《2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用)（41页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 1页（共 41页） 2015 年全国各地高考数学试题及解答分类大全 （导数及其应用） 一、选择题： 1. （2015 安徽文） 函数 32 fxaxbxcxd的图像 如图所示，则下列结论成立的是（） （A）a0，b0，d0（B）a0，b0，c0 （C）a0，b0，c0（D）a0，b0，c0，d时，f()； ( ) 证明：当1k , 使得对 0 (0),xx?任意，恒有 f( )( )xg x； ( ) 确定 k 的所以可能取值，使得存在0t ，对任意的(0),x?，t恒有 2 |f( )( )|xg xx- 【答案】 ( ) 详见解析； ( ) 详见解析； ( )=1k 【解析】 试题分析
2、： ( ) 构造函数( )f( )ln(1),(0,),F xxxxx x=-=+-?+￥只需求值域的右端点并和0 比较 即可； ( ) 构造函数G( )f()( )ln(1),(0,),xxg xxkx x=-=+-?+￥即( )0G x，求导得 1 ( ) 1+ Gxk x =- (1k) 1+ kx x -+- =， 利用导数研究函数( )G x的形状和最值， 证明当1k ， 使得( )0G x 即可； ( ) 由( ) 知，当1k 时，对于(0,),x违+( )f()g xxx ，故( )f( )g xx，则不等式 2 | f( )( )|xg xx-变形为 2 kln(1)xxx-+
3、，构造函数 2 M()kln(1),0)xxxxx=-+-违，+，只 需说明( )0M x，易发现函数( )Mx在 2 2(k2)8(k 1) 0) 4 k x -+-+- ? （ ，递增，而(0)0M，故 不存在；当1k , 使得对任意的任意的 0 (0),xx，?恒有f( )( )xg x，此 时不等式变形为 2 ln(1)kxxx+-， 构造 2 N()ln(1)k,0)xxxxx=+-违 ，+，易发现函数( )N x在 2 ( +2(k +2)8(1 k) 0) 4 k x -+- ? ） （ ，递增，而(0)0N，不满足题意；当=1k时，代入证明即可 试题解析：解法一： (1) 令(
4、 )f( )ln(1),(0,),F xxxxx x=-=+-?+￥则有 1 ( )1 1+1+ x Fx xx =-= - 当(0,),x?+￥( )0Fx 时，( )(0)0,F xF时，xxf(), 所以G( )x在0,)+￥上单调递增,G( )(0)0 xG= 故对任意正实数 0 x均满足题意. 当01k 取 0 1 =1x k ，-对任意 0 (0,),xx?恒有G ( )0 x , 所以G( )x在 0 0, x )上单调递增,G( )(0)0 xG=, 即 f( )( )xg x. 综上，当1k , 使得对任意的 0 (0),xx，?恒有f( )( )xg x (3) 当1k 时
5、，由（ 1）知，对于(0,),x违+( )f( )g xxx ，故( )f( )g xx， | f( )( )|( )( )kln(1)xg xg xf xxx-=-=-+， 令 2 M()kln(1),0)xxxxx=-+-违，+，则有 2 1-2+(k-2)1 M ( )k2 =, 11 xxk xx xx +- =- + 故当 2 2(k2)8(k 1) 0) 4 k x -+-+- ? （ ，时，M ( )0 x ,M()x在 2 2(k2)8(k 1) 0) 4 k -+-+- ，上单 调递增，故M()M(0)0 x =, 即 2 |f( )( ) |xg xx-, 所以满足题意的t
6、 不存在. 当1k , 使得对任意的任意的 0 (0),xx，?恒有f( )( )xg x 此时|f( )( ) | f( )( )ln(1)kxg xxg xxx-=-=+-, 第 14页（共 41页） 令 2 N( )ln(1)k,0)xxxxx=+-违，+，则有 2 1-2-(k+2)1 ( )2 =, 11 xxk Nxkx xx -+ =- + 故当 2 ( +2(k +2)8(1k) 0) 4 k x -+- ? ） （ ，时，N ( )0 x ,M( )x在 2 (2)(k2)8(1k) 0) 4 k-+- ， 上单调递增，故N( )(0)0 xN=, 即 2 f( )( )xg
7、 xx-, 记 0 x与 2 (2)(k2)8(1 k) 4 k-+- 中较小 的为 1 x， 则当 2 1 (0)| f( )( ) |xxxg xx?-，时，恒有，故满足题意的t 不存在. 当=1k，由（ 1）知，(0,),x 违当+|f( )( ) |( )( )ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+， 令 2 H( )ln(1),0)xxxxx=-+-违，+，则有 2 1-2 H ( )12 =, 11 xx xx xx - =- + 当0 x 时，H ( )0 x , 所以H( )x在0 +￥，）上单调递减，故H( )(0)0 xH时，恒有 2 |f( )( ) |xg xx
8、-时，由（ 1）知，对于(0,),x违+( )f( )g xxx， 故| f( )( )|( )( )kln(1)k(k1)xg xg xfxxxxxx-=-=-+-=-， 令 2 (k1),01xxxk-时，(0,1)xk?-对于恒有 2 | f( )( )|xg xx-, 所以满足题意的t 不存在. 当1k 时，取 11 k+1 =1 2 kkk, 使得 0 (0),xx?任意，恒有 1 f( )( )xk xkxg x=. 此时 1 1 |f( )( ) | f( )( )(k) 2 k xg xxg xkxx - -=-=, 令 21k1k ,0 22 xxx - , 记 0 x与 1
9、-k 2 中较小的为 1 x，则当 2 1 (0)| f()( )|xxxg xx?-，时，恒有， 故满足题意的t 不存在. 当=1k，由（ 1）知，(0,),x 违当+|f( )( ) |( )( )ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+， 令 2 M()ln(1),0)xxxxx，+，则有 2 12 M ( )12, 11 xx xx xx 当0 x 时，M ( )0 x , 所以M()x在0 +，）上单调递减，故M()M(0)0 x 时，恒有 2 |f( )( ) |xg xx-. 当0a 时,( )0fx ，( )fx 没有零点； 当0a 时，因为 2 x e单调递增， a x
10、 -单调递增，所以( )fx 在( ) 0 +￥，单调递增. 又( )0fa , 当 b 满足0 4 a b且 1 4 b 时，(b)0f 时，( )fx 存在唯一零点. 15.(2015 全国新课标卷理)已知函数f（x）= 31 ,( )ln 4 xaxg xx. ()当 a 为何值时， x 轴为曲线( )yfx的切线； （）用min,m n表示 m,n 中的最小值， 设函数 ( )min( ), ( )(0)h xf xg xx，讨论 h（x） 零点的个数 . 第 24页（共 41页） 【答案】（） 3 - 4 a； （）当 3 4 a或 5 4 a时，( )h x由一个零点；当 3 4
11、a或 5 4 a时， ( )h x有两个零点；当 53 44 a时，( )h x有三个零点. 【解析】 试题分析：（）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； （） 根据对数函数的图像与性质将x分为1,1,01xxx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：（）设曲线( )yfx与x轴相切于点 0 (,0)x，则 0 ()0f x， 0 ()0fx，即 3 00 2 0 1 0 4 30 xax xa ，解得 0 13 , 24 xa. 因此，当 3 4 a 时，x轴是曲线( )yf x的切线.5 分 （）当(1,)x时，( )
12、ln0g xx，从而( )min( ),( )( )0h xf xg xg x， ( )h x在（1，+）无零点. 当x=1时，若 5 4 a，则 5 (1)0 4 fa，(1)min(1), (1)(1)0hfgg, 故x=1 是( )h x 的零点；若 5 4 a，则 5 (1)0 4 fa，(1)min(1), (1)(1)0hfgf, 故x=1不是( )h x的 零点. 当(0,1)x时，( )ln0g xx，所以只需考虑( )f x在（0,1 ）的零点个数. ( ) 若3a或0a，则 2 ( )3fxxa在（0,1 ）无零点，故( )f x在（0,1 ）单调，而 1 (0) 4 f，
13、 5 (1) 4 fa，所以当3a时，( )f x在（0， 1）有一个零点；当a0 时，( )f x在（0， 1）无零 点. ( ) 若30a，则( )f x在（0， 3 a ）单调递减，在（ 3 a ，1）单调递增，故当x= 3 a 时，( )f x取的最小值，最小值为() 3 a f= 21 334 aa . 1若 () 3 a f 0，即 3 4 a0，( )f x在（ 0,1 ）无零点. 2若() 3 a f=0 ，即 3 4 a，则( )f x在（0,1 ）有唯一零点； 3若() 3 a f 0， 即 3 3 4 a，由于 1 (0) 4 f， 5 (1) 4 fa，所以当 53 4
14、4 a时， ( )f x在（0,1 ）有两个零点；当 5 3 4 a时，( )f x在（0,1 ）有一个零点. 10分 综上，当 3 4 a或 5 4 a时，( )h x由一个零点；当 3 4 a或 5 4 a时，( )h x有两个零点；当 53 44 a时，( )h x有三个零点.12 分 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 16. (2015 全国新课标卷文)已知ln1fxxax. 第 25页（共 41页） （I）讨论fx的单调性； （II ）当fx有最大值 ,且最大值大于22a时,求 a 的取值范围 . 【答案】 （I）0a,fx在0,是单调递增；
15、0a,fx在 1 0, a 单调递增 ,在 1 , a 单调 递减；（ II）0,1. 【解析】 考点： 导数的应用 . 17(2015 全国新课标卷理)设函数 2 ( ) mx f xexmx ()证明：( )f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增； （）若对于任意 12 , 1,1x x，都有 12()()1f xf xe ，求m的取值范围 【答案】 ()详见解析；（） 1,1 【解析】 试题分析： ()先求导函数 ( )(1)2 mx fxm ex， 根据m的范围讨论导函数在(,0)和(0,)的 符号即可；（） 12 ()()1f xf xe恒成立，等价于 12 max ()()1
16、f xf xe由 12 ,x x是两个独 立的变量，故可求研究( )f x的值域，由 ( )可得最小值为(0)1f，最大值可能是( 1)f或(1)f， 故只需 (1)(0)1, ( 1)(0)1, ffe ffe ，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 符号，从而得解 第 26页（共 41页） 考点：导 数的综合应用 18.(2015 山东文)设函数.已知曲线在点(1,(1)f处的 切线与直线平行. （）求a 的值； （）是否存在自然数k，使得方程( )( )f xg 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； （）设函数( )min( ),( )m xf xg x（minp，q表示， p，q 中的较小值） ，求 m(x)的最大值. 【答案】（I ）1a；(II)1k；(III) 2 4 e . 【解析】 试题分析：（I ）由题意知，(1)2f，根据( )ln1, a fxx x 即可求得. （II ）1k时
