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2016年高考数学试题分类汇编导数及其应用理

导数及其应用 一、选择题 1、(2016 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= ? ?? ln x,0 ? x ? 1, 图象上点 P1,P2 处 ?ln x, x ? 1, 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△PAB 的面积的取值 范围是 (A)(0,1) (B)(0,2) (C)(0,+∞) (D)(1,+∞) 【答案】A 2、(2016 年全国 I 高考)函数 y=2x –e 在[–2,2]的图像大致为 2 |x| 【答案】D 二、填空题 1、 (2016 年全国 II 高考) 若直线 y ? kx ? b 是曲线 y ? ln x ? 2 的切线, 也是曲线 y ? ln( x ? 1) 的切线,则 b ? 【答案】 1 ? ln 2 2、(2016 年全国 III 高考)已知 f ? x ? 为偶函数,当 x ? 0 时, f ( x) ? ln(? x) ? 3x ,则曲线 . y ? f ? x ? 在点 (1, ?3) 处的切线方程 是_______________。 【答案】 y ? ?2 x ? 1 三、解答题 1、 (2016 年北京高考) 设函数 f ( x) ? xea? x ? bx ,曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方 程为 y ? (e ? 1) x ? 4 , (1)求 a , b 的值; (2)求 f ( x ) 的单调区间. 【解析】 (I)? f ( x) ? xea ? x ? bx ∴ f ?( x) ? ea ? x ? xea ? x ? b ? (1 ? x)e a ? x ? b ∵曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y ? (e ? 1) x ? 4 ∴ f (2) ? 2(e ? 1) ? 4 , f ?(2) ? e ? 1 即 f (2) ? 2ea ? 2 ? 2b ? 2(e ? 1) ? 4 ① f ?(2) ? (1 ? 2)e a ? 2 ? b ? e ? 1 ② 由①②解得: a ? 2 , b ? e (II)由(I)可知: f ( x) ? xe2 ? x ? ex , f ?( x) ? (1 ? x)e 2 ? x ? e 令 g ( x) ? (1 ? x)e 2 ? x , ∴ g ?( x) ? ?e 2 ? x ? (1 ? x)e 2 ? x ? ( x ? 2)e 2 ? x x ? ??, 2 ? ? 2 0 ? 2, ?? ? ? ? ? 极小值 ∴ g ( x) 的最小值是 g (2) ? (1 ? 2)e 2 ? 2 ? ?1 ∴ f ?( x) 的最小值为 f ?(2) ? g (2) ? e ? e ? 1 ? 0 即 f ?( x) ? 0 对 ?x ? R 恒成立 g ?( x) g ( x) ∴ f ( x) 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无减区间. 2、(2016 年山东高考)已知 f ( x) ? a ? x ? ln x ? ? (I)讨论 f ( x) 的单调性; (II)当 a ? 1 时,证明 f ( x)>f ' ? x ? ? 2x ?1 ,a?R . x2 3 对于任意的 x ??1, 2? 成立. 2 ( x) = a (1- )- 【解析】(Ⅰ) 求导数 f ′ 1 x 2 x-2 x3 ( x-1)(ax2-2) = x3 ( x) > 0 , f ( x) 单调递增, 当 a ≤0 时, x ∈(0,1) , f ′ x ∈(1, +∞ ), f ′ ( x) < 0 , f ( x) 单调递减; ( x-1)(ax2-2) ( x) = = 当 a > 0 时, f ′ x3 (1) 当 0<a<2时, a ( x-1)(x- x3 2 2 )( x + ) a a 2 > 1, a x ∈(0,1) 或 x ∈( 2 ( x) > 0 , f ( x) 单调递增, , +∞ ), f ′ a x ∈(1, 2 ( x) < 0 , f ( x) 单调递减; ), f ′ a 2 +∞ ), f ′ ( x) ≥0 , f ( x) 单调递增, = 1, x ∈(0, a (2) 当 a =2 时, (3) 当 a >2 时, 0 < 2 <1, a x ∈(0, 2 +∞), f ′ ( x) > 0 , f ( x) 单调递增, )或 x ∈(1, a x ∈( 2 ( x) < 0 , f ( x) 单调递减; ,1), f ′ a 2 x-1 , x2 (Ⅱ) 当 a ? 1 时, f ( x ) = x-ln x + ( x-1)(x 2-2) 1 2 2 f′ ( x) = = 1- - 2 + 3 3 x x x x ( x) = x-ln x + 于是 f ( x)-f ′ 2 x-1 1 2 2 - - 2 + 3) , 2 -(1 x x x x 3 1 2 + 2- 3 x x x , x ? [1,2] = x-ln x-1 + 令 g( x) = x-ln x , h( x ) = -1 + 3 1 2 + 2 - 3 , x ? [1,2] , x x x ( x) = g( x) + h( x) , 于是 f ( x)-f ′ 1 x-1 g′ ( x) = 1- = ≥0 , g( x) 的最小值为 g(1) = 1 ; x x 3 2 6 -3x 2-2x + 6 ( x) = - 2 - 3 + 4 = 又 h′ x x x x4 10 , 设 θ( x) = -3x -2 x + 6 , x ? [1,2] ,因为 θ(1) = 1 , θ(2) = - 2 所以必有 x0 ∈[1,


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