2015年高考数学真题导数(文科)及答案

导数

1.【2015高考福建，文12】“对任意x(0,2)，ksinxcosxx”是“k1”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C． 充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B

【解析】当k1时，ksinxcosxkksin2x，构造函数f(x)sin2xx，则22f'(x)kcos2x10．故f(x)在x(0,)单调递增，故f(x)f()0，则

2221ksinxcosxx； 当k1时，不等式ksinxcosxx等价于sin2xx，构造函数

21g(x)sin2xx，则g'(x)cos2x10，故g(x)在x(0,)递增，故

22g(x)g()0，则sinxcosxx．综上所述，“对任意x(0,)，

222ksinxcosxx”是“k1”的必要不充分条件，选B．

【考点定位】导数的应用．

【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用，根据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题． 2.【2015高考湖南，文8】设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是( ) A、奇函数，且在（0,1）上是增函数 B、奇函数，且在（0,1）上是减函数 C、偶函数，且在（0,1）上是增函数 D、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A 【解析】 函数

f(x)ln(1x)ln(1x)，函数的定义域为（-1，1），函数

f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)所以函数是奇函数．f'x在（0,1）上f'x0 ，所以f(x)在(0,1)上单调递增，故选A. 【考点定位】利用导数研究函数的性质

111 ，21x1x1x【名师点睛】利用导数研究函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤：(1)求f'x；(2)确认

f'x在(a，b)内的符号；(3)作出结论：f'x0时为增函数；f'x0时为减函数．研

究函数性质时，首先要明确函数定义域.

3.【2015高考北京，文8】某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．

加油时间 加油量（升） 加油时的累计里程（千米） 2015年5月1日 2015年5月15日 12 35000 35600 48 注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为（ ）

A．6升 B．8升 C．10升 D．12升 【答案】B

【解析】因为第一次邮箱加满，所以第二次的加油量即为该段时间内的耗油量，故耗油量

V48升. 而这段时间内行驶的里程数S3560035000600千米. 所以这段时间内，

该车每100千米平均耗油量为【考点定位】平均变化率.

【名师点晴】本题主要考查的是平均变化率，属于中档题．解题时一定要抓住重要字眼“每100千米”和“平均”，否则很容易出现错误．解此类应用题时一定要万分小心，除了提取必要的信息外，还要运用所学的数学知识进行分析和解决问题．

4.【2015高考新课标1，文14】已知函数fxaxx1的图像在点1,f1的处的切线

3481008升，故选B. 600过点2,7，则 a . 【答案】1 【解析】

2试题分析：∵f(x)3ax1，∴f(1)3a1，即切线斜率k3a1，

又∵f(1)a2，∴切点为（1，a2），∵切线过（2,7），∴

a273a1，解得a1.

12考点：利用导数的几何意义求函数的切线；常见函数的导数；

【名师点睛】对求过某点的切线问题，常设出切点，利用导数求出切线方程，将已知点代入切线方程得到关于切点横坐标的方程，解出切点的横坐标，即可求出切线方程，思路明确，关键是运算要细心.

5.【2015高考天津，文11】已知函数fxaxlnx,x0, ,其中a为实数,fx为

fx的导函数,若f13 ,则a的值为 ．

【答案】3

【解析】因为fxa1lnx ,所以f1a3. 【考点定位】本题主要考查导数的运算法则.

【名师点睛】本题考查内容单一,求出fxa1lnx由,再由f13可直接求得a的值,因此可以说本题是一道基础题,但要注意运算的准确性,由于填空题没有中间分,一步出错,就得零分,故运算要特别细心.

6.【2015高考陕西，文15】函数yxe在其极值点处的切线方程为____________. 【答案】yx1 exx【解析】yf(x)xef(x)(1x)e，令f(x)0x1，此时f(1)函数yxe在其极值点处的切线方程为y【考点定位】：导数的几何意义.

x1 e1 e【名师点睛】1.本题考查导数的几何意义，利用导数研究曲线上某点处切线方程等基础知识，

1切点在考查运算求解能力.2.解决导数几何意义的问题时要注意抓住切点的三重作用：○2切点在切线上；○3切点处导函数值等于切线斜率. 曲线上；○

7.【2015高考安徽，文21】已知函数f(x)ax(a0,r0) 2(xr)（Ⅰ）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）若

a400，求f(x)在(0,)内的极值. r【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r,r）;递减区间为（-∞，-r）和（r，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.

r【解析】（Ⅰ）由题意可知xr 所求的定义域为，f(x)axax，

(xr)2x22xrr2. r，a(x22xrr2)ax(2x2r)a(rx)(xr)f(x) 2224(x2xrr)(xr)所以当xr或xr时，f(x)0，当rxr时，f(x)0

因此，f(x)单调递减区间为(,r),(r,)；f(x)的单调递增区间为r,r. （Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知f'(r)0 f(x)在0,r上单调递增，在r,上单调递减. 因此xr是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0,)内的极大值为

f(r)ara400内无极小值； 100，f(x)在（0,）22r4r4综上，f(x)在（0,）内极大值为100，无极小值.

【考点定位】本题主要考查了函数的定义域、利用导数求函数的单调性，以及求函数的极值等基础知识.

【名师点睛】本题在利用导数求函数的单调性时要注意，求导后的分子是一个二次项系数为负数的一元二次式，在求f(x)0和f(x)0时要注意，本题主要考查考生对基本概念的掌握情况和基本运算能力.

x28.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数fxklnx，k0．

2（I）求fx的单调区间和极值；

（II）证明：若fx存在零点，则fx在区间1,e上仅有一个零点．

【答案】（I）单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；极小值

f(k)k(1lnk)；（II）证明详见解析. 2

kx2k. f(x)xxx'由f'(x)0解得xk.

f(x)与f'(x)在区间(0,)上的情况如下：

所以，f(x)的单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；

f(x)在xk处取得极小值f(k)k(1lnk). 2k(1lnk). 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间(0,)上的最小值为f(k)因为f(x)存在零点，所以

k(1lnk)0，从而ke. 2当ke时，f(x)在区间(1,e)上单调递减，且f(e)0， 所以xe是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点.

1ek0，f(e)0， 22当ke时，f(x)在区间(0,e)上单调递减，且f(1)所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.

考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题. 【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数fx的单调性与极值的步骤：①确定函数

fx的定义域；②对fx求导；③求方程fx0的所有实数根；④列表格．证明函数

仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．

(x1)29.【2015高考福建，文22】已知函数f(x)lnx．

2(Ⅰ)求函数fx的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当x1时，fxx1；

（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有fxkx1． 【答案】(Ⅰ) 0,15；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1． 21x2x1【解析】（I）fxx1，x0,．

xx由fx0得x02xx10解得0x15． 215故fx的单调递增区间是0,． 2（II）令Fxfxx1，x0,．

1x2则有Fx．

x当x1,时，Fx0， 所以Fx在1,上单调递减，

故当x1时，FxF10，即当x1时，fxx1． （III）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意．

当k1时，对于x1，有fxx1kx1，则fxkx1，从而不存在x01满足题意．

当k1时，令Gxfxkx1，x0,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx由Gx0得，x1kx10．

2

解得x11k1k2240，x21k1k2241．

当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单调递增． 从而当x1,x2时，GxG10，即fxkx1， 综上，k的取值范围是,1． 【考点定位】导数的综合应用．

【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式f(x)0或f(x)0求解，但是要兼顾定义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意f(x)g(x)与f(x)ming(x)max不等价，

''f(x)ming(x)max只是f(x)g(x)的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷

理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．

10.【2015高考广东，文21】（本小题满分14分）设a为实数，函数

fxxaxaaa1．

（1）若f01，求a的取值范围； （2）讨论fx的单调性； （3）当a2时，讨论fx24在区间0,内的零点个数． x【答案】（1）,；（2）f(x)在(a,)上单调递增，在(,a)上单调递减；（3）当a221时，fx【解析】

44有一个零点x2；当a2时，fx有两个零点． xx试题分析：（1）先由f01可得aa1，再对a的取值范围进行讨论可得aa1的解，进而可得a的取值范围；（2）先写函数fx的解析式，再对a的取值范围进行讨论确定

函数fx的单调性；（3）先由（2）得函数fx的最小值，再对a的取值范围进行讨论确定fx4在区间0,内的零点个数． x22试题解析：（1）f(0)aaaaaa，因为f01，所以aa1， 当a0时，01，显然成立；当a0，则有2a1，所以a综上所述，a的取值范围是,.

211.所以0a. 2212x2a1x,xa（2）f(x)

2x(2a1)x2a,xa对于u1x2a1x，其对称轴为x22a11aa，开口向上， 22所以f(x)在(a,)上单调递增；

对于u1x2a1x2a，其对称轴为x22a11aa，开口向上， 22所以f(x)在(,a)上单调递减.

综上所述，f(x)在(a,)上单调递增，在(,a)上单调递减.

（3）由（2）得f(x)在(a,)上单调递增，在(0,a)上单调递减，所以

f(x)minf(a)aa2.

(i)当a2时，f(x)min令fx2x3x,x2f(2)2，f(x)2

x5x4,x2440，即f(x)（x0）. xx因为f(x)在(0,2)上单调递减，所以f(x)f(2)2

44在(0,2)上单调递增，yf(2)2，所以yf(x)与y在(0,2)无交点. xx4当x2时，f(x)x23x，即x33x240，所以x32x2x240，所

x42以x2(x1)0，因为x2，所以x2，即当a2时，fx有一个零点x2.

x而y(ii)当a2时，f(x)minf(a)aa，

2

当x(0,a)时，f(0)2a4 ，f(a)aa，而y当xa时，y224在x(0,a)上单调递增， x442.下面比较f(a)aa与的大小 aa4(a3a24)(a2)(a2a2)因为aa()0

aaa所以f(a)aa24 a

结合图象不难得当a2时，yf(x)与y综上所述，当a2时，fx4有两个交点. x44有一个零点x2；当a2时，fx有两个零点. xx考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.

【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法．

11.【2015高考湖北，文21】设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，

f(x)g(x)ex，其中e为自然对数的底数.

（Ⅰ）求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x0时，f(x)0，g(x)1； （Ⅱ）设a0，b1，证明：当x0时，ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b). x11【答案】（Ⅰ）f(x)(exex)，g(x)(exex).证明：当x0时，ex1，0ex1，

22

故f(x)0.

1又由基本不等式，有g(x)(exex)exex1，即g(x)1. （Ⅱ）由（Ⅰ）得

21x11xex1f(x)(ex)(e2x)(exex)g(x)2e2e21x11xex1g(x)(ex)(e2x)(exex)f(x)⑥

2e2e2当x0时，

⑤

f(x)f(x)ag(x)(1a)等价于f(x)axg(x)(1a)x ⑦ bg(x)(1b)等价xx于f(x)bxg(x)(1b)x. ⑧于是设函数 h(x)f(x)cxg(x)(1c)x，由⑤⑥，有（1）若c0，由③④，h(x)g(x)cg(x)cxf(x)(1c)(1c)[g(x)1]cxf(x). 当x0时，

得h(x)0，故h(x)在[0,)上为增函数，从而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑦成立.（2）若c1，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上为减函数，从而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑧成立.综合⑦⑧，得 ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b). x【考点定位】本题考查函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用，属高档题.

【名师点睛】将函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用联系在一起，重点考查函数的综合性，体现了函数在高中数学的重要地位，其解题的关键是第一问需运用奇函数与偶函数的定义及性质建立方程组进行求解；第二问属于函数的恒成立问题，需借助导数求解函数最值来解决.

x212.【2015高考山东，文20】设函数f(x)(xa)lnx，g(x)x. 已知曲线yf(x)e在点(1，f(1))处的切线与直线2xy0平行. (I) 求a的值；

(II) 是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存

在，

求出k；如果不存在，请说明理由；

(III) 设函数m(x)min{f(x)，，求m(x)的 g(x)}（min{p，q}表示p，q中的较小值）最大值.

【答案】（I）a1 ；(II) k1 ；(III) 【解析】

（I）由题意知，曲线又f'(x)lnx在点(1,f(1))处的切线斜率为2，所以f'(1)2，

4. e2a1,所以a1. x（II）k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根.

x2设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx,

e当x(0,1]时，h(x)0. 又h(2)3ln244ln8110, e2e2所以存在x0(1,2)，使h(x0)0. 因为h'(x)lnx1x(x2)1所以当时，当x(2,)时，1,h'(x)10，x(1,2)xxeeh'(x)0，

所以当x(1,)时，h(x)单调递增.

所以k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根.

（III）由（II）知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x(0,x0)时，

(x1)lnx,x(0,x0]. f(x)g(x)，x(x0,)时，f(x)g(x)，所以m(x)x2,x(x0,)ex当x(0,x0)时，若x(0,1],m(x)0;

110,可知0m(x)m(x0);故m(x)m(x0). xx(2x)当x(x0,)时，由m'(x),可得x(x0,2)时，m'(x)0,m(x)单调递增；xe若x(1,x0),由m'(x)lnxx(2,)时，m'(x)0,m(x)单调递减；

4,且m(x0)m(2). e24综上可得函数m(x)的最大值为2.

e可知m(x)m(2)【考点定位】1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值；3.函数零点存在性定理.

【名师点睛】本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的性质、函数零点存在性定理等，解答本题的主要困难是（II）(III)两小题，首先是通过构造函数，利用函数零点存在性定理，作出判断，并进一步证明函数在给定区间的单调性，明确方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根.其次是根据（II）的结论，确定得到m(x)的表达式，并进一步利用分类讨论思想，应用导数研究函数的单调性、最值.

本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究函数的性质、函数零点存在性定理等基础知识的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力及分类讨论思想.本题是教辅材料的常见题型，有利于优生正常发挥. 13.【2015高考四川，文21】已知函数f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，其中a>0. (Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；

(Ⅱ)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解. 【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)

2

2

g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)

所以g'(x)＝2－

22(x1) xx

当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减 当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增

(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx

令Φ(x)＝－2xlnx＋x－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)＝(1＋lnx)－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0 于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0

令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1) 由u'(x)＝1－

2

2

2

1≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 x故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1 即a0∈(0，1)

当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0 再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0 当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0 又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)－2xlnx＞0 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0

综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.

【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.

【名师点睛】本题第(Ⅰ)问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数a消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第(Ⅱ)问需要证明的是：对于某个a∈(0，1)，

2

f(x)的最小值恰好是0，而且在(1，＋∞)上只有一个最小值.因此，本题仍然要先讨论f(x)

的单调性，进一步说明对于找到的a，f(x)在(1，＋∞)上有且只有一个等于0的点，也就是在(1，＋∞)上有且只有一个最小值点.属于难题.

14.【2015高考新课标1，文21】（本小题满分12分）设函数fxe2xalnx.

（I）讨论fx的导函数fx的零点的个数； （II）证明：当a0时fx2aaln2. a【答案】（I）当a£0时，f¢(x)没有零点；当a>0时，f¢(x)存在唯一零点.（II）见解析 【解析】

试题分析：（I）先求出导函数，分a£0与a>0考虑fx的单调性及性质，即可判断出零

+¥点个数；（II）由（I）可设f¢(x)在0，()的唯一零点为x，根据fx的正负，即可判

0定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于2a+aln证不等式.

试题解析：（I）f(x)的定义域为

，f¢(x)=2e2x-2，即证明了所aax>0). (x当a£0时,f¢(x)>0，f¢(x)没有零点； 当a>0时，因为e2x单调递增，-a+¥)单调递增.又单调递增，所以f¢(x)在(0，xa1f¢(a)>0,当b满足00时，f¢(x)存在唯一零点.

44+¥（II）由（I），可设f¢(x)在0，()的唯一零点为x，当xÎ(0，x)时，f¢(x)<0;

00+当x违x0，()时，f¢(x)>0. )()单调递增，所以当x=x0+¥故f(x)在0，x0单调递减，在x0，值，最小值为f(x0). 由于2e2x0(时，f(x)取得最小

-aa22=0，所以f(x0)=+2ax0+aln?2aaln. x02x0aa2. a故当a>0时，f(x)?2aaln考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.

【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理.

15.【2015高考浙江，文20】（本题满分15分）设函数f(x)xaxb,(a,bR).

2a2（1）当b=+1时，求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式；

4（2）已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点，0b2a1，求b的取值范围.

a24a2,a2,【答案】(1)g(a)1,2a2,；(2)[3,945]

a2a2,a24【解析】

(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b的取值情况，利用并集原理得到参数b的取值范围.

a2aa试题解析：(1)当b1时，f(x)(x)21，故其对称轴为x.

422a2当a2时，g(a)f(1)a2.

4当2a2时，g(a)f()1.

a2a2当a2时，g(a)f(1)a2.

4a24a2,a2,综上，g(a)1,2a2,

a2a2,a24(2)设s,t为方程f(x)0的解，且1t1，则由于0b2a1，因此

sta.

stb2t12ts(1t1). t2t22t2t2t2b当0t1时，， t2t2

22t21t2t2由于0和945，

3t23t2所以2b945. 3t2t22t2当1t0时，， bt2t22t2tt2由于20和30，所以3b0.

t2t2综上可知，b的取值范围是[3,945].

【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想. 【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.