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高中数学文科(2017-2015)三年高考真题分类汇编:导数与函数的单调性解析版

高中数学文科(2017-2015)三年高考真题分类汇编:

导数与函数的单调性

1.【2017浙江,7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示,则函数y=f (x )的图像可能是

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【答案】D

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【考点】 导函数的图象

【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系:若导函数图象与x 轴的交点为0x ,且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方,则0x 为原函数单调性的拐点,运用导数知识来讨论函数单调性时,由导函数)('x f 的正负,得出原函数)(x f 的单调区间. 2【2015高考湖南,文8】设函数()ln(1)ln(1)f x x 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()ln(1)ln(1)f x x x =+--,函数的定义域为(-1,1),函数

()ln(1)ln(1)()f x x x f x -=--+=-所以函数是奇函数.()2

111

'111f x x x x

=

+=+--,

在(0,1)上()'0f x >,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

【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:()'0f x >时为增函数;()'0f x <时为减函数.研

究函数性质时,首先要明确函数定义域.

3.【2014全国2,文11】若函数()f x kx Inx =-在区间()1,+∞单调递增,则k 的取值范围是( )

(A )(],2-∞- (B )(],1-∞- (C )[)2,+∞ (D )[)1,+∞ 【答案】D

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【考点定位】函数的单调性.

【名师点睛】本题考查了利用函数的导数研究函数的单调性,不等式的恒成立,属于中档题,深入理解函数的单调性与函数导数之间的关系是解题的关键,注意不等式的恒成立的处理时端点值能否取到认真判断.

4. 【2016高考新课标1文数】若函数1

()sin 2sin 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 )11,33??-????(D )11,3

?

?--??

?

?

【答案】C 【解析】

试题分析:()2

1cos2cos 03

f x x a x '=-

+…对x ∈R 恒成立, 故()2212cos 1cos 03x a x -

-+…,即2

45cos cos 033

a x x -+…恒成立, 即245033t at -

++…对[]1,1t ∈-恒成立,构造()24533

f t t at =-++,开口向下的二次函

数()f t 的最小值的可能值为端点值,故只需保证()()1103

110

3f t f t ?

-=-????-=+??

……,解得1133a -剟.故选C .

考点:三角变换及导数的应用

【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性. 5.【 2014湖南文9】若1201x x <<<,则( )

A.2121ln ln x

x

e e x x ->-

B.2121ln ln x x

e e x x -<-

C.1221x

x

x e x e >

D.1221x

x

x e x e <

【答案】C

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【考点定位】导数 单调性

【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质,解决问题的关键是根据所给选项构造对应的函数,利用函数的性质分析其单调性,对选项作出判断. 6.【2017课标1,文21】已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x .

(1)讨论()f x 的单调性;

(2)若()0f x ≥,求a 的取值范围.

【答案】(1)当0a =,)(x f 在(,)-∞+∞单调递增;当0a >,()f x 在(,ln )a -∞单调递减,在(ln ,)a +∞单调递增;当0a <,()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减,在(ln(),)2

a -+∞单调递增;(2)3

4

[2e ,1]-.

【解析】

试题分析:(1)分0a =,0a >,0a <分别讨论函数)(x f 的单调性;(2)分0a =,0a >,

0a <分别解0)(≥x f ,从而确定a 的取值范围.

:(

1

()

f x 的定义域为

(,)

-∞+∞,

22()2(2)()x x x x f x e ae a e a e a '=--=+-,

①若0a =,则2()x

f x e =,在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >,则由()0f x '=得ln x a =.

当(,ln )x a ∈-∞时,()0f x '<;当(ln ,)x a ∈+∞时,()0f x '>,所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减,在(ln ,)a +∞单调递增. ③若0a <,则由()0f x '=得ln()2

a

x =-.

当(,ln())2a x ∈-∞-时,()0f x '<;当(ln(),)2

a x ∈-+∞时,()0f x '>,故()f x 在

(,ln())2a -∞-单调递减,在(ln(),)2

a

-+∞单调递增.

(2)①若0a =,则2()x

f x e =,所以()0f x ≥.

②若0a >,则由(1)得,当ln x a =时,()f x 取得最小值,最小值为2

(ln )ln f a a a =-.从而当且仅当2

ln 0a a -≥,即1a ≤时,()0f x ≥.

③若0a <,则由(1)得,当ln()2

a

x =-时,()f x 取得最小值,最小值为

23(ln())[ln()]242a a f a -=--.从而当且仅当23[ln()]042

a a --≥,即342e a ≥-时()0f x ≥. 综上,a 的取值范围为3

4

[2e ,1]-. 【考点】导数应用

【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用:(一)函数单调性的讨论:运用导数知识来讨论函数单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出)('x f ,有)('x f 的正负,得出函数)(x f 的单调区间;(二)函数的最值(极值)的求法:由确认的单调区间,结合极值点

的定义及自变量的取值范围,得出函数)(x f 极值或最值. 7.【2017课标II ,文21】设函数2()(1)x f x x e =-. (1)讨论()f x 的单调性;

(2)当0x ≥时,()1f x ax ≤+,求a 的取值范围.

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【答案】(Ⅰ)在(,1-∞- 和(1)-+∞单调递减,在(11---+单调递增(Ⅱ)[1,)+∞

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20000()(1)(1)1f x x x ax >-+>+.

试题解析:(1)2()(12)x

f x x x e '=--

令()0f x '=得1x =-±

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当(,1x ∈-∞--时,()0f x '<;当(11x ∈--时,()0f x '>;当

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(1)x ∈-++∞时,()0f x '<

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所以()f x 在(,1-∞-- 和(1)-++∞单调递减,在(11---+单调递增 (2)()(1)(1)x f x x x e =-+

当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x

,h ’(x )= -xe x

<0(x >0),因此h (x )在[0,+∞)单调递减,而h (0)=1, 故h (x )≤1,所以

f (x )=(x +1)h (x )≤x +1≤ax +1

当0<a <1时,设函数g (x )=e x -x -1,g ’(x )=e x -1>0(x >0),所以g (x )在在[0,+∞)单调递增,而g (0)=0,故e x ≥x +1

当0<x <1,2

()(1)(1)f x x x >-+,22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---,取

0x =

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则2

000000(0,1),(1)(1)0,()1x x x ax f x ax ∈-+-=?+故

当0a ≤时,取200000()(1)(1)11x f x x x ax =

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>-+=>+ 综上,a 的取值范围[1,+∞)

【考点】利用导数求函数单调区间,利用导数研究不等式恒成立

【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 8.【2017课标3,文21】已知函数()f x =ln x +ax 2

+(2a +1)x .

(1)讨论()f x 的单调性; (2)当a ﹤0时,证明3

()24f x a

≤-

-. 【答案】(1)当0≥a 时,)(x f 在),0(+∞单调递增;当0

-单调递增,在),21

(+∞-

a

单调递减;(2)详见解析

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试题解析:(1))0()

1)(12(1)12(2)('2>++=+++=x x

x ax x x a ax x f ,

当0≥a 时,0)('≥x f ,则)(x f 在),0(+∞单调递增,

当0

单调递增,在),21

(+∞-a

单调递减. (2)由(1)知,当0

()(max a

f x f -=,

121)21ln()243()21(++-=+---

a a a a f ,令t t y -+=1ln (021>-=a t ), 则011

'=-=t y ,解得1=t ,

∴y 在)1,0(单调递增,在),1(+∞单调递减, ∴0)1(max ==y y ,∴0≤y ,即)243(

)(max +-≤a x f ,∴243)(--≤a

x f . 【考点】利用导数求单调性,利用导数证不等式 【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略

(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式.(2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 9.【2017天津,文19】设,a b ∈R ,||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+,

()e ()x g x f x =.

(Ⅰ)求()f x 的单调区间;

(Ⅱ)已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点(x 0,y 0)处有相同的切线, (i )求证:()f x 在0x x =处的导数等于0;

(ii )若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立,求b 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)递增区间为(,)a -∞,(4,)a -+∞,递减区间为(),4a a -.(2)(ⅰ)()f x 在0x x =处的导数等于0.(ⅱ)b 的取值范围是[7],1-. 【解析】

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()()1f x f a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立,得32261b a a =-+,11a -≤≤,再根据导数

求函数的取值范围.

试题解析:(I )由32

4()63()f x x a x x a b =--+-,可得

2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--,

令()0f 'x =,解得x a =,或4x a =-.由||1a ≤,得4a a <-. 当x 变化时,()f 'x ,()f x 的变化情况如下表:

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所以,()f x 的单调递增区间为(,)a -∞,(4,)a -+∞,单调递减区间为(),4a a -.

(II )(i )因为()e (()())x

x x g'f f 'x =+,由题意知0

00()e ()e x x x x g g'?=??=??,

所以00

00

000()e e e (()())e

x x x

x f f f x 'x x ?=??+=??,解得00()1()0f 'x x f =??=?.

所以,()f x 在0x x =处的导数等于0.

(ii )因为()e x

g x ≤,00[11],x x x ∈-+,由e 0x

>,可得()1f x ≤.

又因为0()1f x =,0()0f 'x =,故0x 为()f x 的极大值点,由(I )知0x a =. 另一方面,由于||1a ≤,故14a a +<-,

由(I )知()f x 在(,)1a a -内单调递增,在(),1a a +内单调递减,

故当0x a =时,()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立,从而()e x

g x ≤在00,[11]x x -+上恒成立.

由3

2

()63()14a a f a a a a b =---+=,得3

2

261b a a =-+,11a -≤≤. 令3

2

()261t x x x =-+,[1,1]x ∈-,所以2

()612t'x x x =-, 令()0t'x =,解得2x =(舍去),或0x =.

因为(1)7t -=-,(1)3t =-,(0)1t =,故()t x 的值域为[7],1-.

所以,b 的取值范围是[7],1-.

【考点】1.导数的几何意义;2.导数求函数的单调区间;3.导数的综合应用.

【名师点睛】本题本题考点为导数的应用,本题属于中等问题,第一问求导后要会分解因式,并且根据条件能判断两个极值点的大小关系,避免讨论,第二问导数的几何意义,要注意切点是公共点,切点处的导数相等的条件,前两问比较容易入手,但第三问,需分析出0x a =,同时根据单调性判断函数的最值,涉及造函数解题较难,这一问思维巧妙,有选拔优秀学生的功能.

10.【2014山东.文20】(本题满分13分) 设函数.,1

1

ln )(为常数其中a x x x a x f +-+

= (1)若0=a ,求曲线))1(,1()(f x f y 在点=处的切线方程; (2)讨论函数)(x f 的单调性. 【答案】(1)210x y --=.

(2)当0a ≥时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增; 当1

2

a ≤-

时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减;

当1

02

a -

<<时,()f x 在)+∞上单调递减,

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在上单调递增.

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【解析】

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性.其中0a ≥时,情况较为单一,'

()0f x >,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增, 当0a <时,令2

()(22)g x ax a x a =+++,

由于22

(22)44(21)a a a ?=+-=+,再分12a =-,12a <-,1

02

a -<<等情况加以讨论.

试题解析:(1)由题意知0a =时,1

(),(0,)1

x f x x x -=∈+∞+, 此时'

2

2

()(1)

f x x =+, 可得'1

(1)2

f =

,又(1)0f =, 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为210x y --=. (2)函数()f x 的定义域为(0,)+∞,

2'

22

2(22)()(1)(1)

a ax a x a

f x x x x x +++=+=++, 当0a ≥时,'

()0f x >,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增, 当0a <时,令2

()(22)g x ax a x a =+++, 由于2

2(22)44(21)a a a ?=+-=+, ① 当1

2

a =-

时,0?=, 2

'2

1

(1)2()0(1)x f x x x --=≤+,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减,

② 当1

2

a <-

时,0,()0g x ?<<, '()0f x <,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减,

③ 当1

02

a -

<<时,0?>, 设1212,()x x x x <是函数()g x 的两个零点,

则1x =

,2x =,

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由1x =

0=>,

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所以1(0,)x x ∈时,'

()0,()0g x f x <<,函数()f x 单调递减,

12(,)x x x ∈时,'()0,()0g x f x >>,函数()f x 单调递增, 2(,)x x ∈+∞时,'()0,()0g x f x <<,函数()f x 单调递减,

综上可知,当0a ≥时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增; 当1

2

a ≤-

时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减;

当1

02

a -

<<时,()f x 在)+∞上单调递减,

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在上单调递增.

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考点:导数的几何意义,应用导数研究函数的单调性,分类讨论思想.

【名师点睛】本题考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等.解答本题的主要困难是(II )利用分类讨论思想,结合函数零点,确定函数的单调性.

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单调性等基础知识、基本方法的同时,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,考查转化与化归思想及分类讨论思想.

11.[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,1

1ln x x x

-<

<; (III )设1c >,证明当(0,1)x ∈时,1(1)x

c x c +->.

【答案】(Ⅰ)当01x <<时,()f x 单调递增;当1x >时,()f x 单调递减;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)见解析.

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试题解析:(Ⅰ)由题设,()f x 的定义域为(0,)+∞,'

1()1f x x

=

-,令'

()0f x =,解得1x =.

当01x <<时,'()0f x >,()f x 单调递增;当1x >时,'

()0f x <,()f x 单调递减. ………4分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,()f x 在1x =处取得最大值,最大值为(1)0f =, 所以当1x ≠时,ln 1x x <-, 故当(1,)x ∈+∞时,ln 1x x <-,11ln

1x x <-,即1

1ln x x x

-<<. ………………7分 (Ⅲ)由题设1c >,设()1(1)x

g x c x c =+--,则'

()1ln x

g x c c c =--.

令'()0g x =,解得01

ln

ln ln c c x c

-=

. 当0x x <时,'

()0g x >,()g x 单调递增;当0x x >时,'

()0g x <,()g x 单调递减. ……………9分 由(Ⅱ)知,1

1ln c c c

-<

<,

故001x <<.又(0)(1)0g g ==,故当01x <<时,()0g x >, 所以当(0,1)x ∈时,1(1)x

c x c +->. ………………12分 考点:1、利用导数研究函数的单调性;2、不等式的证明与解法.

【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑:(1)首先通过利用研究函数的单调性,再利用单调性进行证明;(2)根据不等式结构构造新函数,通过求导研究新函数的单调性或最值来证明.

12.【2016高考天津文数】((本小题满分14分)

设函数b ax x x f --=3

)(,R x ∈,其中R b a ∈, (Ⅰ)求)(x f 的单调区间;

(Ⅱ)若)(x f 存在极值点0x ,且)()(01x f x f =,其中01x x ≠,求证:0201=+x x ; (Ⅲ)设0>a ,函数|)(|)(x f x g =,求证:)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于...4

1

.

【答案】(Ⅰ)

递减区间为(,

递增区间为(,-∞

,()+∞.

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(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)详见解析 【解析】