黑龙江鸡西第十九中学2017届高考数学一轮复习学案2016年导数及其应用专题教师版

1、2016年高考数学文试题分类汇编导数及其应用专题2016年()月()日班级 姓名一、选择题1、(2016年山东高考)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(B) y=lnx(C) y=ex(D) y = x3【答案】A2、(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】D3、(2016年四川高考)设直线1i, l2分别是函数f(x)= Ejc. . x图象上点PrP2处的 n X * 工切线，1

2、i与12垂直相交于点P,且1i, 12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,+8) (D) (1,+00)【答案】A.一 . .4、(2016年全国I卷图考)右函数 f (x) =x- - sin 2x +asin x在(-00,+“)单倜递增，则 a的取值3范围是(A) 1-1,1 (B) 1-1,1 1 (C) I-1,1 1 (D) I-1,-1 1_3_ 3 3_3【答案】C二、填空题1、(2016年天津高考)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】32、(201

3、6年全国iii卷高考)已知f(x)为偶函数，当xW0时，f (x) = e”， x,则曲线y=f(x) 在点(1,2)处的切线方程式.【答案】y = 2x三、解答题32.1、(2016年北乐局考)设函数 f(x) = x +ax +bx + c.(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 (x2三个不同零点，求 c的取值范围;2(III)求证：a -3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件 解：(I)由 f (x )=x3+ax2+bx+c,得 f(x )=3x2+2ax+b. 因为 f (0 产c, f(0)=b,所以曲线y =

4、 f(x )在点(0, f (0)处的切线方程为y=bx + c.(II)当 a=b=4 时，f(x) = x3 +4x2 +4x + c , 所以 f (x) = 3x2 +8x+4.22令 f (x )=0,得 3x2 +8x+4=0,解得 x = 2或 x = -.f (x月f (x )在区间(*,+*)上的情况如下：x(-0, -2 )一22-3 _ 2 , y jf (x)+00+f (x)Zcz32 c27Z .32/2 1所以,当 caO 且 c父 0 时，仔在 x1H ( 4, 2 ), x2 匚.2, |,271I , 3j2x3 l-,0 ，使得 f X = f( = f

5、x3 =0. ,3由f (x )的单调性知，当且仅当ce 10,32 |时，函数f ( x)= x3+4x2+4x + c有三个不同零点. ,27(III)当 A=4a2 12b 0 , xj-f),此时函数f (x心区间I-00,)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当 =4a2 - 12b =0时，f(x)=3x2+2ax+b只有一个零点，记作 .当xw (,)时，f(x)0, f (x)在区间(,)上单调递增；当xw (x0,g )时，f(x )0, f (x)在区间(x0,g )上单调递增.所以f (x件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

6、 A =4a2 -12b 0 .故a2 -3b 0是f (x )有三个不同零点的必要条件.COC2当 a=b=4, c=0 时，a -3b 0 , f(x)=x +4x + 4x = x(x + 2 )只有两个不同零点，所以a2 -3b 0不是f (x )有三个不同零点的充分条件.2因此a -3b 0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 f(x)=ax bx(a 0,b 0,a=1,b = 1).(1)设 a=2, b=. 2求方程f(x)=2的根;若对任意x w R,不等式f (2x) mf(x) -6恒成立，求实数m的最大值;(2)若0a1

7、,函数g(x )= f (x)2有且只有1个零点，求ab的值.一.1解：(1)因为 a =2,b 所以 f (x) =2x+2 二.2方程 f(x)=2,即 2x+2=2,亦即(2x)2 2父2+1 = 0 ,所以(2x -1)2 =0,于是 2x =1 ,解得 x=0.由条件知 f(2x)=22x 22=(2x 2)2-2 = (f(x)2-2.因为f (2x) mf (x) -6对于xw R恒成立，且f(x)0,f(x)所以m2 f(x) 一=4,且=4, f(x)f(0)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

8、)_2 = a+b_2 = 0, 所以0是函数g(x)的唯一零点.因为 g (x) =axln a +bx In b ,又由 0 ca 1 知 In a 0 ,In a所以g (x) =0有唯一解x0=logb().a lnb令 h(x) = g (x),贝U h (x) = (a ln a +b ln b) = a (ln a) + b (ln b),从而对任意xwR, h (x) 0 ,所以g (x) = h(x)是(一o,+b)上的单调增函数， 于是当 xw (,x0), g(x) cgd) =0;当 xw (%,收)时，g(x) a g(%) =0. 因而函数g(x)在(-g,)上是单

9、调减函数，在 (,一)上是单调增函数.若x00,则*0包 al*2 -2=0 ,且函数g(x)在以包和loga2为端点的闭区间上2的图象不间断，所以在x和loga2之间存在g(x)的零点，记为斗.因为0 a 1,所以loga 2 0 ,2又多0 ,所以为0,函数 g(x 加调递增；当a 0时，xwf。,工i时，g(x)0,函数g(x件调递增， ,2axw11 +“时，g(x)0时，函数g(x )单调递增区间为I。，1 ,单调递减区间为| 1 ,+ocI 2al12a(n)由(i)知，f(1 )=0.当aW0时，f(x)0, f(x)单调递减.所以当xw (0,1再，f(x)0, f(x)单调递

10、减.当xW(1, Z/寸，f(x)A0, f(x评调递增.一,.11当01,由(I)知f (x)在10, i内单调递增, ,2a可得当当 xw (0,1)时，f(x)0, .2a所以f (x心(0,1) 内单调递减，在 j, 内单调递增, ,2a所以f (x而x=1处取得极小值，不合题意11当a =时，即 =1时，f(x)在(0,1)内单调递增，在 (1,收)内单调递减, 2 2a所以当xw(0,)时，f(x)时，即0c 1，当xw| ,1时，f(x)0, f (x)单倜递增, 22a12a，当x11, y )时，f(x)1 时，g(x)0;(n)确定a的所有可能取值，使得 f(x) g(x)

11、在区间(1, +8)内恒成立。2ax2 -1f(x)=2ax=(x 0).x x当aW0时，f(x)0时，由 f (x) =0,有 x =-=.、2a当x亡(0,f(x)0, f (x)单调递增.2a(II)令 s(x) =ex -x ,则 s(x) = ex，-1.11当 x 1 时，s (x) 0,所以 e Ax,从而 g(x) = 一 一一0.x e(iii)由(II),当 x 1 时，g(x)0.当 a E0 , x1 时，f (x) = a(x21) ln x g(x)在区间(1, +oo)内恒成立时，必有 a 0.11当 0 1.2.、2a由(I)有f(1、八0 , 、.2a所以此

12、时f (x)g(x)在区间(1,+8)内不恒成立一 1 .一一 一当 a 至一时，令 h(x) = f (x) 一 g (x) ( x 至1).32x -2x 1 x -2x 1 -2 2 0.xx2当 x1 时，h(x) =2ax+2 -e1-x x-+2-x xx x x因此h(x)在区间(1,+笛)单调递增.又因为 h(1)=0,所以当 x1 时，h(x) = f (x) - g(x) 0,即 f(x)g(x)恒成立.1综上，a 匚,+0).235、(2016年天津局考)设函数 f (x) = x -ax-b , x= R ,其中a,b= R(i)求f (x)的单调区间；(n )若f (

13、x)存在极值点x0 ,且f (斗)=f (x0),其中x1 # x0 ,求证：x1 +2x0 = 0 ；1(出)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 -. . 4(1)解：由f (x) =x3ax b,可得f(x)=3x2a,下面分两种情况讨论:当a E0时，有f (x) =3x2 a20恒成立，所以f(x)的单调增区间为(-0严).当a 0时，令f (x)-0 ,解得x = Y至或x =33a当x变化时，f ( x)、f (x)的变化情况如下表:x而(-0, 3)3(J3a ,3a)商733(_2iL_,+oc)3f (x)+00+f(x)单调

14、递增极大值单调递减极小值单调递增 TOC o 1-5 h z 所以f(x)的单调递减区间为(立a,迤)，单调递增区间为 S坨)，(运,f 3333(2)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a 0且xo0.22 a32a由题思得f (x0)=3% a = 0,即 x0 = 一，进而 f (x0)= x0-ax0 -b= 一一 x0-b ,3338a2 a八又 f ( 2x0)= -8x0 +2ax0 b = - x0 + 2ax0 b = x0 b = f(x0),且2x0 丰 x0 ,33由题意及(1)知，存在唯一实数 x1满足f (x1) = f (x0),且x1 / x0,因此x1

15、 = -2x0,所以 x1 +2 x0 =0 .(3)证明：设g(x)在区间一1,1上的最大值为 M , maxx,y表示x, y两数的最大值，下面分三种情况讨论:当a之3时,3 a. 3 a , -1 1 ，由(1)33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 |所以 M =a -1 |b|2.a -1 -b,b -0, a -1 -b,b : 0,3 . I 2.3a .3a 3a

16、 23a TOC o 1-5 h z 当一a 3 时，-1 - 1 /3a +b|,| 2a/3a-b| =2a3a+|b巨 2m 3父 3x-99 199 441432、.3a 2、3a y/.当 0 a(一时，一1(一0时，g(x)在区间-1,1上的最大值不小于 1.6、(2016年全国I卷高考)已知函数f=(x-2)e*+以.(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.【解析】(I) f (x) =(x-1)ex+2a(x-1) = (x-1)(ex +2a).(i)当 a之0 时，则当 x 1 时，f(x)A0；当 x1 时，f(x)0故函数f (x)在(

17、-,1)单调递减，在(1,+8)单调递增.(ii )当 a 0；当 x e ( l n-( a2 )时1 f (x) 0故函数在(_oo,ln( Na) , (1,f)单调递增；在(ln(2a),1)单调递减.e.右 ln(夕，1 即 a 0；当 x w(1, l n(a2 叫 f (x) 0时，由(I)知，函数 f (x)在(g,1)单调递减，在(1,y)单调递增.a又 f(1)=e, f (2)=a,取实数 b 满足 b0且 bln,则2f (b) ； (b -2) a(b 一1)2 = a(b2 一 3 b) 0，f(x)有两个零点.(ii)若 a=0,则 f(x) =(x-2)ex,故

18、 f(x)只有一个零点.e 一 一一(iii)右a 0 ,由(I)知，当a之一一,则f(x)在(1,)单调递增，又当x M1时，f (x)0 ,2故f(x)不存在两个零点； e当ae,则函数在(ln(-2a),也)单调递增；在(1,ln( 2a)单调递减.又当xM1时，f(x)0 ,求a的取值范围.解析：(I) f(x)的定义域为(0,+b).当a=4时， .1 一f (x) u(x 1)ln x -4(x -1), f (x) -ln x 3 , f (1) = 一2, f (1) = 0.x所以曲线y = f(x)在(1,f(1)处的切线方程为2x + y2 = 0.(II)当 xW(1,

19、y)时，f (x) A0 等价于 lnx-a(x1)0.x 1/、 I a(x -1)令 g(x) =ln x-，x 121 2a x 2(1 -a)x 1 小小入j g(x)=一一 2-2二 不，g =0，x (x1) x(x1)(i)当 aw2, xw(1,)时，x2 +2(1-a)x+1 x2 -2x+10 ,故g(x)0,g(x)在xw(1,y)上单调递增，因此 g(x)0；(ii)当 a 2时，令 g，(x) =0得 x1 =a-1 _J(a-1)2 -1, x2 = a -1 + J(a-1)2 -1 ,由 x2 1 和 xix2 =1 得 x1 1,故当 xw(1,x2)时，g(x)0, g(x)在 xw(1,