ( , 1) (0,1)   B. ( 1,0) (1, )  C. ( , 1) ( 1,0)   D. (0,1) (1, ) 【答案】A 5.【2015 高考新课标 1,理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a   ,其中 a 1,若存在唯一的整数 0x ,使得 0( )f x 0,则 a 的取值范围是( ) (A)[- 3 2e ,1) (B)[- 3 2e , 3 4 ) (C)[ 3 2e , 3 4 ) (D)[ 3 2e ,1) 【答案】D 【解析】设 ( )g x = (2 1)xe x  , y ax a  ,由题知存在唯一的整数 0x ,使得 0( )g x 在直线 y ax a  的下 方.因为 ( ) (2 1)xg x e x   ,所以当 1 2x   时, ( )g x <0,当 1 2x   时, ( )g x >0,所以当 1 2x   时, max[ ( )]g x = 1 2-2e  ,当 0x  时, (0)g =-1, (1) 3 0g e  ,直线 y ax a  恒过(1,0)斜率且 a ,故 (0) 1a g    ,且 1( 1) 3g e a a      ,解得 3 2e ≤ a <1,故选 D. 6.【2015 高考新课标 2,理 21】 设函数 2( ) mxf x e x mx   . (Ⅰ)证明: ( )f x 在 ( ,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增; (Ⅱ)若对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ,都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e   ,求 m 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)[ 1,1] . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的 m , ( )f x 在[ 1,0] 单调递减,在[0,1] 单调递增,故 ( )f x 在 0x  处取得最小 值.所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x   , 1 2( ) ( ) 1f x f x e   的充要条件是: (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e         即 1, 1, m m e m e e m e        ①,设函数 ( ) 1tg t e t e    ,则 ' ( ) 1tg t e  .当 0t  时, ' ( ) 0g t  ;当 0t  时, ' ( ) 0g t  .故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增.又 (1) 0g  , 1( 1) 2 0g e e     ,故当 [ 1,1]t   时, ( ) 0g t  .当 [ 1,1]m  时, ( ) 0g m  , ( ) 0g m  ,即①式成立.当 1m  时,由 ( )g t 的 单调性, ( ) 0g m  ,即 1me m e   ;当 1m   时, ( ) 0g m  ,即 1me m e    .综上, m 的取值 范围是[ 1,1] . 7.【2015 江苏高考,17】(本小题满分 14 分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山 区的交通现状,计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为 1 2l l, ,山 区边界曲线为 C,计划修建的公路为 l,如图所示,M,N 为 C 的两个端点,测得点 M 到 1 2l l, 的距离分别为 5 千米和 40 千米,点 N 到 1 2l l, 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米,以 1 2l l, 所在的直线分别为 x,y 轴,建立 平面直角坐标系 xOy,假设曲线 C 符合函数 2 ay x b   (其中 a,b 为常数)模型. (1)求 a,b 的值; (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点,P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式  f t ,并写出其定义域; ②当 t 为何值时,公路 l 的长度最短?求出最短长度. 【答案】(1) 1000, 0;a b  (2)① 6 2 4 9 10 9( ) ,4f t tt   定义域为[5,20] , ② min10 2, ( ) 15 3t f t  千米 【解析】 (1)由题意知,点  ,  的坐标分别为  5,40 , 20,2.5 . 将其分别代入 2 ay x b   ,得 4025 2.5400 a b a b       , 解得 1000 0 a b    . ②设   6 2 4 4 10g t t t   ,则   6 5 16 102g t t t    .令   0g t  ,解得 10 2t  . 当  5,10 2t  时,   0g t  ,  g t 是减函数; 当  10 2,20t  时,   0g t  ,  g t 是增函数. 从而,当 10 2t  时,函数  g t 有极小值,也是最小值,所以  min 300g t  , 此时  min 15 3f t  . 答:当 10 2t  时,公路l 的长度最短,最短长度为15 3 千米. 8.【2015 高考新课标 2,理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数, ( 1) 0f   ,当 0x  时, ' ( ) ( ) 0xf x f x  ,则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是( ) A. ( , 1) (0,1)   B. ( 1,0) (1, )  C. ( , 1) ( 1,0)   D. (0,1) (1, ) 【答案】A 【解析】记函数 ( )( ) f xg x x  ,则 ' ' 2 ( ) ( )( ) xf x f xg x x  ,因为当 0x  时, ' ( ) ( ) 0xf x f x  ,故当 0x  时, ' ( ) 0g x  ,所以 ( )g x 在 (0, ) 单调递减;又因为函数 ( )( )f x x R 是奇函数,故函数 ( )g x 是偶函数, 所以 ( )g x 在 ( ,0) 单调递减,且 ( 1) (1) 0g g   .当 0 1x  时, ( ) 0g x  ,则 ( ) 0f x  ;当 1x   时, ( ) 0g x  ,则 ( ) 0f x  ,综上所述,使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是 ( , 1) (0,1)   ,故选 A. 9.【2015 高考新课标 1,理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a   ,其中 a 1,若存在唯一的整数 0x ,使得 0( )f x 0,则 a 的取值范围是( ) (A)[- 3 2e ,1) (B)[- 3 2e , 3 4 ) (C)[ 3 2e , 3 4 ) (D)[ 3 2e ,1) 【答案】D 10.【2015 高考新课标 2,理 21】(本题满分 12 分) 设函数 2( ) mxf x e x mx   . (Ⅰ)证明: ( )f x 在 ( ,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增; (Ⅱ)若对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ,都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e   ,求 m 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)[ 1,1] . 【解析】(Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x   . 若 0m  ,则当 ( ,0)x  时, 1 0mxe   , ' ( ) 0f x  ;当 (0, )x  时, 1 0mxe   , ' ( ) 0f x  . 若 0m  ,则当 ( ,0)x  时, 1 0mxe   , ' ( ) 0f x  ;当 (0, )x  时, 1 0mxe   , ' ( ) 0f x  . 所以, ( )f x 在 ( ,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的 m , ( )f x 在[ 1,0] 单调递减,在[0,1] 单调递增,故 ( )f x 在 0x  处取得最小 值.所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x   , 1 2( ) ( ) 1f x f x e   的充要条件是: (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e         即 1, 1, m m e m e e m e        ①,设函数 ( ) 1tg t e t e    ,则 ' ( ) 1tg t e  .当 0t  时, ' ( ) 0g t  ;当 0t  时, ' ( ) 0g t  .故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增.又 (1) 0g  , 1( 1) 2 0g e e     ,故当 [ 1,1]t   时, ( ) 0g t  .当 [ 1,1]m  时, ( ) 0g m  , ( ) 0g m  ,即①式成立.当 1m  时,由 ( )g t 的 单调性, ( ) 0g m  ,即 1me m e   ;当 1m   时, ( ) 0g m  ,即 1me m e    .综上, m 的取值 范围是[ 1,1] .
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