2016年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04 导数及其应用)

2016年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全

（04导数及其应用）

一、选择题

1.（2016全国Ⅰ文）若函数f(x)x-sin2xasinx在,单调递增,则a的取值范围是（ ）

（A）1,1【答案】C

（B）1, 3131

（C）,33111（D）1,3  考点：

三角变换及导数的应用

【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为

不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.

2.（2016山东文、理）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）ysinx 【答案】A 【解析】

试题分析：由函数的图象在两点处的切线互相垂直可知，存在两点处的切线斜率的积，即导函数值的乘积为负一.

（B）ylnx （C）yex

（D）yx3

1，所以在函数ysinx图象存在两点x0,x使x3条件成立，故A正确；函数ylnx,ye,yx的导数值均非负，不符合题意，故选A.

os0cos当ysinx时，ycosx，有c考点：1.导数的计算；2.导数的几何意义.

【名师点睛】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及两直线的位置关系，本题给出常见的三角

函数、指数函数、对数函数、幂函数，突出了高考命题注重基础的原则.解答本题，关键在于将直线的位置关系与直线的斜率、切点处的导数值相联系，使问题加以转化，利用特殊化思想解题，降低难度.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力及转化与化归思想的应用等.

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3. （2016四川文）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】D

2【解析】试题分析：fx3x123x2x2，令fx0得x2或x2，易得fx在2,2上单调递减，在2,上单调递增，故fx极小值为f2，由已知得a2，故选D.

考点：函数导数与极值.

【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点x0是方程f'(x)0的解，但x0是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在x0附近，如果xx0时，则x0是极小值点，如果xx0时，f'(x)0，xx0时，f'(x)0，f'(x)0，xx0时f'(x)0，则x0是极大值点，

4.（2016四川文、理）设直线l1，l2分别是函数f(x)= lnx,0x1,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

考点：1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围. 【名师点睛】本题首先考查导数的几何意义，其次考查最值问题，解题时可设出切点坐标，利用切线垂直求出这两点的关系，同时得出切线方程，从而得点A,B坐标，由两直线相交得出P点坐标，从而求得面积，题中把面积用x1表示后，可得它的取值范围．解决本题可以是根据题意按部就班一步一步解得结论．这也是我们解决问题的一种基本方法，朴实而基础，简单而实用．

二、填空

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1.（2016全国Ⅱ理）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

考点： 导数的几何意义.

【名师点睛】函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．

注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的不同．

2.（2016全国Ⅲ文）已知fx为偶函数，当x0 时，f(x)e处的切线方程式_____________________________. 【答案】y2x

x1则曲线yfx在点(1,2)x，

考点：1、函数的奇偶性；2、解析式；3、导数的几何意义．

【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当x0时，函数yf(x)，则当x0时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数f(x)为偶函数，则当x0时，函数的解析式为yf(x)；若f(x)为奇函数，则函数的解析式为yf(x)．

3.（2016全国Ⅲ理）已知

fxyfx为偶函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，则曲线在点

(1,3)处的切线方程是_______________．

【答案】y2x1

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【解析】试题分析：当x0时，x0，则f(x)lnx3x．又因为f(x)为偶函数，所以

f(x)f(x)lnx3x，所以

f(x)13x，则切线斜率为f(1)2，所以切线方程为

y32(x1)，即y2x1．

考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的几何意义．

【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当x0时，函数yf(x)，则当x0时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数f(x)为偶函数，则当x0时，函数的解析式为yf(x)；若f(x)为奇函数，则函数的解析式为yf(x)．

4.（2016天津文）已知函数f(x)(2x+1)ex,f(x)为f(x)的导函数，则f(0)的值为__________. 【答案】3 【解析】试题分析：

考点：导数

【名师点睛】求函数的导数的方法

(1)连乘积的形式：先展开化为多项式的形式，再求导； (2)根式形式：先化为分数指数幂，再求导；

(3)复杂公式：通过分子上凑分母，化为简单分式的和、差，再求导； (4)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导；

(5)不能直接求导的：适当恒等变形，转化为能求导的形式再求导．

5. （2016浙江理）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .

f(x)(2x+3)ex,f(0)3.

【答案】

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PD2PB2BD2x222(x223x4)3由余弦定理可得cosBPD， 2PDPB2x22PCED所以BPD30.

AB

过P作直线BD的垂线，垂足为O.设POd 则SPBD即11BDdPDPBsinBPD， 22121x23x4dx2sin30，解得d22xx23x42.

而BCD的面积S111CDBCsinBCD(23x)2sin30(23x). 222

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（2）当3x23时，有|x3|x3t21， 故x3t21. 1(3t21)[23(3t21)]此时，V 6t14t214(t). 6t6t由（1）可知，函数V(t)在(1,2]单调递减，故V(t)V(1)综上，四面体PBCD的体积的最大值为

141(1). 6121. 2考点：1、空间几何体的体积；2、用导数研究函数的最值．

【思路点睛】先根据已知条件求出四面体的体积，再对x的取值范围讨论，用导数研究函数的单调性，进而可得四面体的体积的最大值．

三、解答题

1. （2016北京文）设函数fxxaxbxc.

32（I）求曲线yfx.在点0,f0处的切线方程；

（II）设ab4，若函数fx有三个不同零点，求c的取值范围；

2（III）求证：a3b＞0是fx.有三个不同零点的必要而不充分条件.

【答案】（Ⅰ）ybxc;（Ⅱ）c0,32;（III）见解析. 27

（II）当ab4时，fxx4x4xc，

32所以fx3x8x4．

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令fx0，得3x28x40，解得x2或x2． 3fx与fx在区间,上的情况如下：

x fx fx ,2  2 0 22, 32 32, 3 0 c32 27 c 所以，当c0且c3220时，存在x14,2，x22,， 2732x3,0，使得fx1fx2fx30．

3

考点：利用导数研究曲线的切线；函数的零点 【名师点睛】

1．证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导数证明． 2．求参数范围问题的常用方法：(1)分离变量；(2)运用最值．

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3．方程根的问题：可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论． 4．高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式

2. （2016北京理）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.

【答案】（Ⅰ）a2，be；（2）f(x)的单调递增区间为(,).

从而g(x)0,x(,).

综上可知，f(x)0，x(,)，故f(x)的单调递增区间为(,). 考点：导数的应用.

【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．

x3.（2016全国Ⅰ文）已知函数fxx2eax1．

2 (I)讨论fx的单调性；

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(II)若fx有两个零点,求a的取值范围. 【答案】见解析(II)0,

【解析】

x试题分析：(I)先求得f'xx1e2a.再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；(II)

借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为0,.

xx试题解析： (I)f'xx1e2ax1x1e2a.

(i)设a0,则当x,1时,f'x0；当x1,时,f'x0. 所以在,1单调递减,在1,单调递增. (ii)设a0,由f'x0得x=1或x=ln(-2a). ①若a②若aex,则f'xx1ee,所以fx在,单调递增. 2e,则ln(-2a)<1,故当x,ln2a21,时,f'x0；

当xln2a,1时,f'x0,所以fx在,ln2a,1,单调递增,在ln2a,1单调递减.

ln2a,时,f'x0,当x1,ln2a时,f'x0,所以fx在,1,ln2a,单调递增,在1,ln2a单调递减.

③若ae,则ln2a1,故当x,12考点：函数单调性,导数应用

【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当

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的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.

4. （2016江苏）已知函数f(x)axbx(a0,b0,a1,b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；

1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值。 （3）若0a1,b＞【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】

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考点：

指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点

【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.

x5.（2016全国Ⅰ文）已知函数fxx2eax1．

2 (I)讨论fx的单调性；

(II)若fx有两个零点,求a的取值范围. 【答案】见解析(II)0,

【解析】

x试题分析：(I)先求得f'xx1e2a.再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；(II)

借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为0,.

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试题解析： (I)f'xx1ex2ax1x1ex2a. (i)设a0,则当x,1时,f'x0；当x1,时,f'x0. 所以在,1单调递减,在1,单调递增. (ii)设a0,由f'x0得x=1或x=ln(-2a). ①若a②若aex,则f'xx1ee,所以fx在,单调递增. 2e,则ln(-2a)<1,故当x,ln2a21,时,f'x0；

当xln2a,1时,f'x0,所以fx在,ln2a,1,单调递增,在ln2a,1单调递减.

ln2a,时,f'x0,当x1,ln2a时,f'x0,所以fx在,1,ln2a,单调递增,在1,ln2a单调递减.

③若ae,则ln2a1,故当x,12考点：函数单调性,导数应用

【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.

x6.（2016全国Ⅰ理）已知函数fxx2eax1有两个零点.

2(I)求a的取值范围；

(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：x1x22.

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【答案】(0,)

试题解析;

（Ⅰ）f'(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)． （i）设a0,则f(x)(x2)ex,f(x)只有一个零点．

1,)时,f'(x)0．所以f(x)在(,1)上单（ii）设a0,则当x(,1)时,f'(x)0；当x(调递减,在(1,)上单调递增．

又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且blna,则 2f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0, 22故f(x)存在两个零点．

（iii）设a0,由f'(x)0得x1或xln(2a)．

e,则ln(2a)1,故当x(1,)时,f'(x)0,因此f(x)在(1,)上单调递增．又当x12时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点．

若aeln(2),a)时,f'(x)0．因,则ln(2a)1,故当x(1,ln(2a))时,f'(x)0；当x(2此f(x)在(1,ln(2a))单调递减,在(ln(2a),)单调递增．又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在

若a两个零点．

综上,a的取值范围为(0,)．

考点：导数及其应用

【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分

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类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.

7.（2016全国Ⅱ文） 已知函数f(x)(x1)lnxa(x1). （I）当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程； （Ⅱ）若当x1,时，f(x)＞0，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）2xy20；（Ⅱ）,2.

【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的定义域，再求f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程得点斜式可求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.（Ⅱ）构造新函数g(x)lnx对实数a分类讨论，用导数法求解.

试题解析：（I）f(x)的定义域为(0,).当a4时，

a(x1)，x1f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx13，f(1)2,f(1)0. x所以曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.

考点： 导数的几何意义，函数的单调性. 【名师点睛】求函数的单调区间的方法： (1)确定函数y＝f(x)的定义域； (2)求导数y′＝f′(x)；

(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．

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8.（2016全国Ⅱ理）(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2exaxagx）=(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函(Ⅱ)证明：当a[0,1)时，函数（x2数h(a)的值域．

1e2【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）(,]..

24(x2)exa(x2)x22(f(x)a), （II）g(x)x2x由（I）知，f(x)a单调递增，对任意a[0,1),f(0)aa10,f(2)aa0, 因此，存在唯一x0(0,2],使得f(x0)a0,即g'(x0)0， 当0xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单调递减； 当xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单调递增. 因此g(x)在xx0处取得最小值，最小值为

ex0a(x01)ex0+f(x0)(x01)ex0g(x0). 22x0x0x02 第15页 （共33页）

考点： 函数的单调性、极值与最值. 【名师点睛】求函数单调区间的步骤： (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)；

(3)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的范围．

当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．

注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．

9.（2016全国Ⅲ文）设函数f(x)lnxx1． （I）讨论f(x)的单调性； （II）证明当x(1,)时，1x1x； lnxx（III）设c1，证明当x(0,1)时，1(c1)xc.

【答案】（Ⅰ）当0x1时，f(x)单调递增；当x1时，f(x)单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见

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'试题解析：（Ⅰ）由题设，f(x)的定义域为(0,)，f(x)11，令f'(x)0，解得x1. x当0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. ………4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0， 所以当x1时，lnxx1， 故当x(1,)时，lnxx1，ln11x11，即1x. ………………7分 xxlnx（Ⅲ）由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g'(x)c1cxlnc．

c1lnc. 令g'(x)0，解得x0lncln当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减. ……………9分

由（Ⅱ）知，1''c1c，故0x01．又g(0)g(1)0，故当0x1时，g(x)0， lnc所以当x(0,1)时，1(c1)xcx. ………………12分 考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法．

【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．

)|的最大值为10.（2016全国Ⅲ理）设函数f(x)acos2x(a1)(cosx1)，其中a0，记|f(xA．

（Ⅰ）求f(x)；

（Ⅱ）求A；

（Ⅲ）证明|f(x)|2A．

123a,0a52a6a11A,a18a53a2,a1'f(x)2asin2x(a1)sinx【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．

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试题解析：（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

2f(x)f(x)2acosx(a1)cosx1． 0a1当时，将变形为

2g(t)2at(a1)t1，则A是|g(t)|在[1,1]上的最大值，g(1)a，g(1)3a2，且当令

1a(a1)2a26a11atg()14a时，g(t)取得极小值，极小值为4a8a8a． 1令

1a111aa4a3（舍去）5． ，解得，0a15时，g(t)在(1,1)内无极值点，|g(1)|a，|g(1)|23a，|g(1)||g(1)|，

（ⅰ）当

所以A23a．

'|f(x)||2asin2x(a1)sinx|2a|a1|. （Ⅲ）由（Ⅰ）得

0a当

1'5时，|f(x)|1a24a2(23a)2A.

1a13a1A1'|f(x)|1a2A. 588a4当时，，所以

''|f(x)|3a16a42A|f(x)|2A. a1当时，，所以

第18页 （共33页）

考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．

【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如yAsin(x)B的形式；（2）结合自变量x的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．

请考生在[22]、[23]、[24]题中任选一题作答。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。

11.（2016山东文）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.

【答案】(Ⅰ)当a0时，函数gx单调递增区间为0,； 当a0时，函数gx单调递增区间为0,(Ⅱ)a.

2 【解析】

试题分析：(Ⅰ)求导数f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 从而g'x11，单调递减区间为,. 2a2a1112ax2a， xx讨论当a0时，当a0时的两种情况下导函数正负号，确定得到函数的单调区间. (Ⅱ)分以下情况讨论：①当a0时，②当0a试题解析：(Ⅰ)由f'xlnx2ax2a, 可得gxlnx2ax2a,x0,， 则g'x111时，③当a时，④当a时，综合即得. 222112ax2a， xx当a0时，x0,时，g'x0，函数gx单调递增； 当a0时，x0, x1时，g'x0，函数gx单调递增， 2a1,时，g'x0，函数gx单调递减. 2a所以当a0时，函数gx单调递增区间为0,； 当a0时，函数gx单调递增区间为0,11，单调递减区间为,. 2a2a 第19页 （共33页）

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f'10.

①当a0时，f'x0，fx单调递减. 所以当x0,1时，f'x0，fx单调递减. 当x1,时，f'x0，fx单调递增.

③当a111时，f'x在(0,1)内单调递增，在 1,内单调递减， 时，即

22a所以当x0,时，f'x0， fx单调递减，不合题意. ④当a1111 ，当x,1时，f'x0，fx单调递增, 时，即022a2a当x1,时，f'x0，fx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a1. 2考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.

【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.

12.（2016山东理）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 第20页 （共33页）

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析

【解析】试题分析：（Ⅰ）求f(x)的导函数，对a进行分类讨论，求f(x)的单调性； （Ⅱ）要证f(x)＞f'x试题解析：

（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)；

33/对于任意的x1,2成立，即证f(x)f(x)，根据单调性求解. 22a22(ax22)(x1)f(x)a23.

xxxx3/当a0， x(0,1)时，f/(x)0，f(x)单调递增；

x(1,)时,f/(x)0，f(x)单调递减.

当a0时，f/(x)a(x1)22(x)(x). 3xaa（1）0a2，

21， a当x(0,1)或x(2,)时，f/(x)0，f(x)单调递增； a当x(1,2)时，f/(x)0， f(x)单调递减； a（2）a2时，

21，在x(0,)内，f/(x)0，f(x)单调递增； a21， a（3）a2时，0当x(0,2)或x(1,)时，f/(x)0，f(x)单调递增； a2,1)时，f/(x)0，f(x)单调递减. a当x(综上所述，

当a0时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减； 当0a2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,当a2时，f(x)在(0,)内单调递增； 当a2，f(x)在(0,22)内单调递减，在(,)内单调递增； aa

22)内单调递增，在(,1)内单调递减，在(1,)内单调递增. aa（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a1时，

第21页 （共33页）

f(x)f/(x)xlnx2x1122(1)x2xx2x3

xlnx3121，x[1,2]， xx2x3312231，x[1,2]. xxx令g(x)xlnx,h(x)则f(x)f/(x)g(x)h(x)， 由g(x)/x10可得g(x)g(1)1，当且仅当x1时取得等号. x3x22x6又h'(x)， 4x设(x)3x22x6，则(x)在x[1,2]单调递减，

考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.

【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.

13．（2016上海文）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.

已知aR，函数f(x)=log2(a). （1）当 a1时，解不等式f(x)>1；

（2）若关于x的方程f(x)+log2(x2)=0的解集中恰有一个元素，求a的值；

（3）设a>0，若对任意t[,1]，函数f(x)在区间[t,t1]上的最大值与最小值的差不超过1，

1x12求a的取值范围.

第22页 （共33页）

【答案】（1）x|0x1（2）a0或．

12．（3）,． 43【解析】试题分析：（1）由log21111，利用得12求解．

xx（2）转化得到log2(a)log2(x2)0，讨论当a0、a0时的情况． （3）讨论fx在0,上单调递减．

确定函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值之差.得到ata1t10，对任意

21x1t,1成立． 2试题解析： （1）由log2（2）log21111，得12，解得x|0x1．

xx1alog2x20有且仅有一解， x等价于1ax21有且仅有一解，等价于ax2x10有且仅有一解． x当a0时，x1，符合题意； 当a0时，14a0，a综上，a0或1． 41． 4（3）当0x1x2时，

1111aa，log2alog2a， x1x2x1x2所以fx在0,上单调递减．

考点：1.对数函数的性质；2.函数与方程；3.二次函数的性质.

【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题关键是利用转化与化归思想、应

用函数的性质，将问题转化成二次函数问题，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不

第23页 （共33页）

等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

14.（2016上海理）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.

已知aR，函数f(x)log2(1a). x（1）当a5时，解不等式f(x)0；

（2）若关于x的方程f(x)log2[(a4)x2a5]0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围； （3）设a0，若对任意t[,1]，函数f(x)在区间[t,t1]上的最大值与最小值的差不超过1，求

12a的取值范围.

【答案】（1）x,【解析】

试题分析：（1）由log214（2）1,23,4．（3）0,．

2,． 31150，利用得51求解．

xx2（2）转化得到a4xa5x10，讨论当a4、a3时，以及a3且a4时的情况．

（3）讨论fx在0,上单调递减．

确定函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值之差.得到ata1t10，对任意

21t,1成立． 2试题解析：（1）由log2解得x,（2）

1150，得51，

xx140,．

1aa4x2a5，a4x2a5x10， x当a4时，x1，经检验，满足题意． 当a3时，x1x21，经检验，满足题意．

第24页 （共33页）

所以fx在0,上单调递减．

函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值分别为ft，ft1．

11ftft1log2alog2a1即at2a1t10，对任意

tt11t,1成立． 22因为a0，所以函数yata1t1在区间,1上单调递增，t121时，y 2有最小值

31312a，由a0，得a． 42423故a的取值范围为,．

考点：1.对数函数的性质；2.函数与方程；3.二次函数的性质.

【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题关键是利用转化与化归思想、应

用函数的性质，将问题转化成二次函数问题，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

15.（2016四川文）设函数f(x)axalnx，g(x)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.

2231e，其中qR，e=2.718…为自然对xex 第25页 （共33页）

11当x)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；（，+)时，f'(x)>0，f(x)2a2a1+). 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a[，2【答案】（1）当x（0,11ex1xx1ex，通过研究s(x)的（Ⅰ）的结论，缩小a的范围，设g(x)=x1，并设=s(x)x1xexe1单调性得x1时，g(x)0，从而f(x)0，这样得出a0不合题意，又0a时，f(x)的

21111，且f()f(1)0，也不合题意，从而a，此时考虑极小值点x22a2a111110，得此时h(x)单调递增，从而有+2-e1-x得h'(x)>x-+2-xxxxxh(x)h(1)0，得出结论． h¢(x)=2ax-12ax21(x0). 试题解析：（I）f'(x)2axxx（0，+）当a0时， f'(x)<0，f(x)在内单调递减.。当a0时，由f'(x)=0，有x1. 2a（0,当x11)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x（，+)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 2a2a

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因此h(x)在区间（1，+)单调递增.

又因为h(1)=0，所以当x1时，h(x)=f(x)g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.

+). 综上，a[，考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题．

【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f'(x)，解方程f'(x)0，再通过f'(x)的正负确定f(x)的单调性；要证明函数不等式f(x)g(x)，一般证明f(x)g(x)的最小值大于0，为此要研究函数h(x)f(x)g(x)的单调性．本题中注意由于函数h(x)有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．

16.（2016四川理）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)数的底数).

1211xe在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对x（0,【答案】（Ⅰ）当x11)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；（，+)时，f'(x)>0，f(x)当x2a2a1单调递增；（Ⅱ）a?[,?).

212ax21(x0). 试题解析：（I）f'(x)2axxx（0，+）当a0时， f'(x)<0，f(x)在内单调递减.

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由f'(x)=0，有x当a0时，1. 2a此时，当x（0,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 2a当x（1，+)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 2a11x1，s(x)=ex1x. xe（II）令g(x)=

则s'(x)=ex11. 而当x1时，s'(x)>0，

所以s(x)在区间（1，+)内单调递增. 又由s(1)=0，有s(x)>0， 从而当x1时，f(x)>0.

当a0，x1时，f(x)=a(x21)lnx0. 故当f(x)>g(x)在区间（1，+)内恒成立时，必有a0. 当0a11时，>1. 22a

1综上，a?[,?)．

2考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.

【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f'(x)，解方程f'(x)0，再通过f'(x)的正负确定f(x)的单调性；要证明函数不等式f(x)g(x)，一般证明f(x)g(x)的最小值大于0，为此要研究函数h(x)f(x)g(x)的单调性．本题中注意由于函数h(x)有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．

第28页 （共33页）

17.（2016天津文）设函数f(x)x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0； （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．．．.

314【答案】（Ⅰ）递减区间为(析（Ⅲ）详见解析 【解析】

3a3a3a3a,)，递增区间为(,)，(,).（Ⅱ）详见解3333试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：f(x)3x2a，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当a0时，有f(x)3x2a0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).②当a0时，存

a，再由f(x1)f(x0)化简可得结论（Ⅲ）33a3a实质研究函数g(x)最大值：主要比较f(1),f(1)，|f(|,|f()|的大小即可，分三种情况

3333a3a研究①当a3时，，②当a3时，11433323a3a3a23a23a23a，③当0a时，1111.

433333322在三个单调区间（Ⅱ）由题意得f(x0)3x0a0即x0试题解析：（1）解：由f(x)x3axb，可得f(x)3x2a，下面分两种情况讨论： ①当a0时，有f(x)3x2a0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,). ②当a0时，令f(x)0，解得x3a3a或x. 33当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表： x f(x) (,3a) 33a 3(3a3a,) 333a 30 极小值 (3a,) 3 0 极大值  单调递减  单调递增 f(x) 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(3a3a3a3a,)，单调递增区间为(,)，(,). 3333（2）证明：因为f(x)存在极值点，所以由（1）知a0且x00.

第29页 （共33页）

（3）证明：设g(x)在区间[1,1]上的最大值为M，max{x,y}表示x，y两数的最大值，下面分三种情况讨论： ①当a3时，3

3a113a，由（1） 知f(x)在区间[1,1]上单调递减， 3所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(1),f(1)]，因此，

Mmax{[f(1),f(1)]}max{|1ab|,|1ab|}max{|a1b|,|a1b|}

a1b,b0, 所以Ma1|b|2. a1b,b0,②当

323a3a3a23aa3时，， 1143333由（1）和（2） 知f(1)f(23a3a23a3a)f()，f(1)f()f()， 33333a3a),f()]， 33所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(所以max{|f(3a3a2a2a|,|f()|}max{|3ab|,|3ab|} 3399

第30页 （共33页）

考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】

1.求可导函数单调区间的一般步骤

(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f′(x)；

(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．

(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．

2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．

18.（2016天津理）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．．．. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析

【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：f'(x)3(x1)a，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当a0时，有f(x)0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).②当a0时，

214af(x1)f(x0)及，计算可得f(32x0)f(x0)再由33a3a|f(|,|f()|f(1),f(1)33单调性可得结论（Ⅲ）实质研究函数g(x)最大值：主要比较，的

存在三个单调区间（Ⅱ）由题意得(x01)2大小即可，分三种情况研究①当a3时，13a021323a3a3a23a，③当0a1011213333333a，②当a3时，

4333a3a时，0112. 4332试题解析：（Ⅰ）解：由f(x)(x1)axb，可得f'(x)3(x1)a. 下面分两种情况讨论：

（1）当a0时，有f'(x)3(x1)a0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(,). （2）当a0时，令f'(x)0，解得x123a3a，或x1. 33当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

x (,13a3a3a3a3a3a (1 (1) 1,1) 1,) 333333 第31页 （共33页）

f'(x) ＋ f(x) 单调递增 0 极大值 － 单调递减 0 极小值 ＋ 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(13a3a3a3a,1)，单调递增区间为(,1)，(1,). 3333（Ⅱ）证明：因为f(x)存在极值点，所以由（Ⅰ）知a0，且x01，由题意，得

f'(x0)3(x01)2a0，即(x01)23进而f(x0)(x01)ax0ba， 32aax0b. 338a(1x0)2ax03ab 33又f(32x0)(22x0)a(22x0)b2aax0bf(x0)，且32x0x0，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足f(x1)f(x0)，

33且x1x0，因此x132x0，所以x12x03；

（Ⅲ）证明：设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M，max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种

情况同理：

3a3a，由（Ⅰ）知，f(x)在区间[0,2]上单调递减，所以f(x)02133在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)]，因此

（1）当a3时，1Mmax{|f(2)|,|f(0)|}max{|12ab|,|1b|} max{|a1(ab)|,|a1(ab)|}

a1(ab),ab0，所以Ma1|ab|2. a1(ab),ab0（2）当

323a3a3a23aa3时，1， 011214333323a3a23a3a)f(1)，f(2)f(1)f(1)，

3333由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，f(0)f(1所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(1因此

3a3a),f(1)]， 33Mmax{|f(13a3a2a2a)|,|f(1)|}max{|3aab|,|3aab|} 3399 第32页 （共33页）

Mmax{|f(0)|,|f(2)|}max{|1b|,|12ab|} max{|1a(ab)|,|1a(ab)|}

1a|ab|1. 41. 4综上所述，当a0时，g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】

1.求可导函数单调区间的一般步骤

(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f′(x)；

(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．

(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．

2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．

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