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  • 2021-06-16 发布

高考数学精讲精练精析专题3_2导数的应用试题文含解析

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专题 3.2 导数的应用试题 文 【三年高考】 1. 【2016 高考新课标 1 文数】若函数 1( ) sin 2 sin 3 f x x - x a x  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 2【2016 高考四川文科】已知a函数 3( ) 12f x x x  的极小值点,则 a =( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D 【解析】      23 12 3 2 2f x x x x      ,令   0f x  得 2x   或 2x  ,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  2f ,由已知得 2a  ,故选 D. 3.【2016 高考新课标 1文数】已知函数      22 e 1xf x x a x    . (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. 4.【2016 高考新课标Ⅲ文数】设函数 ( ) ln 1f x x x   . (I)讨论 ( )f x 的单调性; (II)证明当 (1, )x  时, 11 ln x x x    ; (III)设 1c  ,证明当 (0,1)x 时,1 ( 1) xc x c   . 5.【2016 高考山东文数】(本小题满分 13 分) 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. 【解析】(Ⅰ)由  ' ln 2 2 ,f x x ax a   可得    ln 2 2 , 0,g x x ax a x     ,则   1 1 2' 2 axg x a x x     ,当 0a  时,  0,x  时,  ' 0g x  ,函数  g x 单调递增;当 0a  时, 10, 2 x a      时,  ' 0g x  ,函数  g x 单调递增, 1 , 2 x a       时,  ' 0g x  ,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      . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,  ' 1 0f  .①当 0a  时,  ' 0f x  ,  f x 单调递减.所以当  0,1x 时,  ' 0f x  ,  f x 单调递减.当  1,x  时,  ' 0f x  ,  f x 单调递增.所以  f x 在 1x  处取得极小值,不合题 意.②当 10 2 a  时, 1 1 2a  ,由(Ⅰ)知  'f x 在 10, 2a       内单调递增,可得当当  0,1x 时,  ' 0f x  , 11, 2 x a      时,  ' 0f x  ,所以  f x 在(0,1)内单调递减,在 11, 2a       内单调递增,所以  f x 在 1x  处 取得极小值,不合题意.③当 1 2 a  时,即 1 1 2a  时,  'f x 在(0,1)内单调递增,在  1, 内单调递减, 所以当  0,x  时,  ' 0f x  ,  f x 单调递减,不合题意.④当 1 2 a  时,即 10 1 2a   ,当 1 ,1 2 x a      时,  ' 0f x  ,  f x 单调递增,当  1,x  时,  ' 0f x  ,  f x 单调递减,所以  f x 在 1x  处取得极大值,合题意.综上可知,实数 a 的取值范围为 1 2 a  . 6. 【2015 高考福建,文 12】“对任意 (0, ) 2 x   , sin cosk x x x ”是“ 1k  ”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 7.【2015 高考北京,文 19】设函数   2 ln 2 xf x k x  , 0k  . (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. 【解析】(Ⅰ)由   2 ln 2 xf x k x  ,( 0k  )得 2 ' ( ) k x kf x x x x     .由 ' ( ) 0f x  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 (1 ln )( ) 2 k kf k   . 8.【2015 高考山东,文 20】设函数 . 已知曲线 在点 (1, (1))f 处 的切线与直线 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 ( , 1)k k  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 ( ) min{ ( ), ( )}m x f x g x ( { },min p q 表示, ,p q中的较小值),求  m x 的最大值. 【解析】(I)由题意知,曲线 在点 (1, (1))f 处的切线斜率为 2 ,所以 '(1) 2f  ,又 '( ) ln 1,af x x x    所以 1a  . (II) 1k  时,方程 ( ) ( )f x g x 在 (1, 2)内存在唯一的根.设 2 ( ) ( ) ( ) ( 1) ln ,x xh x f x g x x x e      当 (0,1]x 时, ( ) 0h x  .又 2 2 4 4(2) 3ln 2 ln8 1 1 0,h e e        所以存在 0 (1, 2)x  ,使 0( ) 0h x  . 因为 1 ( 2)'( ) ln 1 ,x x xh x x x e      所以当 (1, 2)x 时, 1'( ) 1 0h x e    ,当 (2, )x  时, '( ) 0h x  , 所以当 (1, )x  时, ( )h x 单调递增.所以 1k  时,方程 ( ) ( )f x g x 在 ( , 1)k k  内存在唯一的根. 9.【2015 高考天津,文 20】已知函数 4( ) 4 , ,f x x x x R= - Î (I)求 ( )f x 的单调区间; (II)设曲线 ( )y f x= 与 x轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 ( )y g x= ,求证:对于任意的正 实数 x ,都有 ( ) ( )f x g x£ ; (III)若方程 ( )= ( )f x a a为实数 有两个正实数根 1 2x x, ,且 1 2x x< ,求证: 1 3 2 1- 4 3 ax x < - + . 【解析】(I)由 4( ) 4f x x x= - ,可得 3( ) 4 4f x x¢ = - ,当   0f x  ,即 1x  时,函数  f x 单调递增;当   0f x  ,即 1x  时,函数  f x 单调递减.所以函数  f x 的单调递增区间是  ,1 ,单调递减区 间是  1, . (II)设  0 ,0P x ,则 1 3 0 4x  ,  0 12,f x   曲线  y f x 在点 P 处的切线方程为   0 0y f x x x  ,即     0 0g x f x x x  ,令      F x f x g x  即       0F x f x f x x x   则      0F x f x f x    . 由于 3( ) 4 4f x x¢ = - 在  ,  单调递减,故  F x 在  ,  单调递减,又因为  0 0F x  ,所以当  0,x x  时,   0F x  ,所以当  0 ,x x  时,   0F x  ,所以  F x 在  0, x 单调递增,在  0 ,x  单调递减,所以对任意的实数 x,    0 0F x F x  ,对于任意的正实数 x ,都有 ( ) ( )f x g x£ . (III)由(II)知   1 312 4g x x         ,设方程  g x a 的根为 2x  ,可得 1 3 2 4 12 ax     ,因为  g x 在  ,  单调递减,又由(II)知      2 2 2g x f x a g x    ,所以 2 2x x  .类似的,设曲线  y f x 在原点处的切线为   ,y h x 可得   4h x x ,对任意的  ,x   ,有     4 0f x h x x    即    f x h x .设方程  h x a 的根为 1x  ,可得 1 4 ax   ,因为   4h x x 在  ,  单调递增,且      1 1 1h x a f x h x    ,因此, 1 1,x x  所以 1 3 2 1 2 1 4 3 ax x x x       . 10.【2014 高考湖南卷文第 9题】若 1 20 1x x   ,则( ) A. 2 1 2 1ln lnx xe e x x   B. 2 1 2 1ln lnx xe e x x   C. 1 2 2 1 x xx e x e D. 1 2 2 1 x xx e x e 【答案】C 11. 【2014 高考辽宁卷文第 12 题】当 [ 2,1]x  时,不等式 3 2 4 3 0ax x x    恒成立,则实数 a 的取值 范围是( ) A.[ 5, 3]  B. 9[ 6, ] 8   C.[ 6, 2]  D.[ 4, 3]  【答案】C 【解析】不等式 3 2 4 3 0ax x x    变形为 3 2 4 3ax x x   .当 0x  时,0 3  ,故实数 a 的取值范 围是 R;当 (0,1]x 时, 2 3 4 3x x xa x    ,记 2 3 4 3( ) x x xf x x    , 2 ' 4 4 8 9 (x 9)(x 1)( ) 0x xf x x x          ,故函数 ( )f x 递增,则 max( ) (1) 6f x f   ,故 6a   ;当 [ 2,0)x  时, 2 3 4 3x x xa x    ,记 2 3 4 3( ) x x xf x x    ,令 ' ( ) 0f x  ,得 x 1  或 x 9 (舍去),当 ( 2, 1)x   时, ' ( ) 0f x  ;当 ( 1,0)x  时, ' ( ) 0f x  ,故 min( ) ( 1) 2f x f    ,则 a 2  .综上所 述,实数 a 的取值范围是[ 6, 2]  . 12.【2014高考全国1文第21题】设函数    21ln 1 2 af x a x x bx a     ,曲线     1 1y f x f 在点 , 处的切线斜率为 0 (1)求 b; (2)若存在 0 1,x  使得  0 1 af x a   ,求 a 的取值范围. 【三年高考命题回顾】 纵观前三年各地高考试题, 导数的应用是高考的热点,年年都出题,题型既有选择题、填空题,又有解答 题,难度中档左右,解答题作为把关题存在,在考查导数的概念及其运算的基础上,又注重考查解析几何 的相关知识. 【2017 年高考复习建议与高考命题预测】 由前三年的高考命题形式可以看出 , 导数是研究函数的工具,导数进入新教材之后,给函数问题注入了生 机和活力,开辟了许多解题新途径,拓展了高考对函数问题的命题空间.所以把导数与函数综合在一起是 顺理成章的事情,对函数的命题已不再拘泥于一次函数,二次函数,反比例函数,指数函数,对数函数等, 对研究函数的目标也不仅限于求定义域,值域,单调性,奇偶性,对称性,周期性等,而是把高次多项式 函数,分式函数,指数型,对数型函数,以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象,试题的 命制往往融函数,导数,不等式,方程等知识于一体,通过演绎证明,运算推理等理性思维,解决单调性, 极值,最值,切线,方程的根,参数的范围等问题,这类题难度很大,综合性强,内容新,背景新,方法 新,是高考命题的丰富宝藏.解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归 思想.因此在 2017 年高考备考中应狠下功夫,抓好基础,提高自己的解题能力,掌握好解题技巧,特别是构造 函数的灵活运用. 预测 2017 年高考仍将以导数的应用为背景设置成的导数的综合题为主要考点.也有可能利用导数的几何意 义出一道中等难度试题,如求切线,或求参数值,重点考查运算及数形结合能力,以及构造新函数等能力.也 有可能考查恒成立与存在性问题. 【2017 年高考考点定位】 高考对导数的应用的考查主要有导数的几何意义,利用导数判断单调性,求最值,证明不等式,证明恒成 立,以及存在性问题等,难度较大,往往作为把关题存在. 考点一、借助导数研究函数单调性 【备考知识梳理】一般地,函数的单调性与其导函数的正负有如下关系:在某个区间 ( , )a b 内,如果 ( ) 0f x  ,那么函数 ( )y f x 在这个区间内单调递增;如果 ( ) 0f x  ,那么函数 ( )y f x 在这个区间内 单调递减; 【规律方法技巧】求函数单调区间的一般步骤.(1)求函数 ( )f x 的导数 ( )f x (2)令 ( ) 0f x  解不等式, 得 x的范围就是单调增区间;令 ( ) 0f x  解不等式,得 x的范围就是单调减区间(3)对照定义域得出结论. 【考点针对训练】 1. 【2016 年山西四校第三次联考】已知函数 ),0(ln)( 2 Rbaxbxaxxf  ,若对任意 0x , )1()( fxf  ,则( ) A. ba 2ln  B. ba 2ln  C. ba 2ln  D. ba 2ln  【答案】A 2. 【2016 年山西四市高三四模】设函数 2)(  axexf x . (1)求 )(xf 的单调区间; (2)若 ka ,1 为整数,且当 0x 时, 1)( 1    xf x xk 恒成立,其中 )(xf  为 )(xf 的导函数,求 k的最 大值. 【解析】(1)函数 f(x)=e x -ax-2 的定义域是 R,f′(x)=e x -a, 若 a≤0,则 f′(x)=e x -a≥0,所以 函数 f(x)=e x -ax-2 在(-∞,+∞)上单调递增 ,若 a>0,则当 x∈(-∞,lna)时,f′(x)=e x -a<0; 当 x∈(lna,+∞)时,f′(x)=e x -a>0;所以,f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)上单 调递增. (2)由于 a=1, 1)1)((1)( 1 '    xexkxf x xk x , x e xkex x x     1 1.01,0 , 令 x e xxg x     1 1)( , min)(xgk  , 22 ' )1( )2(1 )1( 1)(       x xx x x e xee e xexg ,令 01)(,2)( '  xx exhxexh , )(xh 在 ),0(  单调递增,且 )(,0)2(,0)1( xhhh  在 ),0(  上存在唯一零点,设此零点为 0x ,则 )2,1(0 x ,当 ),0( 00 xx  时, 0)(' xg ,当 ),( 00  xx 时, 0)(' xg , 0 0 0min 1 1 )()( 0 x e x xgxg x     ,由 )3,2(1)(,20)( 0000 ' 0  xxgxexg x , 又 )( 0xgk  ,所以 k的最大值为 2 . 考点二、借助导数研究函数的极值 【备考知识梳理】若 0x 满足 0)( 0  xf ,且在 0x 的两侧 )(xf 的导数异号,则 0x 是 )(xf 的极值点, )( 0xf 是极值,并且如果 )(xf  在 0x 两侧满足“左正右负”,则 0x 是 )(xf 的极大值点, )( 0xf 是极大值;如果 )(xf  在 0x 两侧满足“左负右正”,则 0x 是 )(xf 的极小值点, )( 0xf 是极小值 【规律方法技巧】求函数的极值的步骤:(1)确定函数的定义区间,求导数 f′(x) .(2)求方程 f′(x)=0 的 根.(3)用函数的导数为 0 的点,顺次将函数的定义区间分成若干小开区间,并列成表格.检查 f′(x)在方程 根左右的值的符号,如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么 f(x)在这个根 处取得极小值;如果左右不改变符号,那么 f(x)在这个根处无极值. 【考点针对训练】 1. 【2015-2016 学年度唐山市高三第一模】已知函数   3 23f x x x x   的极大值为 m,极小值为 n,则 m+n=( ) (A)0 (B)2 (C) -4 (D) -2 【答案】D 2. 【2016 年榆林二模】已知函数   3 2 1 2 1 3 3 2 xa bf x x x x x          ,( ,a b R 且 0a  ). (1)当 1 21, 0   时,若已知 1 2,x x 是函数  f x 的两个极值点,且满足: 1 21 2x x   ,求证:  1 3f    ; (2)当 1 20, 1   时,①求实数      3 1 ln 3 0y f x x x    的最小值;②对于任意正实数 , ,a b c, 当 3a b c   时,求证: 3 3 3 9a b ca b c     . 【解析】(1)当 1 21, 0   时,      3 2 21 , 1 1 3 2 a bf x x x x f x ax b x        ,已知 1 2,x x 是函 数  y f x 两个极值点,则 1 2,x x 是方程   0f x  的两根点,由 1 20, 1 2a x x    ,∴     1 0 2 0 f f      ,即 0 4 2 1 0 a b a b       ,      1 2 3 4 2 1 3 3f a b a b a b             ,或线性规划可得  1 3f    . 考点三、借助导数研究函数最值 【备考知识梳理】求函数最值的步骤:(1)求出 ( )f x 在 ( , )a b 上的极值.(2)求出端点函数值 ( ), ( )f a f b . (3)比较极值和端点值,确定最大值或最小值. 【规律方法技巧】 1、利用导数研究函数的最值问题是要养成列表的习惯,这样能使解答过程直观条理; 2、会利用导函数的图象提取相关信息; 3、极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但若函数在开区间内只有一个极值点,则这个极值 点也一定是最值点. 【考点针对训练】 1. 【2016 年安徽淮南市高三二模】函数 2cos 3y x x   在区间[0, ] 2  上的最大值是 . 【答案】 6  【解析】由题意得, 1 2siny x   ,令 0y  ,因为 [0, ] 2 x   ,所以 6 x   ,当 [0, ] 6 x   时, 0y  ; 当 [ , ] 6 2 x    时, 0y  ,所以当 6 x   时,函数取得极大值,也是最大值,此时最大值为 6 y   . 2. 【2016 届邯郸市一中高三第十次研】已知函数 21( ) ln( 1) 2 f x x ax x    ,其中 a R .(提示:   1ln( 1) 1 x x    ) (1)若 2x  是 ( )f x 的极值点,求 a的值; (2)求 ( )f x 的单调区间; (3)若 ( )f x 在  0, 上的最大值是 0,求 a的取值范围. (2)①当 0a  时, ( ) 1 xf x x    ,故 ( )f x 的单调增区间是 (0, ) ;单调减区间是 ( 1,0) . ②当 0a  时,令 ( ) 0f x  ,得 1 0x  ,或 2 1 1x a   .当0 1a  时, ( )f x 与 ( )f x 的情况如下: x 1( 1, )x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x  ( )f x - 0 + 0 + ( )f x  1( )f x  2( )f x  所以, ( )f x 的单调增区间是 1(0, 1) a  ;单调减区间是 ( 1,0) 和 1( 1, ) a   .当 1a  时, ( )f x 的单调减 区间是 ( 1, )  .当 1a  时, 21 0x   , ( )f x 与 ( )f x 的情况如下: x 1( 1, )x 2x 2 1( , )x x 1x 1( , )x  ( )f x - 0 + 0 + ( )f x  2( )f x  1( )f x  所以, ( )f x 的单调增区间是 1( 1,0) a  ;单调减区间是 1( 1, 1) a   和 (0, ) . ③当 0a  时, ( )f x 的单调增区间是 (0, ) ; 单调减区间是 ( 1,0) .综上,当 0a  时, ( )f x 的增区 间是 (0, ) ,减区间是 ( 1,0) ;当 0 1a  时, ( )f x 的增区间是 1(0, 1) a  ,减区间是 ( 1,0) 和 1( 1, ) a   ;当 1a  时, ( )f x 的减区间是 ( 1, )  ;当 1a  时, ( )f x 的增区间是 1( 1,0) a  ;,减区间 是 1( 1, 1) a   和 (0, ) . (3)由(2)知 0a  时, ( )f x 在 (0, ) 上单调递增,由 (0) 0f  ,知不合题意.当0 1a  时, ( )f x 在 (0, ) 的最大值是 1( 1)f a  .由 1( 1) (0) 0f f a    ,知不合题意.当 1a  时, ( )f x 在 (0, ) 单调 递减.可得 ( )f x 在 0, 上的最大值是 (0) 0f  ,符合题意,所以, ( )f x 在 0, 上的最大值是 0 时, a的取值范围是  1, . 【应试技巧点拨】 1. 函数的导数在其单调性研究的作用:(1)当函数在一个指定的区间内单调时,需要这个函数的导数在这 个区间内不改变符号(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零),当函数在一个区间内不单调时,这个函 数的导数在这个区间内一定变号,如果导数的图象是连续的曲线,这个导数在这个区间内一定存在变号的 零点,可以把问题转化为对函数零点的研究. (2)根据函数的导数研究函数的单调性,在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论,这种分类讨论 首先是在函数的定义域内进行,其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行,如果这样的 点不止一个,则要根据字母参数在不同范围内取值时,导数等于零的根的大小关系进行分类讨论,最后在 分类解决问题后要整合一个一般的结论.[易错提示] 在利用“若函数  f x 单调递增,则  ' 0f x  ”求 参数的范围时,注意不要漏掉“等号”. 2.利用导数研究函数的极值与最值:(1)确定定义域. (2)求导数  'f x . (3)①若求极值,则先求方程  ' 0f x  的根,再检验  'f x 在方程根左、右值的符号,求出极值.(当根中 有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内) ②若已知极值大小或存在的情况,则转化为已知方程  ' 0f x  根的大小或存在情况,从而求解. 3.求函数  y f x 在 ,a b 上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数  y f x 在  ,a b 内的极值; (2)将函数  y f x 的各极值与端点处的函数值    ,f a f b 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个 是最小值. 4.利用导数处理恒成立问题 不等式在某区间的恒成立问题,可以转化为求函数在区间上的最值问题来解决,函数的最值问题的求解, 利用求导分析函数单调性是常规途径,例如:① ( ) 0f x   ( )f x 为增函数( ( ) 0f x   ( )f x 为减函数). ② ( )f x 在区间  ,a b 上是增函数 ( )f x ≥0在  ,a b 上恒成立; ( )f x 在区间  ,a b 上为减函数  ( )f x ≤0在  ,a b 上恒成立. 5.利用导数,如何解决函数与不等式大题 在高考题的大题中,每年都要设计一道函数大题. 在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根 的情况,基本的题目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式),研究不等式 在一个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围,研究含有指数式、对数式、三角函数式等超越式的方 程在某个区间上的根的个数等,这些问题依据基础初等函数的知识已经无能为力,就需要根据导数的方法 进行解决.使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单 调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数.因为导数的 引入,为函数问题的解决提供了操作工具.因此入手大家比较清楚,但是深入解决函数与不等式相结合的题 目时,往往一筹莫展.原因是找不到两者的结合点,不清楚解决技巧.解题技巧总结如下 (1)树立服务意识:所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质(一般第一问先让解决出来),如函 数的单调性、最值等,服务于第二问要证明的不等式. (2)强化变形技巧:所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手,可考虑对不等式进 行必要的等价变形后,再去证明.例如采用两边取对数(指数),移项通分等等.要注意变形的方向:因为要 利用函数的性质,力求变形后不等式一边需要出现函数关系式. (3)巧妙构造函数:所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征,构造函数,利用函数的最值进行 解决.在构造函数的时候灵活多样,注意积累经验,体现一个“巧妙”. 二年模拟 1. 【2016 年九江市三模】若函数 )(sin)( axexf x  在区间 ) 2 , 2 (   上单调递增,则实数 a的取值范围 是( ) A. ),2[  B. ),1(  C. ),2(  D. ),1[  【答案】D 【解析】 0)cos(sin)(  axxexf x 在区间 ) 2 , 2 (   上恒成立,即 ) 4 sin(2   xa 在区间 ) 2 , 2 (   上恒成立.∵ ) 4 3, 4 () 4 (  x ,∴ ]1, 2 2() 4 sin(  x ,∴ ]1,2() 4 sin(2  x , ∴ 1a . 2. 【2016 届榆林市二模拟】函数 32 1y x  的图象与函数 23y x b  的图象有三个不相同的交点,则实 数b的取值范围是( ) A.  0,2 B.  2,0 C.  0,4 D.  1,0 【答案】D 【解析】由题意得 3 22 3 1 0x x b    三个不相同的零点,又 3 2 2( ) 2 3 1 ( ) 6 6 0 0 1f x x x b f x x x x x          或 ,因此 ( ) (0), ( ) (1),f x f f x f 极大值 极小值 从而 (0) 0, (1) 0 1 b 0f f      ,选 D. 3. 【2016 届淮南市高三第二模】已知 ( )y f x 为定义在 R上的单调递增函数, ' ( )y f x 是其导函数,若 对任意 x R 的总有 ' ( 1) ( 1) f x x f x    ,则下列大小关系一定正确的是( ) A. ( ) ( ) 1 1 f e f e      B. ( ) ( ) 1 1 f e f e      C. ( ) ( ) 2 2 f e f e      D. ( ) ( ) 2 2 f e f e      【答案】B 4. 【2016 届河南省南阳一中高三第三次模拟】已知定义在R 上的可导函数  f x 的导函数为  f x ,满足    f x f x  ,且  2f x 为偶函数,  4 1f  ,则不等式   xf x e 的解集为( ) A.(-2,+) B.(0.+) C.(1,) D.(4,+) 【答案】B 【解析】  2y f x  为偶函数,所以  2y f x  的图象关于 0x  对称,  y f x 的图象关于 2x  对称,因此    4 0 1f f  ,设           2 ' , ' ( ) x x x x f x f x e f x e g x g x e e       ' x f x f x e   ,      ' 0, ' 0f x f x g x    ,  y g x 在定义域上递减,    , 1xf x e g x   ,     0 0 0 1 f g e   ,所以    0 , 0g x g x  ,故选 B. 5. 【湖北省八校 2016 高三第二次联考】已知函数  2( ) e xf x x ax b   ,当 1b  时,函数 ( )f x 在  , 2  ,  1,+ 上均为增函数,则 2 a b a   的取值范围是( ) A. 22, 3     B. 1 ,2 3     C. 2, 3     D. 2 ,2 3     【答案】A 6. 【2016 年河南省商丘市高三第三模】设函数 mxxgexf x  ln)(,)( .有下列五个命题: ①若对任意 ]2,1[x ,关于 x的不等式 )()( xgxf  恒成立,则 em  ; ②若存在 ]2,1[0 x ,使得不等式 )()( 00 xgxf  成立,则 2ln2  em ; ③若对任意 ]2,1[1x 及任意 ]2,1[2 x ,不等式 )()( 21 xgxf  恒成立,则 2ln em ; ④若对任意 ]2,1[1x ,存在 ]2,1[2 x ,使得不等式 )()( 21 xgxf  成立,则 em  ; ⑤若存在 ]2,1[1x 及 ]2,1[2 x ,使得不等式 )()( 21 xgxf  成立,则 2em  . 其中,所有正确结论的序号为______. 【答案】①②③④⑤ 7.【2016 届重庆一中高三 5 月模拟考试】设函数 3( ) ( 3 3)x xf x e x x ae x     ,若不等式 ( )f x ≤0 有解, 则实数 a 的最小值为( ) A. 2 e -1 B.2- 2 e C.1+2e 2 D.1- 1 e 【答案】D 8. 【2016 湖北省八校高三第二次联考】已知函数    ln 4f x ax x a    R . (Ⅰ)讨论  f x 的单调性; (Ⅱ)当 2a  时,若存在区间   1, , 2 m n      ,使  f x 在  ,m n 上的值域是 , 1 1 k k m n       ,求 k 的取值范 围. 【解析】(Ⅰ)函数  f x 的定义域是  0 +, ,   1axf x x   ,当 a≤0时,   0f x ≤ ,所以  f x 在  0 +, 上为减函数, 当 a  0时,令   0f x  ,则 1x a  ,当 10x a      , 时,   0f x  ,  f x 为减函数, 当 1 +x a       , 时,   0f x  ,  f x 为增函数, ∴当 a≤0时,  f x 在  0 +, 上为减函数;当 a  0时,  f x 在 10 a       , 上为减函数,在 1 + a      , 上为增函数. (Ⅱ)当 2a  时,   2 ln 4f x x x   ,由(Ⅰ)知:  f x 在 1 + 2      , 上为增函数,而   1, , 2 m n      , ∴  f x 在  ,m n 上为增函数,结合  f x 在  ,m n 上的值域是 , 1 1 k k m n       知:    , 1 1 k kf m f n m n     , 其中 1 2 m n≤ ,则   1 kf x x   在 1 , 2    上至少有两个不同的实数根,由   1 kf x x   得  2=2 2 1 ln 4k x x x x    ,记    2=2 2 1 ln 4x x x x x     , 1 , 2 x     ,则   1=4 ln 3x x x x     ,记     1=4 ln 3F x x x x x     ,则    22 2 2 2 1 34 1 0 x xx xF x x x       ,∴  F x 在 1 , 2    上为增函数, 即  x 在 1 , 2    上为增函数,而  1 =0 ,∴当 1 ,1 2 x      时,   0x  ,当  1,x  时,   0x  , ∴  x 在 1 ,1 2       上为减函数,在  1, 上为增函数, 而 1 3ln 2 9 2 2        ,  1 = 4  ,当 x 时,  x  ,故结合图像得:   1 3ln 2 91 4 2 2 k k          ≤ ≤ ,∴ k 的取值范围是 3ln 2 94, 2     . 9. 【2016 届山西省榆林市二模试】已知函数   ln xf x x  . (1)求函数  f x 的单调区间,并比较3n与 3 的大小; (2)若正实数 a满足对任意  0,x  都有  2 1 0ax f x   ,求正实数 a的最大值. 10. 【2016 届湖北省襄阳五中高三 5月高考模拟】设函数 ( ) ( 1) 1 x axf x e x x      . (Ⅰ)当 1a  时,讨论 ( )f x 的单调性; (Ⅱ)当 0a  时,设 ( )f x 在 0x x 处取得最小值,求证: 0( ) 1f x  . 【解析】(Ⅰ)当 =1a 时, 2 1( )= ( 1) xf x e x    ,因为 xe 单调递增, 2 1 ( 1) ( 1) x x     单调递增,所以 ( )f x 在  1 +  , 单调递增,且 (0) 0f   ,因此当 1 0x   时, ( ) 0f x  ;当 0x  时, ( ) 0f x  ,故 ( )f x 在 ( 1,0) 单调递减,在 (0, ) 单调递增. (Ⅱ)当 0a > 时, 2( )= ( 1) x af x e x    ,因为 xe 单调递增, 2 ( 1) ( 1) a x x     单调递增,所以 ( )f x 在  1 +  , 单调递增.又 2 1 2 1 1(2 1) 0 4(2 ) a af a e ea        ,当b满足 1 1b a    且 0b  时, ( ) 0f b  ,故  f x 存在唯一零点,设零点为 1x ,当  11x x  , 时, ( ) 0f x  ;当  1 +x x , 时, ( ) 0f x  .故 ( )f x 在  11 x , 单调递减,在  1 +x , 单调递增,所以当 1x x 时, ( )f x 取得最小值,由 条件可得 1 0x x , ( )f x 的最小值为 0( )f x .由于 0 0 2 0 ( ) 0 ( 1) x af x e x      ,所以 0 2 0( 1)xa e x  , 0 0 0 0 0 0 0 0 20 0 0 ( ) ( 1) ( 1) 1 x x x xaxf x e e e x x e x x x           ,设 2( ) ( 1)( 1)xg x e x x x      ,则 2( ) ( 3 ) ( 3)x xg x e x x x x e       ,令 ( ) 0g x  ,得 1 0x   ;令 ( ) 0g x  ,得 0x  ,故 ( )g x 在  1 ,0 单调递增,  0 +, 单调递减, ( ) (0) 1g x g  ,故 0 0( ) ( ) 1f x g x  . 11.【2015 届湖南省长浏宁三一中高三 5 月模拟】已知 ( ), ( )f x g x 都是定义在R上的函数, ( ) 0g x  , ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x  ,且 ( ) ( )xf x a g x ( 0a  ,且 1)a  , (1) ( 1) 5 (1) ( 1) 2 f f g g     .若数列 ( ){ } ( ) f n g n 的前n项 和大于62 ,则 n的最小值为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 【答案】A 12.【2015 届黑龙江省哈尔滨九中高三第三次拟】已知函数     2 1ln,2  xxgexf x ,对   ,0, bRa ,使得    bgaf  ,则 ab  的最小值为 A . 2 2ln1 B. 2 2ln1 C. 12 e D. 1e 【答案】A 【解析】由    bgaf  可得: 2 1ln2  be a ,令 2 1ln2  bet a ,则 2 ln ta  , 2 1   t eb ,所以    0, 2 ln2 1   ttetf t ,所以   t etf t 2 12 1 '   ,令   0 2 12 1 '   t etf t 得 2 1 t ,所以当       2 1,0t 时为减函数,当        , 2 1t 时为增函数,所以 ab  的最小值为 2 2ln1 . 13.【2015 届江苏省扬州中学高三 4月双周测】已知函数 ( ) sinf x x x  ,不等式 ( ) cosf x ax x 在[0, ] 2  上恒成立,则实数 a的取值范围为___________. 【答案】 2a  14.【2015 届湖南省长沙市高三 5 月】已知函数 xc x xxgRbabxaxxxf ln 1 22)(),,(2ln)( 2     . (1)当 1, 2 1  ba 时, )(xf 与 )(xg 在定义域上单调性相反,求 cb || 的最小值. (2)当 02  ab 时,求证:存在 Rm ,使 mxf )( 有三个不同的实数解 321 ,, ttt ,且对任意 }3,2,1{, ji 且 ji  都有 )(22 ji ji ttab tt   . (2)因为 2 ' 2 2 1( ) ,ax bxf x x    当 2 0b a  时, 0a  ,且一元二次方程 22 2 1 0ax bx   的 24( 2 ) 0b a    ,所以 22 2 1 0ax bx   有两个不相等的实根 2 2 1 2 2 2, , 2 2 b b a b b ax x a a       当 1(0, )x x 时, ( )f x 为增函数; 1( ) ( , ( ))f x f x  ,当 1 2( , )x x x 时, ( )f x 为减函数; 2 1( ) ( ( ), ( ))f x f x f x 当 2( , )x x  时, ( )f x 为增函数; 2( ) ( ( ), )f x f x  ,所以当 2 1( ( ), ( ))m f x f x 时, ( )f x m 一定有 3 个不 相等的实根 1t , 2t , 3t ,分别在 1 1 2 2( , ) +x x x x 、( , )、( , )内,不妨设 i jt t ,因为 ( ) , ( )i jf t m f t m  ,所 以 ( ) ( )i jf t f t 即 2 2ln 2 ln 2i i i j j jt at bt t at bt     ,即 2 2ln ln ( ) 2 ( )i j i j i jt t a t t b t t      ,即 1 ln ( ) 2i i j i j j t a t t b t t t      所以 1 ln ( ) 2i i j i j j t a t t b t t t      ,所以 2 2 1[2 ( )] ln i i j i j i j i j j tb a t t t t t t t t t         ]ln )(2 [1 tj t tt tt tt i ji ji ji      ]ln 1 )1(2 [1 tj t t t t t tt i j i j i ji      ,令 t tj t i  ,则 t t t tj t t t t t i j i j i ln 1 )1(2ln 1 )1(2       ,由(1)知 x x xxg ln 1 22)(     在 ),0(  上为减函数,又 0)1( g ,所以当 ,10  t 0ln 1 )1(2    t t t ,又 ,01   ji tt 所以 ,0)](2[2   ji ji ttab tt 即 ).(22 ji ji ttab tt   15.【2015 届广东省华南师大附中高三 5 月三模】已知 a b, 是实数,1 和 1 是函数 3 2( )f x x ax bx   的两 个极值点. (Ⅰ)求 a和b的值; (Ⅱ)设函数 ( )g x 的导函数 ( ) ( ) 2g x f x   ,求 ( )g x 的极值点; (Ⅲ)设 ( ) ( ( ))h x f f x c  ,其中 [ 2 2]c  , ,求函数 ( )y h x 的零点个数. ① 当  2x , 时, ( ) 0f' x > ,于是 ( )f x 是单调增函数,从而 ( ) (2)=2f x > f .此时 ( )=f x d在  2 , 无 实根. ② 当  1 2x , 时. ( ) 0f' x > ,于是 ( )f x 是单调增函数.又∵ (1) 0f d < , (2) 0f d > , = ( )y f x d 的图 象不间断,∴ ( )=f x d 在(1 , 2)内有唯一实根.同理, ( )=f x d在(一 2 ,一 1)内有唯一实根. ③ 当  1 1x  , 时, ( ) 0f' x < ,于是 ( )f x 是单调减函数.又∵ ( 1) 0f d >  , (1) 0f d < , = ( )y f x d 的 图象不间断,∴ ( )=f x d在(一 1,1)内有唯一实根.因此,当 =2d 时, ( )=f x d有两个不同的根 1 2x x, 满 足 1 2=1 =2x x, ;当 2d < 时 ( )=f x d有三个不同的根 3 1 5x x x, , ,满足 2 =3, 4, 5ix < i, . 现考虑函数 ( )y h x 的零点: (Ⅰ)当 =2c 时, ( )=f t c有两个根 1 2t t, ,满足 1 2= =2t t1, . 而 1( )=f x t 有三个不同的根, 2( )=f x t 有两个不同的根,故 ( )y h x 有 5 个零点. (ⅱ)当 2c < 时, ( )=f t c有三个不同的根 3 4 5t t t, , ,满足 2 =3, 4, 5it < i, . 而   =3,( ) 4, = 5if x t i 有三个不同的根,故 ( )y h x 有 9个零点. 综上所述,当 =2c 时,函数 ( )y h x 有 5 个零点;当 2c < 时,函数 ( )y h x 有 9 个零点. 拓展试题以及解析 1. 已知函数 ln( 1), 0 ( ) 1 1, 0 2 x x f x x x       ,若m n ,且 ( ) ( )f m f n ,则 n m 的取值范围是( ) A.[3 2 ln 2, 2) B. [3 2ln 2,2] C. [ 1,2]e  D. [ 1, 2)e  【答案】A 3 2ln 2 ( ) 2g t   . 【入选理由】本题主要考查分段函数与方程的解,导数与函数最值等,考查函数与方程、数形结合的数学 思想,意在考查运用转化与化归思想、综合分析问题解决问题以及运算求解能力及基本的逻辑推理能力.导 数的应用,是高考考试的重点与难点,此题运用构造法,灵活的利用导数求最小值,构思很巧,故选此题. 2.设函数 ( )y f x 是定义在 R上的可导函数,当 0x  时, ( ) ( ) 2 xf x f x  ,则函数 2 1( ) ( )g x f x x   的 零点个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.0 或 2 【答案】A 【入选理由】本题主要考查导数的应用以及函数的零点,考查构造法以及函数与方程思想和逻辑推理能力, 意在考查运用转化与化归思想、综合分析问题解决问题以及运算求解能力及基本的逻辑推理能力.导数的 应用,是高考考试的重点与难点,此题函数的单调性与函数的零点巧妙地结合起来,构思很巧,故选此题. 3.已知 2 ( ) ln 2 axf x x x= - ,若至少存在一个  0 1,ex  使 0( ) 0f x < 成立,则实数 a的取值范围为( ) A.( )0,10 B.  0, C.( )1,+¥ D.( )1,- +¥ 【答案】B 【解析】由于至少存在一个 [ ]0 1,ex Î 使 ( )0 0f x < 成立,所以至少存在一个 x使 2 ln 2 axx x < 成立,即至 少存在一个 x使 2ln xa x > 成立,所以 min 2ln( )xa x > .令 ( ) 2ln xh x x = ,当 [ ]1,exÎ 时, ( ) ( ) 2 2 1 ln 0 x h x x - ¢ = ³ 恒成立,因此 ( ) 2ln xh x x = 在[ ]1,e 上单调递增.故当 1x = 时, ( )min 0h x = ,即 实数 a的取值范围为( )0,+¥ . 【入选理由】本题考查函数的最值,利用导数研究函数的单调性等基础知识,意在考查转化与化归思想、 综合分析问题与解决问题的能力以及运算求解能力.充分体现了转化的数学思想,故选此题. 4.若直线 : 1l y kx  与曲线C: 1( ) 1 ex f x x   没有公共点,则实数 k的最大值为( ) A.-1 B. 1 2 C.1 D. 3 【答案】C 【入选理由】考查直线与函数图象的位置关系、函数存在定理,意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、 运算求解能力.此题难度不大,考查基础,故选此题. 5.已知函数 ( ), ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) f x f x g x h x g x f x g x     , 3 1( ) , ( ) ln 4 f x x ax g x x     ,若 ( ) 0h x  在 (0, ) 上有 三个不同的实数根,则实数 a的取值范围为 _______ . 【答案】 5 3( , ) 4 4   【解析】因为 2( ) 3 ( 0)f x x a x    ,所以若 0a  ,则 2( ) 3 0f x x a    ,此时 ( ) 0h x  在 (0, ) 上 至多有两个不同的实数根,因此 0a  ,从而由 ( ) 0f x  得 3 ax    ,因为 (1) 0g  ,因此要使 ( ) 0h x  在 (0, ) 上有三个不同的实数根,须满足 1, (1) 0, ( ) 0 3 3 a af f     ,即 3 35 1 1 30 3, , ( ) 3( ) 0 ( ) 4 3 3 3 4 3 8 4 a a a aa a a                 ,从而实数 a的取值范围为 5 3( , ). 4 4   【入选理由】本题考查函数图象、函数与方程思想、利用导数研究函数性质等基础知识,意在考查分析问 题与解决问题的能力、基本运算能力及推理能力.此题难度不大,综合性较强,体现高考小题综合化的特 点,故选此题. 6. 当 0,1x( )时,函数   e 1xf x   的图象不在函数 2( )g x x ax  的下方,则实数 a的取值范围是 ___________. 【答案】[2 e, )  【入选理由】本题考查函数图象间的关系、利用导数研究函数的单调性,意在考查等价转化能力、逻辑思 维能力、运算求解能力.此题难度不大,出题角度新,符合高考考试题型,故选此题. 7. 已知函数 ( ) 2 lnaf x ax x x    ( a R ). (Ⅰ)若函数 ( )f x 为单调递减函数,求实数a的取值范围; (Ⅱ)当 1 2, (0, )x x   时,不等式 1 2 1 2 2 1 ( ) ( )[ ]( ) 0f x f x x x x x    恒成立,求 a的取值范围. 【解析】(Ⅰ)函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) . 2 2 2 2 2( ) a ax x af x a x x x       . (1)当 0a  时, 2( ) 0f x x    ,故函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增; (2)当 0a  时,若 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减, 则 ( ) 0f x  ,即 2 2 2 0ax x a x    恒成立.故有 2( 1) 2a x x   ,所以 2 2 2 11 xa x x x       . 因为 0x  , 所以 1 2x x   (当且仅当 1x  时,等号成立),故 21 01x x      .所以 1a   . 【入选理由】本题主要考查导数与函数的最值,导数与函数的单调性、不等式恒成立以及函数的定义域等, 考查分离参数法、函数与方程的思想、分类讨论的数学思想以及基本的运算能力和逻辑推理能力等,此题 难度较大,综合性较强,符合高考试题特征,故选此题. 8. 已知函数 1 ln( ) a xf x x    , 0a  . (Ⅰ)当 1a  时,若不等式 ( ) 0f x k  在  0, 上恒成立,求 k 的取值范围; (Ⅱ)已知 1 20, 0x x  且 1 2x x e  ,求证: 1 2 1 2x x x x  . (2)由上可知 ln( ) xf x x  在 (0, )e 上单调递增,∵ 1 2 1 0e x x x    ,∴ 1 2 1 1 2 1 ln( ) lnx x x x x x    ,即 1 1 2 1 1 2 ln( ) lnx x x x x x    ①, 同理 2 1 2 2 1 2 ln( ) lnx x x x x x    ②. 两式相加得 1 2 1 2 1 2ln( ) ln ln lnx x x x x x    ,∴ 1 2 1 2x x x x  . 【入选理由】本题主要考查利用导数研究函数的极值及最值、证明不等式等知识,考查考生的化归与转化 能力及运算求解能力.(1) 利用导数研究单调性求解;(2) 将不等式的证明合理转化为函数问题求解.此 题难度较大,综合性较强,符合高考试题特征,故选此题.