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

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

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.