2016年高考数学理试题分类汇编
导数及其应用
一、选择题
??lnx,0?x?1,1、（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，lnx,x?1,?
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
2、（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y?kx?b是曲线y?lnx?2的切线，也是曲线y?ln(x?1)的切线，则b? ．
【答案】1?ln2
2、（2016年全国III高考）已知f?x?为偶函数，当x?0时，f(x)?ln(?x)?3x，则曲线y?f?x?在点(1,?3)处的切线方程
是_______________。
【答案】y??2x?1
三、解答题
1、（2016年北京高考） 设函数f(x)?xea?x?bx，曲线y?f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y?(e?1)x?4，
（1）求a，b的值；
（2）求f(x)的单调区间.
【解析】 （I）?f(x)?xea?x?bx
∴f?(x)?ea?x?xea?x?b?(1?x)ea?x?b
∵曲线y?f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y?(e?1)x?4
∴f(2)?2(e?1)?4，f?(2)?e?1
即f(2)?2ea?2?2b?2(e?1)?4①
f?(2)?(1?2)ea?2?b?e?1 ②
由①②解得：a?2，b?e
（II）由（I）可知：f(x)?xe2?x?ex，f?(x)?(1?x)e2?x?e
令g(x)?(1?x)e2?x，
∴g?(x)??e2?x?(1?x)e2?x?(x?2)e2?x
∴g的最小值是g(2)?(1?2)e??1
∴f?(x)的最小值为f?(2)?g(2)?e?e?1?0
即f?(x)?0对?x?R恒成立
∴f(x)在???,???上单调递增，无减区间.
2、（2016年山东高考）已知f(x)?a?x?lnx??
（I）讨论f(x)的单调性；
（II）当a?1时，证明f(x)＞f'?x??2x?1,a?R. x23对于任意的x??1,2?成立. 2
12x－2′f(x)=a(1－)－3 【解析】(Ⅰ) 求导数xx
(x－1)(ax2－2)= x3
(x)>0，f(x)单调递增， 当a≤0时，x∈(0,1)，f′
x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
a(x－1)(xx322)(x+)aa(x－1)(ax2－2)(x)==当a>0时，f′x3
（1） 当0＜a＜２时， 2>1， a
2(x)>0，f(x)单调递增， ,+∞)，f′ax∈(0,1)或x∈(
2(x)<0，f(x)单调递减； x∈)，f′a
(2) 当a=２时，2+∞)，f′(x)≥0，f(x)单调递增， =1， x∈(0,a
2(3) 当a>２时，0<<1， a
x∈2+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增， )或x∈(1,a
x∈(2(x)<0，f(x)单调递减； ,1)，f′a
2x－1，x2 (Ⅱ) 当a?1时，f(x)=x－lnx+
(x－1)(x2－2)122f′(x)==1－－+ xx2x3x3
(x)=x－lnx+于是f(x)－f′2x－1122－(1－－+)， xx2x3x2
312+2－3xxx，x?[1,2] =x－lnx－1+
令g(x)=x－lnx ，h(x)=－1+312+2－3，x?[1,2]， xxx
(x)=g(x）+h(x)， 于是f(x)－f′
1x－1g′(x)=1－=≥0，g(x)的最小值为g(1)=1； xx
326－3x2－2x+6(x)=－2－3+4=又h′ xxxx4
10， 设θ(x)=－3x－2x+6，x?[1,2]，因为θ(1)=1，θ(2)=－
所以必有x0∈[1,2]，使得θ(x0)=0，且 2
1<x<x0时，θ(x)>0，h(x)单调递增；
x0<x<2时，θ(x)<0，h(x)单调递减；
又h(1)=1，h(2)=11，所以h(x)的最小值为h(2)=． 22
(x)=g(x）+h(x)>g(1）+h(2)=1+所以f(x)－f′
3对于任意的x?[1,2]成立． 213=． 22即f(x)?f?(x)?
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)。
12ax2?1,x?0 【解析】（I）由题意，f'?x??2ax??xx
①当a?0时，2ax2?1?0，f'?x??0，f?x?在?0,???上单调递减.
??2a?xx?x?②当a?0时，时，f'?x??0； ?，当??f'?
x??
?x
???
当x???时，f'?x??0.
?
??fx
???? 故在???上单调递减，在?上单调递增. ?
?
11?x（II）原不等式等价于f?x???e?0在x??1,???上恒成立. x
11?x11?x2一方面，令g?x??f?x???e?ax?lnx??e?a， xx
只需g?x?在x??1,???上恒大于0即可.
又∵g?1??0，故g'?x?在x?1处必大于等于0.
令F?x??g'?x??2ax?1
x?11?x1
x2?e，g'?1??0，可得a?2.
另一方面， 当a?1
2时，F'?x??2a?121?x121?xx3?x?21?x
x2?x3?e?1?x2?x3?e?x3?e
∵x??1,???故x3?x?2?0，又e1?x?0，故F'?x?在a?1
2时恒大于0.
∴当a?1
2时，F?x?在x??1,???单调递增.
∴F?x??F?1??2a?1?0，故g?x?也在x??1,???单调递增.
∴g?x??g?1??0，即g?x?在x??1,???上恒大于0. 综上，a?1
2.
4、（2016年天津高考）设函数f(x)?(x?1)3?ax?b,x?R，其中a,b?R
(I)求f(x)的单调区间；
(II) 若f(x)存在极值点x0，且f(x1)?f(x0)，其中x1?x0，求证：x1?2x0?3； （Ⅲ）设a?0，函数g(x)?|f(x)|，求证：g(x)在区间[?1,1]上的最大值不小于14.
【解析】（1）f?x???x?1?3?ax?b
f'?x??3?x?1?2?a
① a≤0，单调递增；
②a?0，f?x
?在???
???,1单调递增，
在
???1,1?单调递减，
???
?1??
???单调递增
?
（2）由f'?x0??0得3?x0?1?2?a
∴f?x322
0???x0?1??3?x0?1?x0?b??x0?1???2x0?1??b
f?3?2x32
0???2?2x0??3?x0?1??3?2x0??b
??x2
0?1??8?8x0?9?6x0??b
=?x2
0?1???2x0?1??b
?f?3?2x0??f?x0?=f?x1?
?x1?2x0?3
（3）欲证g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1
4，只需证在区间[0，2]上存在x1,x2，
使得g(x1
1)?g(x2)≥2即可
①当a≥3时，f?x?在?0，2?上单调递减 在
f(2)?1?2a?b f(0)???1b
f(0)?f(2)?2a?2≥4?1递减，成立 2
当0?a?3时，
??2??a?
b?a?
b f?1??a1?b?????3???
??2??a?b f?1??a1?b???3??
???1b ∵f(2)?1?2a?b f(0)
∴f(2)?f(0)?2?2a 13若0?a≤时，f?0??f?2??2?2a≥，成立 24
??4131?f1当a?
时，f?????32， 4??12]上的最大值不小于成立 所以，g(x)在区间[0，4
3
5、（2016年全国I高考）已知函数
（I）求a的取值范围；
（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2. 有两个零点.
解：⑴ 由已知得：f'?x???x?1?ex?2a?x?1???x?1?ex?2a
① 若a?0，那么f?x??0??x?2?ex?0?x?2，f?x?只有唯一的零点x?2，不合题意； ② 若a?0，那么ex?2a?ex?0，
所以当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递增
当x?1时，f'?x??0，f?x?单调递减
即：
??故f?x?在?1,???上至多一个零点，在???,1?上至多一个零点 由于f?2??a?0，f?1???e?0，则f?2?f?1??0，
根据零点存在性定理，f?x?在?1,2?上有且仅有一个零点． 而当x?1时，ex?e，x?2??1?0，
故f?x???x?2?ex?a?x?1??e?x?2??a?x?1??a?x?1??e?x?1??e
?
1，t2??1， t1?t2，因为a?0，则f?x??
0的两根t1?
2
2
2
故当x?t1或x?t2时，a?x?1??e?x?1??e?0 因此，当x?1且x?t1时，f?x??0
又f?1???e?0，根据零点存在性定理，f?x?在???,1?有且只有一个零点． 此时，f?x?在R上有且只有两个零点，满足题意．
2
e
③ 若??a?0，则ln??2a??lne?1，
2
当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?e即f'?x???x?1?ex?2a?0，f?x?单调递增； 当ln??2a??x?1时，x?1?0，ex?2a?e
ln??2a?
ln??2a?
?2a?0，
??
?2a?0，即f'?x???x?1?ex?2a?0，
??
f?x?单调递减；
当x?1时，x?1?0，ex?2a?e即：
ln??2a?
?2a?0，即f'?x??0，f?x?单调递增．
而极大值
f??ln??2a?????2a??ln??2a??2???a??ln??2a??1???a??ln??2a??2???1?0
2
?
2
?
故当x≤1时，f?x?在x?ln??2a?处取到最大值f??ln??2a????0?ln??2a???，那么f?x?≤f?恒成立，即f?x??0无解
而当x?1时，f?x?单调递增，至多一个零点
此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意．
e④ 若a??，那么ln??2a??1 2
当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，
f?x?单调递增
当x?1?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，
f?x?单调递增
又f?x?在x?1处有意义，故f?x?在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
e⑤ 若a??，则ln??2a??1 2
当x?1时，x?1?0，ex?2a?e1?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，
f?x?单调递增
当1?x?ln??2a?时，x?1?0，ex?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0，
f?x?单调递减
当x?ln??2a?时，x?1?ln??2a??1?0，ex?2a?eln??2a??2a?0，即f'?x??0， f?x?单调递增
即：
故当x≤ln??2a?时，f?x?在x?1处取到最大值f?1???e，那么f?x?≤?e?0恒成立，即f?x??0无解
当x?ln??2a?时，f?x?单调递增，至多一个零点
此时f?x?在R上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当a?0时符合题意，即a的取值范围为?0,???．
⑵ 由已知得：f?x1??f?x2??0，不难发现x1?1，x2?1，
x1?2?ex?故可整理得：?a?2?x1?1?1?x2?2?ex
?2?x2?1?2
?x?2?ex
设g?x??，则g?x1??g?x2? 2x?1??
?x?2??1x，当x?1时，g'x?0，gx单调递减；当x?1时，g'x?0，那么g'?x??e??????3?x?1?
g?x?单调递增．
设m?0，构造代数式：
g?1?m??g?1?m??m?11?m?m?11?m1?m1?m?m?12m?e?e?2e?e?1? m2m2mm?1??2
设h?m??
则h'?m??m?12me?1，m?0 m?12m2
?m?1?2e2m?0，故h?m?单调递增，有h?m??h?0??0．
因此，对于任意的m?0，g?1?m??g?1?m?．
由g?x1??g?x2?可知x1、x2不可能在g?x?的同一个单调区间上，不妨设x1?x2，则必有x1?1?x2
令m?1?x1?0，则有g??1??1?x1????g??1??1?x1????g?2?x1??g?x1??g?x2? 而2?x1?1，x2?1，g?x?在?1,???上单调递增，因此：g?2?x1??g?x2??2?x1?x2 整理得：x1?x2?2．
6、（2016年全国II高考）
(Ⅰ)讨论函数f(x)?x?2xe的单调性，并证明当x?0时，(x?2)ex?x?2?0； x?2
ex?ax?agx）=(x?0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，(Ⅱ)证明：当a?[0,1)时，函数（2x
求函数h(a)的值域．
【解析】⑴证明：f?x??x?2xe x?2
?x?24?x2ex
??? f??x??e? ?x?2?x?2?2??x?2?2??x
∵当x????，?2????2,???时，f??x??0
∴f?x?在???，?2?和??2,???上单调递增
∴x?0时，x?2xe?f?0?=?1 x?2
∴?x?2?ex?x?2?0
⑵ g??x??e?
?x?a?x2?2x?ex?ax?a?x4 x?xex?2ex?ax?2a?
x4
?x?2???
?x?2x??e?a??x?2? 3x
1? a??0，
由(1)知，当x?0时，f?x??
使得x?2x?e的值域为??1，???，只有一解． x?2t?2t?e??a，t??0，2? t?2
当x?(0,t)时g?(x)?0，g(x)单调减；当x?(t,??)时g?(x)?0，g(x)单调增 e?a?t?1?t
h?a??t2?et??t?1?t?2t?eet ?t2t?2
et?t?1?et
?0，∴k?t?单调递增 记k?t??，在t??0,2?时，k??t??2t?2?t?2?
?1e2?∴h?a??k?t????．
?24?
7、（2016年全国III高考）设函数f(x)?acos2x?(a?1)(cosx?1)，其中a?0，记|f(x)|的最
大值为A．
（Ⅰ）求f?(x)；
（Ⅱ）求A；
（Ⅲ）证明|f?(x)|?2A．
解析：（Ⅰ）f'(x)??2asin2x?(a?1)sinx．
（Ⅱ）当a?1时，
|f'(x)|?|asin2x?(a?1)(cosx?1)|?a?2(a?1)?3a?2?f(0)
因此，A?3a?2． ???4分
当0?a?1时，将f(x)变形为f(x)?2acos2x?(a?1)cosx?1．
令g(t)?2at2?(a?1)t?1，则A是|g(t)|在[?1,1]上的最大值，g(?1)?a，g(1)?3a?2，且1?a1?a(a?1)2a2?6a?1)???1??当t?时，g(t)取得极小值，极小值为g(． 4a4a8a8a
令?1?1?a11?1，解得a??（舍去），a?．
4a35
8、（2016年浙江高考）已知a?3，函数F（x）=min{2|x?1|，x?2ax+4a?2}，
?p，p?q，其中min{p，q}=? q,p>q.?2
（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）
.
（II）（i）设函数f?x??2x?，g?x??x?2ax?4a?2，则 2
f?x?min?f?1??0，g?x?min?g?a???a2?4a?2，
所以，由F?x?的定义知m?a??minf?1?,g?a?，即 ??
??0,3?a?2m?
a??? 2???a?4a?2,a?2（ii）当0?x?2时，
F?x??f?x??max?f?0?,f?2???2?F?2?，
当2?x?6时，
F?x??g?x??max?g?2?,g?6???max?2,34?8a??max?F?2?,F?6??． 所以，
?34?8a,3?a?4． ??a????2,a?4
9、(2016江苏)已知函数f(x)?ax?bx(a?0,b?0,a?1,b?1).
（1） 设a=2,b=1. 2
① 求方程f(x)=2的根;
②若对任意x?R,不等式f(2x)?mf(x)?6恒成立，求实数m的最大值； （2）若0?a?1,b＞1，函数g?x??f?x??2有且只有1个零点，求ab的值. 解：（1）因为a?2,b?1x?x，所以f(x)?2?2. 2
①方程f(x)?2，即2x?2?x?2，亦即(2)?2?2?1?0，
所以(2?1)?0，于是2x?1，解得x?0.
②由条件知f(2x)?22xx2x2x?2?2x?(2x?2?x)2?2?(f(x))2?2.
因为f(2x)?mf(x)?6对于x?R恒成立，且f(x)?0， (f(x))2?4所以m?对于x?R恒成立.
f(x)
(f(0))2?4(f(x))2?44?4， 而?f(x)???4，且f(0)f(x)f(x)所以m?4，故实数m的最大值为4.
（2）因为函数g(x)?f(x)?2只有1个零点，而g(0)?f(0)?2?a?b?2?0， 所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g(x)?alna?blnb，又由0?a?1,b?1知lna?0,lnb?0，
所以g(x)?0有唯一解x0?logb(?
a00'xx'lna). lnb
x'x2x2令h(x)?g(x)，则h(x)?(alna?blnb)?a(lna)?b(lnb)，
从而对任意x?R，h(x)?0，所以g(x)?h(x)是(??,??)上的单调增函数， 于是当x?(??,x0)，g'(x)?g'(x0)?0；当x?(x0,??)时，g'(x)?g'(x0)?0. 因而函数g(x)在(??,x0)上是单调减函数，在(x0,??)上是单调增函数.
下证x0?0.
若x0?0，则x0?
又g(loga2)?a''''xx0x?0，于是g(0)?g(0)?0， 22?bloga2?2?aloga2?2?0，且函数g(x)在以loga2x0和loga2为端点的闭区间上2
的图象不间断，所以在
又x0和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1. 因为0?a?1，所以loga2?0，2x0?0，所以x1?0与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾. 2
x若x0?0，同理可得，在0和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾. 2
因此，x0?0. 于是? lna?1，故lna?lnb?0，所以ab?1. lnb
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