《2016年高考数学文试题分类汇编：导数及其应用46671.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年高考数学文试题分类汇编：导数及其应用46671.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2016 年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、（2016 年山东高考）若函数()yf 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()yf x具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是（A）sinyx （B）lnyx （C）exy （D）3yx 2、（2016 年四川高考）已知 a 函数 f(x)x312x 的极小值点，则 a=(A)-4 (B)-2 (C)4 (D)2 3、（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，l1与 l2垂直相交于点 P，且 l1，l2分别与 y 轴相交于点 A，B 则则PAB
2、 的面积的取值范围是(A)(0,1)(B)(0,2)(C)(0,+)(D)(1,+)4、（2016年全国 I 卷高考）若函数1()sin2sin3f xx-xax在,单调递增，则 a 的取值范围是（A）1,1（B）11,3（C）1 1,3 3（D）11,3 二、填空题 1、（2016 年天津高考）已知函数()(2+1),()xf xxefx为()f x的导函数，则(0)f 的值为_.2、（2016年全国 III卷高考）已知 f x为偶函数，当0 x 时，1()xf xex，则曲线 yf x在点(1,2)处的切线方程式_.三、解答题 1、（2016 年北京高考）设函数 32.f xxaxbxc（
3、I）求曲线.yf x在点 0,0f处的切线方程；（II）设4ab，若函数 f x有三个不同零点，求 c 的取值范围；（III）求证：230ab是.f x有三个不同零点的必要而不充分条件.2、（2016年江苏省高考）已知函数()(0,0,1,1)xxf xab abab.（1）设 a=2,b=12.求方程()f x=2 的根;若对任意xR,不等式(2)f()6fxmx恒成立，求实数 m 的最大值；（2）若01,1ab，函数 2g xfx有且只有 1 个零点，求 ab 的值.3、（2016 年山东高考）设 f(x)=xlnxax2+(2a1)x，aR.()令 g(x)=f(x)，求 g(x)的单调
4、区间；()已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围.4、（2016 年四川高考）设函数 f(x)=ax2alnx，g(x)=1x eex，其中 aR，e=2.718为自然对数的底数。（）讨论 f(x)的单调性；（）证明：当 x1 时，g(x)0；（）确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在区间（1，+）内恒成立。5、（2016 年天津高考）设函数baxxxf3)(，Rx，其中Rba,（）求)(xf的单调区间；（）若)(xf存在极值点0 x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证：0201 xx；（）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间 1,
5、1上的最大值不小于41.6、（2016年全国 I 卷高考）已知函数 .(I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求a的取值范围.7、（2016年全国 II 卷高考）已知函数()(1)ln(1)f xxxa x.（I）当4a 时，求曲线()yf x在1,(1)f处的切线方程；（）若当1,x时，()0f x，求a的取值范围.8、（2016年全国 III卷高考）设函数()ln1f xxx（I）讨论()f x的单调性；（II）证明当(1,)x时，11lnxxx；（III）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.9、（2016年浙江高考）设函数()f x=311xx，0,1x.证明：（I）(
6、)f x21xx；（II）34()f x32.2016 年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、（2016 年山东高考）若函数()yf 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()yf x具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是（A）sinyx （B）lnyx （C）exy （D）3yx【答案】A 2、（2016 年四川高考）已知 a 函数 f(x)x312x 的极小值点，则 a=(A)-4 (B)-2 (C)4 (D)2【答案】D 3、（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，l1与 l2垂直相交
7、于点 P，且 l1，l2分别与 y 轴相交于点 A，B 则则PAB 的面积的取值范围是(A)(0,1)(B)(0,2)(C)(0,+)(D)(1,+)【答案】A 4、（2016年全国 I 卷高考）若函数1()sin2sin3f xx-xax在,单调递增，则 a 的取值范围是（A）1,1（B）11,3（C）1 1,3 3（D）11,3 【答案】C 二、填空题 1、（2016 年天津高考）已知函数()(2+1),()xf xxefx为()f x的导函数，则(0)f 的值为_.【答案】3 2、（2016年全国 III卷高考）已知 f x为偶函数，当0 x 时，1()xf xex，则曲线 yf x在点
8、(1,2)处的切线方程式_.【答案】2yx 三、解答题 1、（2016 年北京高考）设函数 32.f xxaxbxc（I）求曲线.yf x在点 0,0f处的切线方程；（II）设4ab，若函数 f x有三个不同零点，求 c 的取值范围；（III）求证：230ab是.f x有三个不同零点的必要而不充分条件.解：（I）由 32f xxaxbxc，得 232fxxaxb 因为 0fc，0fb，所以曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程为ybxc（II）当4ab时，3244f xxxxc，所以 2384fxxx 令 0fx，得23840 xx，解得2x 或23x f x与 fx在区间,上的情况如下：所
9、以，当0c 且32027c时，存在14,2x ，222,3x，32,03x，使得 1230f xf xf x 由 f x的单调性知，当且仅当320,27c时，函数 3244f xxxxc有三个不同零点（III）当24120ab 时，2320fxxaxb，,x ，此时函数 f x在区间,上单调递增，所以 f x不可能有三个不同零点 当24120ab 时，232fxxaxb只有一个零点，记作0 x 当0,xx 时，0fx，f x在区间0,x上单调递增；当0,xx时，0fx，f x在区间0,x 上单调递增 所以 f x不可能有三个不同零点 综上所述，若函数 f x有三个不同零点，则必有24120ab
10、 故230ab是 f x有三个不同零点的必要条件 当4ab，0c 时，230ab，232442fxxxxx x只有两个不同 零点，所以230ab不是 f x有三个不同零点的充分条件 因此230ab是 f x有三个不同零点的必要而不充分条件 2、（2016年江苏省高考）已知函数()(0,0,1,1)xxf xab abab.（2）设 a=2,b=12.求方程()f x=2 的根;若对任意xR,不等式(2)f()6fxmx恒成立，求实数 m 的最大值；（2）若01,1ab，函数 2g xfx有且只有 1 个零点，求 ab 的值.解：（1）因为12,2ab，所以()22xxf x.方程()2f x，
11、即222xx，亦即2(2)2 210 xx ，所以2(21)0 x，于是21x，解得0 x.由条件知2222(2)22(22)2()2xxxxfxf x.因为(2)()6fxmf x对于xR恒成立，且()0f x，所以2()4()f xmf x对于xR恒成立.而2()444()2()4()()()f xf xf xf xf xf x，且2(0)44(0)ff，所以4m，故实数m的最大值为 4.（2）因为函数()()2g xf x只有 1 个零点，而00(0)(0)220gfab，所以 0 是函数()g x的唯一零点.因为()lnlnxxg xaabb，又由01,1ab知ln0,ln0ab，所以
12、()0g x 有唯一解0lnlog()lnbaaxb.令()()h xg x，则22()(lnln)(ln)(ln)xxxxh xaabbaabb，从而对任意xR，()0h x，所以()()g xh x是(,)上的单调增函数，于是当0(,)xx，0()()0g xg x；当0(,)xx时，0()()0g xg 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00 x.若00 x，则0002xx，于是0()(0)02xgg，又log 2log 2log 2(log 2)220aaaagaba，且函数()g x在以02x和log 2a为端点的闭区间上的图象不间断
13、，所以在02x和log 2a之间存在()g x的零点，记为1x.因为01a，所以log 20a，又002x，所以10 x 与“0 是函数()g x的唯一零点”矛盾.若00 x，同理可得，在02x和log 2a之间存在()g x的非 0 的零点，矛盾.因此，00 x.于是ln1lnab，故lnln0ab，所以1ab.3、（2016 年山东高考）设 f(x)=xlnxax2+(2a1)x，aR.()令 g(x)=f(x)，求 g(x)的单调区间；()已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围.解析：()由 ln22,fxxaxa 可得 ln22,0,g xxaxa x，则 11
14、22axgxaxx，当0a 时，0,x时，0gx，函数 g x单调递增；当0a 时，10,2xa时，0gx，函数 g x单调递增，1,2xa时，0gx，函数 g x单调递减.所以当0a 时，函数 g x单调递增区间为0,；当0a 时，函数 g x单调递增区间为10,2a，单调递减区间为1,2a.()由()知，10f.当0a 时，0fx，f x单调递减.所以当0,1x时，0fx，f x单调递减.当1,x时，0fx，f x单调递增.所以 f x在 x=1处取得极小值，不合题意.当102a时，112a，由()知 fx在10,2a内单调递增，可得当当0,1x时，0fx，11,2xa时，0fx，所以 f
15、 x在(0,1)内单调递减，在11,2a内单调递增，所以 f x在 x=1处取得极小值，不合题意.当12a 时，即112a时，fx在(0,1)内单调递增，在 1,内单调递减，所以当0,x时，0fx，f x单调递减，不合题意.当12a 时，即1012a，当1,12xa时，0fx，f x单调递增,当1,x时，0fx，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12a.4、（2016 年四川高考）设函数 f(x)=ax2alnx，g(x)=1x eex，其中 aR，e=2.718为自然对数的底数。（）讨论 f(x)的单调性；（）证明：当 x1 时，g
16、(x)0；（）确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在区间（1，+）内恒成立。（I）2121()20).axfxaxxxx(0a 当时，()fx0，()f x在0+（，）内单调递减.0a 当时，由()fx=0，有12xa.当x10,)2a（时，()fx0，()f x单调递增.（II）令()s x=1exx，则()s x=1e1x.当1x 时，()s x0，所以1exx，从而()g x=111exx0.（iii）由（II），当1x 时，()g x0.当0a，1x 时，()f x=2(1)ln0a xx.故当()f x()g x在区间1+)（，内恒成立时，必有0a.当102a时，12a1
17、.由（I）有1()(1)02ffa,从而1()02ga，所以此时()f x()g x在区间1+)（，内不恒成立.当12a 时，令()h x=()f x()g x(1x).当1x 时，()h x=122111112exaxxxxxxx322221210 xxxxxx.因此()h x在区间1+)（，单调递增.又因为(1)h=0，所以当1x 时，()h x=()f x()g x0，即()f x()g x恒成立.综上，a1+)2，.5、（2016 年天津高考）设函数baxxxf3)(，Rx，其中Rba,（）求)(xf的单调区间；（）若)(xf存在极值点0 x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证
18、：0201 xx；（）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间 1,1上的最大值不小于41.（1）解：由3()f xxaxb，可得2()3fxxa，下面分两种情况讨论：当0a 时，有2()30fxxa恒成立，所以()f x的单调增区间为(,).当0a 时，令()0fx，解得33ax 或33ax .当x变化时，()fx、()f x的变化情况如下表：0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以()f x的单调递减区间为33(,)33aa，单调递增区间为3(,)3a，3(,)3a.（2）证明：因为()f x存在极值点，所以由（1）知0a 且00 x.由题意得200()30fx
19、xa，即203ax，进而300002()3af xxaxbxb，又3000000082(2)822()33aafxxaxbxaxbxbf x ，且002xx，由题意及（1）知，存在唯一实数1x满足10()()f xf x，且10 xx，因此102xx，所以10+2=0 xx.（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：当3a 时，331133aa ，由（1）知()f x在区间 1,1上单调递减，所以()f x在区间 1,1上的取值范围为(1),(1)ff，因此，1,0,1,0,ab bab b 所以1|2Mab.当334a时，
20、2 3332 3113333aaaa ，由（1）和（2）知2 33(1)()()33aafff，2 33(1)()()33aafff，所以()f x在区间 1,1上的取值范围为33(),()33aaff，所以3322max|(|,|()|max|3|,|3|3399aaaaffabab 2222331max|3|,|3|3|39999444aaaababab.当304a时，2 32 31133aa ，由（1）和（2）知，2 33(1)()()33aafff，2 33(1)()()33aafff，所以()f x在区间 1,1上的取值范围为(1),(1)ff，因此，11|4ab .综上所述，当0a
21、 时，()g x在区间 1,1上的最大值不小于14.6、（2016年全国 I 卷高考）已知函数 .(I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求a的取值范围.【解析】（）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea（i）当0a 时，则当1x 时，()0fx；当1x 时，()0fx 故函数()f x在(,1)单调递减，在(1,)单调递增（ii）当0a 时，由()0fx，解得：1x 或ln(2)xa 若ln(2)1a，即2ea ，则xR，()(1)()0 xfxxee 故()f x在(,)单调递增 若l n(2)1a，即2ea ，则 当(,ln(2)(1,)xa 时，()0fx；当(l
22、 n(2),1xa时，()0fx 故函数在(,ln(2)a，(1,)单调递增；在(ln(2),1)a单调递减 若l n(2)1a，即2ea ，则 当(,1)(l n(2),xa 时，()0fx；当(1,l n(2)xa时，()0fx；故函数在(,1)，(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2)a单调递减（）（i）当0a 时，由（）知，函数()f x在(,1)单调递减，在(1,)单调递增 又(1),(2)fe fa，取实数b满足0b且ln2ab，则()f x有两个零点（ii）若0a，则()(2)xf xxe，故()f x只有一个零点（iii）若0a，由（I）知，当2ea ，则()f x在(1
23、,)单调递增，又当1x时，()0f x，故()f x不存在两个零点；当2ea ，则函数在(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2)a单调递减 又当1x时，()0f x，故不存在两个零点 综上所述，a的取值范围是0,7、（2016年全国 II 卷高考）已知函数()(1)ln(1)f xxxa x.（I）当4a 时，求曲线()yf x在1,(1)f处的切线方程；（）若当1,x时，()0f x，求a的取值范围.解析：（I）()f x的定义域为(0,).当4a时，1()(1)ln4(1),()ln3f xxxxfxxx，(1)2,(1)0.ff 所以曲线()yf x在(1,(1)f处的切线方程为2
24、20.xy（II）当(1,)x时，()0f x等价于(1)ln0.1a xxx 令(1)()ln1a xg xxx，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axa xg xgxxx x，（i）当2a，(1,)x时，222(1)1210 xa xxx，故()0,()g xg x在(1,)x上单调递增，因此()0g x；（ii）当2a时，令()0g x得22121(1)1,1(1)1 xaaxaa，由21x和121x x得11x，故当2(1,)xx时，()0g x，()g x在2(1,)xx单调递减，因此()0g x.综上，a的取值范围是,2.8、（2016年全国 III卷高考）设函数()
25、ln1f xxx（I）讨论()f x的单调性；（II）证明当(1,)x时，11lnxxx；（III）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.9、（2016年浙江高考）设函数()f x=311xx，0,1x.证明：（I）()f x21xx；（II）34()f x32.解析：()因为4423111,11xxxxxxx 由于 0,1x，有411,11xxx即23111xxxx，所以 21.f xxx ()由01x得3xx，故 31 2111333311222122xxf xxxxxx，所以 32f x.由()得 221331244f xxxx，又因为11932244f，所以 34f x，综上，33.42fx