2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04 导数及其应用)

2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全

（04导数及其应用）

一、选择题：

1.（2015安徽文）函数fxax3bx2cxd的图像如图所示，则下列结论成立的是（ ）

（A）a>0，b<0，c>0，d>0 （B）a>0，b<0，c<0，d>0 （C）a<0，b<0，c<0，d>0 （D）a>0，b>0，c>0，d<0

2．（2015福建理）若定义在R上的函数fx 满足f01 ，其导函数fx 满足

fxk1 ，则下列结论中一定错误的是（ ）

A．f11 B．kk11 C．fkk111 D． fk1k1k1 fk1k1【答案】C

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

考点：函数与导数．

3．（2015福建文）“对任意x(0,

2)，ksinxcosxx”是“k1”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

考点：导数的应用．

4.(2015全国新课标Ⅰ卷理)设函数f(x)=ex(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是（ ）

A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1）

【答案】D 【解析】

试题分析：设g(x)=ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线

yaxa的下方.

111因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，当x时，所以当xg(x)＜0，g(x)＞0，

222时，[g(x)]max=-2e，

当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故ag(0)1，

3且g(1)3e1aa，解得≤a＜1，故选D.

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12 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

考点：导数的综合应用

5．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设函数f'(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，

xf'(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是（ ）

A．(,1)(0,1) B．(1,0)(1,) C．(,1)(1,0) D．(0,1)(1,)

【答案】A 【解析】

xf'(x)f(x)f(x)''试题分析：记函数g(x)，则g(x)，因为当x0时，xf(x)f(x)0，2xx'故当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0,)单调递减；又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(,0)单调递减，且g(1)g(1)0．当0x1时，g(x)0，则f(x)0；当x1时，g(x)0，则f(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1)，故选A．

考点：导数的应用、函数的图象与性质． 6. (2015陕西理)对二次函数f(x)ax2bxc（a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）

A．-1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点 C．3是f(x)的极值 D. 点(2,8)在曲线yf(x)上 【答案】A

考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

王 生

二、填空题：

1.（2015安徽理）设xaxb0，其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）

① a3,b3；②a3,b2；③a3,b2；④a0,b2；⑤a1,b2.

3

与最值；函数零点问题考查时，要经常性使用零点存在性定理.

2. (2015湖南理)0(x1)dx . 【答案】0.

2

【考点定位】定积分的计算.

【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.

3、(2015全国新课标Ⅰ卷文)已知函数fxaxx1的图像在点1,f1的处的切线过点

32,7，则 a .

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相切,则a= ． 【答案】8 【解析】

试题分析：由y1与

王 生

24. (2015全国新课标Ⅱ卷文)已知曲线yxlnx在点1,1 处的切线与曲线yaxa2x1

1可得曲线yxlnx在点1,1处的切线斜率为2,故切线方程为y2x1,xyax2a2x1 联立得ax2ax20,显然a0,所以由 a28a0a8.

考点：导数的几何意义.

5、(2015陕西文)函数yxex在其极值点处的切线方程为____________. 【答案】y1 e

考点：导数的几何意义. 6. (2015陕西理)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．

【答案】1.2 【解析】

试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：

1101022216，设抛物线的方程为x22py（p0），因为该抛225252222y，即yx，所以当前最大流物线过点5,2，所以2p25，解得p，所以x42255222224033量是2，故原xdx2xx352552555525757575316始的最大流量与当前最大流量的比值是1.2，所以答案应填：1.2．

403原始的最大流量是

考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．

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7. (2015陕西理)设曲线yex在点（0,1）处的切线与曲线y的坐标为 ． 【答案】1,1 【解析】

王 生

1(x0)上点p处的切线垂直，则px试题分析：因为yex，所以yex，所以曲线yex在点0,1处的切线的斜率k1ye01，

1111设的坐标为x0,y0（x00），则y0，因为y，所以y2，所以曲线y在点xxxx0112处的切线的斜率k2yxx02，因为k1k21，所以21，即x01，解得x01，

x0x0x0因为x00，所以x01，所以y01，即的坐标是1,1，所以答案应填：1,1．

考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．

x2

8、(2015四川文)已知函数f(x)＝2，g(x)＝x＋ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2，设m＝

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，n＝，现有如下命题：

x1x2x1x2①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；

②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0； ③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n； ④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n. 其中真命题有___________________(写出所有真命题的序号).

【答案】①④ 【解析】

对于①，因为f '(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正确

对于②，取a＝－8，即g'(x)＝2x－8，当x1，x2＜4时n＜0，②错误 对于③，令f '(x)＝g'(x)，即2xln2＝2x＋a 记h(x)＝2xln2－2x，则h'(x)＝2x(ln2)2－2

【考点定位】本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.

【名师点睛】本题首先要正确认识m，n的几何意义，它们分别是两个函数图象的某条弦的斜率，因此，借助导数研究两个函数的切线变化规律是本题的常规方法，解析中要注意“任意不相等的实数x1，x2”与切线斜率的关系与差别，以及“都有”与“存在”的区别，避免过失性失误.属于较难题. 9. (2015天津文) 已知函数fxaxlnx,x0, ,其中a为实数,fx为fx的导函数,

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若f13 ,则a的值为 ． 【答案】3 【解析】

试题分析：因为fxa1lnx ,所以f1a3. 考点：导数的运算法则.

王 生

10.(2015天津理)曲线yx2 与直线yx 所围成的封闭图形的面积为 . 【答案】

1 6【解析】

试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积

111Sxx2dxx2x3.

0306211考点：定积分几何意义.

三、解答题：

ax(a0,r0) 2(xr)（Ⅰ）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；

a（Ⅱ）若400，求f(x)在(0,)内的极值.

r1. （2015安徽文） 已知函数f(x)

2.（2015安徽理）设函数f(x)xaxb.

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2 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

（Ⅰ）讨论函数f(sinx)在( 王 生

,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； 22 （Ⅱ）记f0(x)x2a0xb0，求函数f(sinx)f0(sinx)在[,]上的最大值D； 22a2 （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取a0b00，求zb满足D1时的最大值.

4

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

x2klnx，k0． 3.（2015北京文）设函数fx2（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．

【答案】（1）单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；极小值f(k)证明详见解析.

k(1lnk)；（2）2 第9页 （共41页）

2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

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f(k)k(1lnk). 2k(1lnk). 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间(0,)上的最小值为f(k)k(1lnk)0，从而ke. 2当ke时，f(x)在区间(1,e)上单调递减，且f(e)0，

因为f(x)存在零点，所以所以xe是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点.

1ek0，f(e)0， 22当ke时，f(x)在区间(0,e)上单调递减，且f(1)所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.

考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.

1x4. （2015北京理）已知函数fxln．

1x （Ⅰ）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；

x31时，fx2x； （Ⅱ）求证：当x0，3 第10页 （共41页）

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x31恒成立，求k的最大值． （Ⅲ）设实数k使得fxkx对x0，3【答案】（Ⅰ）2xy0，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.

1x2,x(1,1),f(x),f(0)2,f(0)0，21x1x曲线yfx在点0，f0处的切线方程为2xy0；

试题解析：（Ⅰ）f(x)lnxx31时，fx2x，(x)0，0,1)成（Ⅱ）当x0，即不等式f(x)2对x(33立，设

1xx3x3F(x)ln2(x)ln(1x)ln(1x)2(x)，则

1x332x41时，FF(x)(x)0，故F(x)在（0，1）上为增函数，则，当x0，21xF(x)F(0)0，因此对x(0,1)，

3f(x)2(xx33)成立；

1x31，等价于F(x)ln（Ⅲ）使fxkx成立，x0，31x0，1；

xx3k(x)0，x32kx42k2F(x)k(1x)， 221x1x(x)0，函数在（0，1）上位增函数，F(x)F(0)0，符合题意；当k[0,2]时，F

k2(x)0,x04(0,1)， 当k2时，令Fx F(x) F(x) k(0,x0) - x0 0 极小值 (x0,1) + F(x)F(0)，显然不成立，

综上所述可知：k的最大值为2.

考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.

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(x1)25．（2015福建文）已知函数f(x)lnx．

2(Ⅰ)求函数fx的单调递增区间；

（Ⅱ）证明：当x1时，fxx1；

（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有fxkx1．

15【答案】(Ⅰ) 0,（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1． ；2x2x1【解析】(Ⅰ)求导函数fx，解不等式f'(x)0并与定义域求交集，得函数fx的

x单调递增区间；（Ⅱ）构造函数Fxfxx1，x1,．欲证明fxx1，只需证

明F(x)的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意；当k1时，对于x1，

有fxx1kx1，则fxkx1，从而不存在x01满足题意；当k1时，构造函数Gxfxkx1，x0,，利用导数研究函数G(x)的形状，只要存在x01，当

x(1,x0)时G(x)0即可．

1x2x1试题解析：（I）fxx1，x0,．

xxx015由fx0得2解得0x．

2xx1015故fx的单调递增区间是0,． 21x2（II）令Fxfxx1，x0,．则有Fx．

x当x1,时，Fx0，

所以Fx在1,上单调递减，

故当x1时，FxF10，即当x1时，fxx1． （III）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意．

当k1时，对于x1，有fxx1kx1，则fxkx1，从而不存在x01满足题意．

当k1时，令Gxfxkx1，x0,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx2由Gx0得，x1kx10．

解得x10，x21．

22当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单调递增．

从而当x1,x2时，GxG10，即fxkx1， 综上，k的取值范围是,1． 考点：导数的综合应用．

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1k1k241k1k24 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

6. （2015福建理） 已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R), (Ⅰ)证明：当x>0时，f(x)王 生

(Ⅱ)证明：当k<1时，存在x0>0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)；

(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|1-k 1+x-kx+(1-k)=，利用导数研究函数G(x)的形状和最值，证明当k<1时，存在x0>0，使得G(x)01+x即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当k>1时，对于\"x违故g(x)>f(x)，则不等式(0,+),g(x)>x>f(x)，G¢(x)=|f(x)-g(x)|k-2+(k-2)2+8(k-1)需说明M(x)0，易发现函数M(x)在xÎ（0，)递增，而M(0)0，故

4不存在；当k<1时，由(Ⅱ)知，存在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此

时不等式变形为ln(1+x)-kx-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)递增，而N(0)0，不满足题意；当k=1时，代入证明即可．

41x(x)=-1=-试题解析：解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),则有F¢

1+x1+x(x)<0,所以F(x)在(0,+?)上单调递减； 当x?(0,?), F¢故当x>0时，F(x)0时，f(x)1-kx+(1-k)(x)=-k=(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),则有G¢

1+x1+x(x)>0,所以G(x)在[0,+?)上单调递增, G(x)>G(0)=0 当k£0 G¢故对任意正实数x0均满足题意.

1-k1=-1>0． (x)=0,得x=当00,所以G(x)在[0,x0)上单调递增, G(x)>G(0)=0,取x0=-1，对任意xÎ(0,x0),恒有G¢k即

f(x)>g(x).

综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)．

(0,+),g(x)>x>f(x)，(3)当k>1时，由（1）知，对于\"x违故g(x)>f(x)，

|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，

21-2x+(k-2)x+k-1(x)=k--2x=, 令M(x)=kx-ln(1+x)-x,x违[0，+)，则有M¢1+x1+x22k-2+(k-2)2+8(k-1)k-2+(k-2)+8(k-1)(x)>0,M(x)在[0，故当xÎ（0，)时，M¢)上单

442调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在.

当k<1时，由（2）知存在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)． 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,

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2' 王 生

1-2x2-(k+2)x-k+1-k-2x=, 令N(x)=ln(1+x)-kx-x,x违[0，+)，则有N(x)=1+x1+x2-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)-(k+2)+(k+2)+8(1-k)故当xÎ（0，(x)>0,M(x)在[0，)时，N¢)44-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x,记x0与中较小4的为x1，

2则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，故满足题意的t不存在. 当k=1，由（1）知，当x违(0,+2),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x(x)=1--2x=, 令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+)，则有H¢1+x1+x当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)0时，恒有|f(x)-g(x)|解法二：（1）（2）同解法一.

(0,+（3）当k>1时，由（1）知，对于\"x违令(k-1)x>x2,解得0),g(x)>x>f(x)，，

故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，

从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以满足题意的t不存在.

k+1，从而k0,使得任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).

1-kx, 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=21-k1-kx>x2,解得0x2, 221-k记x0与中较小的为x1，则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，

2当k<1时，取k1=故满足题意的t不存在. 当k=1，由（1）知，当x违(0,+2),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

12x2x2x, 令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)11x1x(x)<0,所以M(x)在[0，+）当x>0时，M¢上单调递减，故M(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|考点：导数的综合应用．

2x7．（2015广东理）设a1，函数f(x)(1x)ea。

(1) 求f(x)的单调区间 ；

(2) 证明：f(x)在,上仅有一个零点；

(3) 若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,证明：m3a21． e 第14页 （共41页）

【答案】（1）,；（2）见解析；（3）见解析．

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【解析】（1）依题f'x1x2'ex1x2∴ fx在,上是单调增函数；

王 生

e'1xx2ex0，

【考点定位】本题考查导数与函数单调性、零点、不等式等知识，属于中高档题．

8. (2015湖北文)设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数， f(x)g(x)ex，其中e为自然对数的底数.

（Ⅰ）求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x0时，f(x)0，g(x)1；

f(x)（Ⅱ）设a0，b1，证明：当x0时，ag(x)(1a)bg(x)(1b).

x11)0.【答案】（Ⅰ）f(x)(exex)，g(x)(exex).证明：当x0时，ex1，0ex1，故f(x221又由基本不等式，有g(x)(exex)exex1，即g(x)1. （Ⅱ）由（Ⅰ）得

2x1x11xe1xx1x11xex1f(x)(ex)(e2x)(ee)g(x)⑤g(x)(ex)(e2x)(exex)f(x)⑥

2e2e22e2e2 第15页 （共41页）

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当x0时，

王 生

f(x)f(x)ag(x)(1a)等价于f(x)axg(x)(1a)x ⑦ bg(x)(1b)等价于xxf(x)bxg(x)(1b)x. ⑧于是设函数 h(x)f(x)cxg(x)(1c)x，由⑤⑥，有h(x)g(x)cg(x)cxf(x)(1c)(1c)[g(x)1]cxf(x). 当x0时，（1）若c0，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上为增函数，从而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑦成立.（2）若c1，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上为减函数，从而h(x)h(0)0，即

f(x)f(x)cxg(x)(1c)x，故⑧成立.综合⑦⑧，得 ag(x)(1a)bg(x)(1b)

x【考点定位】本题考查函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用，属高档题.

【名师点睛】将函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用联系在一起，重点考查函数的综合性，体现了函数在高中数学的重要地位，其解题的关键是第一问需运用奇函数与偶函数的定义及性质建立方程组进行求解；第二问属于函数的恒成立问题，需借助导数求解函数最值来解决.

19．（2015湖北理）已知数列{an}的各项均为正数，bnn(1)nan(nN)，e为自然对数的底数．

n1（Ⅰ）求函数f(x)1xex的单调区间，并比较(1)n与e的大小；

nbbbbbbbbbn（Ⅱ）计算1，12，123，由此推测计算12的公式，并给出证明；

a1a2a1a1a2a3a1a2anan)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn, 证明：TneSn.

1【答案】（Ⅰ）f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,). (1)ne；（Ⅱ）详见解

n析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 试题解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f(x)1ex. 当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增； 当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减.

第16页 （共41页）

（Ⅲ）令cn(a1a21n 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

故f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,). 当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.

王 生

111令x，得1en，即(1)ne. ①

nnnbbbb1b1（Ⅱ）11(1)1112；121222(1)2(21)232；

a1a2a1a22a11b1b2b3b1b2b31323(1)3(31)343. a1a2a3a1a2a331由此推测：

b1b2a1a2bn(n1)n. ② an下面用数学归纳法证明②.

（1）当n1时，左边右边2，②成立.

bbbk(k1)k. （2）假设当nk时，②成立，即12a1a2ak当nk1时，bk1(k1)(1b1b2a1a2bkbk1bb12akak1a1a2bkbk1akak11k1)ak1，由归纳假设可得 k11k1(k1)k(k1)(1)(k2)k1.

k1所以当nk1时，②也成立. 根据（1）（2），可知②对一切正整数n都成立. （Ⅲ）由cn的定义，②，算术-几何平均不等式，bn的定义及①得 Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)131n111213(a1a2an)

1n(bbb)(bbbn)(b1)(b1b2) 12312234n1bbbnbbbbbb31121212 122334n(n1)1111111b1[]b2[]bn

1223n(n1)2334n(n1)n(n1)11111b1(1)b2()bn()

n12n1nn1bbb11112n(1)1a1(1)2a2(1)nan 12n12nea1ea2eaneSn.

即TneSn. 考点：1.导数的应，2.数列的概念，3.数学归纳法，4.基本不等式 2*10. (2015湖南文)函数f(x)aecosx(x[0,)，记xn为f(x)的从小到大的第n(nN)个极

1112值点。

（I）证明：数列{f(xn)}是等比数列；

（II）若对一切nN,xnf(xn)恒成立，求a的取值范围。

*2e2,) 【答案】（I）略；(II) [4【解析】

试题分析：（I）由题f(x)2aexcos(x) ，令f(x)0 ，求出函数的极值点，根据等

4 第17页 （共41页）

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n34 王 生

2eet比数列定义即可得到结果；(II)由题问题等价于恒成立问题，设g(t)(t0)，

3atn454然后运用导数知识得到[g(xn)]minmin[g(x1),g(x2)]min[g(),g()]g()e2，所以

444242e2，求得ae2，得到a的取值范围； a4

xx试题解析：（I）f(x)aecosxaesinx2aexcos(x)

43,mN*， 令f(x)0，由x0，得xm，即xm424 而对于cos(x若2k4)，当kZ时，

3x2k，则cos(x)0；

24244435若2kx2k，即2kx2k，则cos(x)0；

24244433)与(m,m)上，f(x)的符号总相反，于是当 因此，在区间((m1),m44433xm,mN*时，f(x)取得极值，所以xnn,nN*，此时，

4433nn32n1f(xn)ae4cos(n)(1)ae4，易知f(xn)0，而

422(n1)34n2aef(xn1)(1)2e是常数， 3f(xn)2n4(1)n1ae22故数列{f(xn)}是首项为f(x1)ae4，公比为e的等比数列。

232n34*（II）对一切nN,xnf(xn)恒成立，即n恒成立，亦即 ae42x2k，即2k2e恒成立，

3an4etet(t1) 设g(t)(t0)，则g(t)，令g(t)0得t1， 2tt当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减； 当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1,)上单调递增； 因为xn(0,1)，且当n2时，xn(1,),xnxn1,所以

n3454[g(xn)]minmin[g(x1),g(x2)]min[g(),g()]g()e2

444242*因此，nN,xnf(xn)恒成立，当且仅当e2，解得ae2，

a4 第18页 （共41页）

2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

2故实数a的取值范围是[e2,)。 4考点：恒成立问题；等比数列的性质

11. (2015湖南理)已知a0，函数f(x)eaxsinx(x[0,))，记xn为f(x)的从小到大的第

n(nN*)个极值点，证明： （1）数列{f(xn)}是等比数列

1*（2）若a，则对一切nN，xn|f(xn)|恒成立.

e21【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

【考点定位】1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.

【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.

12. (2015江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y

a（其中a，b为常数）模型. 2xb（1）求a，b的值；

（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.

①请写出公路l长度的函数解析式ft，并写出其定义域； ②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度. 【答案】（1）a1000,b0;（2）①f(t)千米

910692t,定义域为[5,20]，②t102,f(t)min1534t4 第20页 （共41页）

2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

（2）①由

100010005x20（），则点的坐标为t,2， 2xt2000设在点处的切线l交x，y轴分别于，点，y3，

x（1）知，y考点：利用导数求函数最值，导数几何意义

13. (2015江苏)已知函数f(x)xaxb(a,bR). （1）试讨论f(x)的单调性；

（2）若bca（实数c是a与无关的常数），当函数f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(,3)(1,)(,)，求c的值.

第21页 （共41页）

32

3232 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

【答案】（1）当a0时， fx在,上单调递增；

王 生

2a2afx0,,上单调递增，在,0上单调递减； 当a0时， 在，332a2afx,0,0,，当a0时， 在上单调递增，在上单调递减．

33（2）c1.

考点：利用导数求函数单调性、极值、函数零点

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14. (2015全国新课标Ⅰ卷文)设函数fxe2x 王 生

alnx.

（I）讨论fx的导函数fx的零点的个数； （II）证明：当a0时fx2aaln2. a试题解析：（I）f(x)的定义域为0，+¥()a(x)=2e2x-x>0. ，f¢x()(x)>0，f¢(x)没有零点； 当a£0时,f¢当a>0时，因为e单调递增，-b满足00,当

a1(b)<0,故当a>0时，f¢(x)存在唯一零点. 且b<时，f¢44

115.(2015全国新课标Ⅰ卷理)已知函数f（x）=x3ax,g(x)lnx.

4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

（Ⅱ）用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)零点的个数. 【答案】（Ⅰ）a-(x0) ，讨论h（x）

33535；（Ⅱ）当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，4444453h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点.

44【解析】

试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将x分为x1,x1,0x1研究h(x)的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论. 试题解析：（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即

1313x0ax00，解得. x,a40243x2a003因此，当a时，x轴是曲线yf(x)的切线. ……5分

4（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0， ∴h(x)在（1，+∞）无零点.

55 当x=1时，若a，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,故x=1是h(x)4455的零点；若a，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的

44零点.

当x(0,1)时，g(x)lnx0，所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数.

(ⅰ)若a3或a0，则f(x)3xa在（0,1）无零点，故f(x)在（0,1）单调，而f(0)21，45f(1)a，所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点；当a0时，f(x)在（0，1）无零

4点.

(ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，时，f(x)取的最小值，最小值为f(①

若f(aaa）单调递减，在（，1）单调递增，故当x=333a1a2a. )=33433a)＞0，即＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点. 343a② 若f()=0，即a，则f(x)在（0,1）有唯一零点；

3431553a③ 若f()＜0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，

3444445f(x)在（0,1）有两个零点；当3a时，f(x)在（0,1）有一个零点.…10分

43535综上，当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当

444453a时，h(x)有三个零点. ……12分 44考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想

第24页 （共41页）

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16. (2015全国新课标Ⅱ卷文)已知fxlnxa1x. （I）讨论fx的单调性；

（II）当fx有最大值,且最大值大于2a2时,求a的取值范围. 【答案】（I）a0,fx在0,是单调递增；a0,fx在0,递减；（II）0,1. 【解析】

王 生

11单调递增,在,单调aa考点：

导数的应用.

mx217．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设函数f(x)exmx． (Ⅰ)证明：f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；

（Ⅱ）若对于任意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]． 【解析】

试题分析：(Ⅰ)先求导函数f(x)m(e'mx根据m的范围讨论导函数在(,0)和(0,)的1)2x，

符号即可；（Ⅱ）f(x1)f(x2)e1恒成立，等价于f(x1)f(x2)maxe1．由x1,x2是两个独立的变量，故可求研究f(x)的值域，由(Ⅰ)可得最小值为f(0)1，最大值可能是f(1)或f(1)，故只需f(1)f(0)e1,，从而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和

f(1)f(0)e1, 第25页 （共41页）

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符号，从而得解．

王 生

考点：导

数的综合应用．

18. (2015山东文)设函数

. 已知曲线

在点(1,f(1))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(k,k1)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m(x)min{f(x),g(x)}（min{p，q}表示，p，q中的较小值），求m(x)的最大值. 【答案】（I）a1 ；(II) k1 ；(III) 【解析】

试题分析：（I）由题意知， f'(1)2，根据f'(x)lnx4. e2a1,即可求得. x（II）k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根.

x2设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx,

e通过研究x(0,1]时，h(x)0.又h(2)3ln2得知存在x0(1,2)，使h(x0)0.

应用导数研究函数h(x)的单调性，当x(1,)时，h(x)单调递增. 作出结论：k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根.

（III）由（II）知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x(0,x0)时，f(x)g(x)，

44ln8110, 22ee(x1)lnx,x(0,x0]. x(x0,)时，f(x)g(x)，得到m(x)x2,x(x0,)xe当x(0,x0)时，研究得到m(x)m(x0).

4当x(x0,)时，应用导数研究得到m(x)m(2)2,且m(x0)m(2).

e 第26页 （共41页）

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综上可得函数m(x)的最大值为

王 生

4. e2在点(1,f(1))处的切线斜率为2，所以f'(1)2，

试题解析：（I）由题意知，曲线又f'(x)lnxa1,所以a1. x（II）k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根.

x2设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx,

e当x(0,1]时，h(x)0.

44又h(2)3ln22ln82110,

ee所以存在x0(1,2)，使h(x0)0.

1x(x2)1,h'(x)10，当x(2,)时，因为h'(x)lnx1所以当时，x(1,2)xxeeh'(x)0，

所以当x(1,)时，h(x)单调递增.

所以k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根.

（III）由（II）知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x(0,x0)时，f(x)g(x)，

(x1)lnx,x(0,x0]. x(x0,)时，f(x)g(x)，所以m(x)x2,x(x0,)ex当x(0,x0)时，若x(0,1],m(x)0;

1若x(1,x0),由m'(x)lnx10,可知0m(x)m(x0);故m(x)m(x0).

xx(2x),可得x(x0,2)时，m'(x)0,m(x)单调递增；x(2,)当x(x0,)时，由m'(x)ex时，m'(x)0,m(x)单调递减；

4可知m(x)m(2)2,且m(x0)m(2).

e4综上可得函数m(x)的最大值为2.

e考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值.

219. (2015山东理)设函数fxlnx1axx，其中aR.

 （Ⅰ）讨论函数fx极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若x0,fx0成立，求a的取值范围.

【答案】（I）：当a0 时，函数fx在1,上有唯一极值点； 当0a当a8时，函数fx在1,上无极值点； 98时，函数fx在1,上有两个极值点； 9（II）a的取值范围是0,1.

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（4）当a0时，设hxxlnx1

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【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.

【名师点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的应用，着重考查了分类讨论、数形结合、转化的思想方法，意在考查学生结合所学知识分析问题、解决问题的能力，其中最后一问所构造的函数体现了学生对不同函数增长模型的深刻理解.

20. (2015陕西文) 设fn(x)xx2xn1,nN,n2.

(I)求fn(2)；

1122(II)证明：fn(x)在0,内有且仅有一个零点（记为an），且0an.

2333【答案】(I) fn(2)(n1)2n1 ；(II)证明略，详见解析.

【解析】

试题分析：(I)由题设fn(x)12x列{n2n1nnxn1，所以fn(2)122n2n2n1，此式等价于数

}的前n项和，由错位相减法求得fn(2)(n1)2n1；

2222 (II)因为f(0)10，fn()12120，所以fn(x)在(0,)内至少存在

333322一个零点，又fn(x)12xnxn10，所以fn(x)在(0,)内单调递增，因此，fn(x)在(0,)331xn1ann1，所以0fn(an)内有且只有一个零点an，由于fn(x)1，由此可得1x1an111anann1

222n1n1211n11212故an，继而得0anan. 23222333n1试题解析：(I)由题设fn(x)12xnx，

所以fn(2)122n2n1 ①

2n由 2fn(2)1222n ①②得fn(2)1222 2 ②

2n1n2n

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122n2n(1n)2n1， 12所以 fn(2)(n1)2n1 (II)因为f(0)10

n221n233222112fn()120， 2333132所以fn(x)在(0,)内至少存在一个零点，

3又fn(x)12xnxn10

2所以fn(x)在(0,)内单调递增，

32因此，fn(x)在(0,)内有且只有一个零点an，

31xn1， 由于fn(x)1x1ann所以0fn(an)1

1an11n11由此可得anan

22212故an 23n1n11n11212所以0anan

222333考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.

21．(2015陕西理)设fnx是等比数列1，x，x，，x的各项和，其中x0，n，n2．

2n11n11，且xnxn； ,1内有且仅有一个零点（记为xn）

222（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gnx，比

（I）证明：函数Fnxfnx2在较fnx

与gnx的大小，并加以证明．

【答案】（I）证明见解析；（II）当x=1时， fn(x)=gn(x)，当x1时，fn(x)试题分析：（I）先利用零点定理可证Fnx在1,1内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证211n11；（II）先设Fnx在,1内有且仅有一个零点，进而利用xn是Fnx的零点可证xnxn222hxfnxgnx，再对x的取值范围进行讨论来判断hx与0的大小，进而可得fnx和

gnx的大小．

试题解析：（I）Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-1>0,

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2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

111Fn()1222所以Fn(x)在211n1221212n1210, 2n1,1内至少存在一个零点xn. 21n1又Fn(x)12xnx0，故在,1内单调递增，

21所以Fn(x)在,1内有且仅有一个零点xn.

2111-xnn+1因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)=0，即-2=0，故xn=+xnn+1.

221-xnn+1)(1+x)((II)解法一：由题设，g(x)=.

nn2设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+当x=1时, fn(x)=gn(x)

xnn+1)(1+x)(-,x>0.

n2n1nn1xn1当x1时, h(x)12xnx.

2nn1n1n(n+1)n-1n(n+1)n-1n1n1n1x=x-x=0. 若01,h(x)x2xnx222所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减， 所以h(x)综上所述，当x=1时, fn(x)=gn(x)；当x1时fn(x)解法二 由题设，fn(x)=1+x+x+当x=1时, fn(x)=gn(x)

2(n+1)(1+x),x>0.

x,g(x)=nnn2当x1时, 用数学归纳法可以证明fn(x)1(1-x)2<0,所以f2(x)kk+11+x2xk+1+(k+1)xk+k+1)(k+1k+1k+1. fk+1(x)=fk(x)+x22kk1k1k+1k令h(x)=kx-(k+1)x+1(x>0)，则hk(x)k(k1)xkk1xkk1x(x1)

当n=2时, f2(x)-g2(x)=-()k(x)0,hk(x)在(0,1)上递减； 所以当01,hk2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，从而gk+1(x)>

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故fk+1(x)解法三:由已知，记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2, 王 生

,n+1.则a1=b1=1，

an+1=bn+1=xn，

xn1(2kn),bkxk1(2kn), 所以ak1+k1nk1xn1k1令mk(x)akbk1x,x0(2kn).

n当x=1时, ak=bk,所以fn(x)=gn(x).

k1n1nx(k1)xk2k1xk2xnk11 当x1时, mk(x)n而2kn，所以k-1>0，nk11.

n-k+1<1,mk(x)0, 若01,xn-k+1(x)0, >1,mk从而mk(x)在(0,1)上递减,mk(x)在(1,)上递增.所以mk(x)>mk(1)=0， 所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1，故fn(x)22. (2015上海文)本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分.

1，其中a为实数. x（1）根据a的不同取值，判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由； （2）若a(1,3)，判断函数f(x)在[1,2]上的单调性，并说明理由. 【答案】（1）f(x)是非奇非偶函数；（2）函数f(x)在[1,2]上单调递增.

1【解析】（1）当a0时，f(x)，显然是奇函数；

x当a0时，f(1)a1，f(1)a1，f(1)f(1)且f(1)f(1)0， 所以此时f(x)是非奇非偶函数.

2 已知函数f(x)ax 第33页 （共41页）

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【考点定位】函数的奇偶性、单调性.

22

23、(2015四川文)已知函数f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，其中a>0. (Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；

(Ⅱ)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解. (I)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)

g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a) 所以g'(x)＝2－

22(x1) xx当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减

当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞)，g(x)单调递增

(II)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx

令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0 于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0

令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1) 由u'(x)＝1－

1≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 x故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1 即a0∈(0，1)

当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0 再由(I)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0 当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0 又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0

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综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.

【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.

【名师点睛】本题第(Ⅰ)问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数a消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第(Ⅱ)问需要证明的是：对于某个a∈(0，1)，f(x)的最小值恰好是0，而且在(1，＋∞)上只有一个最小值.因此，本题仍然要先讨论f(x)的单调性，进一步说明对于找到的a，f(x)在(1，＋∞)上有且只有一个等于0的点，也就是在(1，＋∞)上有且只有一个最小值点.属于难题.

2224. (2015四川理)已知函数f(x)2(xa)lnxx2ax2aa，其中a0.

（1）设g(x)是f(x)的导函数，评论g(x)的单调性；

（2）证明：存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在(1,+)内有唯一解.

【答案】（1）当0a1114a114a时，g(x)在区间(0,),(,)上单调递增， 在区间4221114a114a(,)上单调递减；当a时，g(x)在区间(0,)上单调递增.（2）详见解

422析.

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【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.

【名师点睛】本题作为压轴题，难度系数应在0.3以下.导数与微积分作为大学重要内容，在中学要求学生掌握其基础知识，在高考题中也必有体现.一般地，只要掌握了课本知识，是完全可以解决第（1）题的，所以对难度最大的最后一个题，任何人都不能完全放弃，这里还有不少的分是志在必得的.解决函数题需要的一个重要数学思想是数形结合，联系图形大胆猜想. 在本题中，结合待证结论，可以想象出f(x)的大致图象，要使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在(1,+)内有唯一解，则这个解x0应为极小值点，且极小值为0，当x(1,x0)时，f(x)的图象递减；当

x(x0,)时，f(x)的图象单调递增，顺着这个思想，便可找到解决方法.

25. (2015天津文)已知函数f(x)=4x-x,x?R, （I）求f(x)的单调性； （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);

4a1（III）若方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x13【答案】（I）fx 的单调递增区间是,1 ,单调递减区间是1,；（II）见试题解析；（III）

见试题解析. 【解析】

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试题解析：（I）由f(x)=4x-x,可得f¢(x)=4-4x,当fx0 ,即x1 时,函数fx 单调

43

递增；当fx0 ,即x1 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Px0,0 ,则x04 ,fx012, 曲线yfx 在点P处的切线方程为

13yfx0xx0 ,即gxfx0xx0,令Fxfxgx 即Fxfxfxxx0 则Fxfxfx0.

由于f(x)=4-4x3在, 单调递减,故Fx在, 单调递减,又因为Fx00,所以当x,x0时,Fx0,所以当xx0,时,Fx0,所以Fx 在,x0单调递增,在x0,单调递减,所以对任意的实数x,FxFx00 ,对于任意的正实数x,都有

f(x)£g(x).

考点：1.导数的几何意义；2.导数的应用.

26. (2015天津理)已知函数f(x)nxx,xR，其中nN,n2. (I)讨论f(x)的单调性；

(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)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证： |x2-x1|< 第37页 （共41页）

n*a+2 1-n 2015年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

【答案】(I) 当n为奇数时，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增；当n为偶数时，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.

n试题解析：(I)由f(x)nxx，可得，其中nN*且n2， 下面分两种情况讨论： （1）当n为奇数时：

令f(x)0，解得x1或x1，

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

x (,1) (1,1) (1,)  f(x)   f(x) 所以，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增. (2)当n为偶数时，

当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增； 当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减.

所以，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减.

(II)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0n1n1，f(x0)nn2，曲线yf(x)在点P处的切

线方程为yf(x0)xx0，即g(x)f(x0)xx0，令F(x)f(x)g(x)，即

F(x)f(x)f(x0)xx0，则F(x)f(x)f(x0)

由于f(x)nxn1n在0,上单调递减，故F(x)在0,上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0,x0)时，F(x0)0，当x(x0,)时，F(x0)0，所以F(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,)内单调递减，所以对任意的正实数x都有F(x)F(x0)0，即对任意的正实数x，都有f(x)g(x).

2 (III)证明：不妨设x1x2，由(II)知g(x)nnxx，设方程g(x)a的根为x，可得

02ax0.，当n2时，g(x)在,上单调递减，又由(II)知nn2g(x2)f(x2)ag(x2),可得x2x2. x2类似的，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx，当x(0,)，

f(x)h(x)xn0，即对任意x(0,)，f(x)h(x).

a设方程h(x)a的根为x1，可得x1，因为h(x)nx在,上单调递增，且

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hx1'afx1hx1，因此x1'x1.

由此可得x2x1x2'x1'n1ax0. 1nn111Cn11n1n，故2因为n2，所以2所以，x2x1111nn1x0.

a2. 1n

考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

27、(2015重庆文)已知函数f（x）=ax3+x2（aR）在x=（I） （II）

确定a的值；

若g（x）= f（x）ex，讨论的单调性.

4处取得极值. 3【答案】（Ⅰ）a=【解析】

1；（Ⅱ）g(x)在(-?,4)和(-1,0) 内为减函数，(-4,-1)和(0,+?)内为增函数.. 24试题分析：（Ⅰ）先求出函数f(x)的导函数f¢(x)=3ax2+2x，由已知有f¢(-)=0可得关于a的

3一个一元方程，解之即得a的值；

32x（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果可得函数g(x)=琪琪x+xe，利用积的求导法则可求出

骣12桫1g¢(x)=x(x+1)(x+4)ex，令g¢(x)=0，解得x=0,x=-1或x=-4.从而分别讨论x<-4，

2-40时g¢(x)的符号即可得到函数g(x)的单调性． 试题解析： (1)对f(x)求导得f¢(x)=3ax2+2x

44处取得极值，所以f¢(-)=0， 3316416a81即3a?2?()=-=0,解得a=.

93332骣132x(2)由(1)得，g(x)=琪琪x+xe,

2桫骣骣132132x骣1352xx 故g¢琪琪=x(x+1)(x+4)ex (x)=琪x+2xe+x+xe=x+x+2xe琪琪琪22222桫桫桫令g¢(x)=0，解得x=0,x=-1或x=-4. 当x<-4时，g¢(x)<0,故g(x)为减函数； 当-40,故g(x)为增函数； 当-10时，g¢(x)>0,故g(x)为增函数；

综上知g(x)在(-?,4)和(-1,0) 内为减函数，(-4,-1)和(0,+?)内为增函数.

因为f(x)在x=-考点：1. 导数与极值；2. 导数与单调性.

3x2ax28．(2015重庆理) 设函数fxaR xe （1）若fx在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yfx在点1,f1处的切

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线方程；

（2）若fx在3,上为减函数，求a的取值范围。 【答案】（1）a0，切线方程为3x-ey=0；（2）[,). 【解析】

王 生

92试题解析：(1)对f(x)求导得f(x)6xaex3xaxe22

xex3x26axa xe因为f(x)在x=0处取得极值，所以f(0)0，即a=0.

333x23x26xf(1)=,f(1)（，1f(1)）当a=0时，f(x)=x,f(x),故,从而f(x)在点处的切eeeex33线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0

ee3x26axa(2)由(1)得，f(x), xe2 令g(x)=-3x+(6-a)x+a

【考点定位】复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．

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问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；本题涉及第一个点和第二个点，主要注意问题的转化，转化为不等式恒成立，转化为二次函数的性质．

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