2016年高中数学导数高考真题

1、.高中数学导数高考真题一选择题（共7小题）1函数y=2x2e|x|在2，2的图象大致为（）ABCD2函数y=sinx2的图象是（）ABCD3若函数f（x）=xsin2x+asinx在（，+）单调递增，则a的取值范围是（）A1，1B1，C，D1，4已知a为函数f（x）=x312x的极小值点，则a=（）A4B2C4D25若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质下列函数中具有T性质的是（）Ay=sinxBy=lnxCy=exDy=x36函数f（x）=的图象如图所示，则下列结论成立的是（）Aa0，b0，c0Ba0，b0，c0Ca0，b0，c

2、0Da0，b0，c07设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（1）=0，当x0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，+）二填空题（共8小题）8已知函数f（x）=（2x+1）ex，f（x）为f（x）的导函数，则f（0）的值为9函数f（x）=（x2）的最大值为10已知f（x）为偶函数，当x0时，f（x）=ex1x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是11已知f（x）为偶函数，当x0时，f（x）=ln（x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，3）处的切线方程是12若直线y

3、=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=13函数y=xex在其极值点处的切线方程为14曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为15已知函数f（x）=ax3+x+1的图象在点（1，f（1）处的切线过点（2，7），则a=三解答题（共15小题）16已知函数f（x）=（x+1）lnxa（x1）（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1）处的切线方程；（II）若当x（1，+）时，f（x）0，求a的取值范围17设函数f（x）=xeax+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=（e1）x+4，（）求a，b的值；（）求f（x）的单调区间18设

4、f（x）=xlnxax2+（2a1）x，aR（）令g（x）=f（x），求g（x）的单调区间；（）已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围19设函数f（x）=ax2alnx，g（x）=，其中aR，e=2.718为自然对数的底数（）讨论f（x）的单调性；（）证明：当x1时，g（x）0；（）确定a的所有可能取值，使得f（x）g（x）在区间（1，+）内恒成立20设函数f（x）=lnxx+1（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x（1，+）时，1x；（3）设c1，证明当x（0，1）时，1+（c1）xcx21已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）

5、有两个零点，求a的取值范围22设函数f（x）=（x1）3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间0，2上的最大值不小于23设函数f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A24（）讨论函数f（x）=ex的单调性，并证明当x0时，（x2）ex+x+20；（）证明：当a0，1）时，函数g（x）=（x0）有最小值设g（x）的最小值为h（a

6、），求函数h（a）的值域25设函数f（x）=x3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=0；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间1，1上的最大值不小于26已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2227已知f（x）=a（xlnx）+，aR（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）f（x）+对于任意的x1，2成立28设函数f（x）=x3+ax2+bx+c（1）求曲

7、线y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：a23b0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件29已知函数f（x）=ax+bx（a0，b0，a1，b1）（1）设a=2，b=求方程f（x）=2的根；若对于任意xR，不等式f（2x）mf（x）6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0a1，b1，函数g（x）=f（x）2有且只有1个零点，求ab的值30设函数f（x）=x3+，x0，1，证明：（）f（x）1x+x2（）f（x）高中数学导数高考真题参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1（2016新课标）函数y=2x2e|x|

8、在2，2的图象大致为（）ABCD【分析】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答案【解答】解：f（x）=y=2x2e|x|，f（x）=2（x）2e|x|=2x2e|x|，故函数为偶函数，当x=2时，y=8e2（0，1），故排除A，B； 当x0，2时，f（x）=y=2x2ex，f（x）=4xex=0有解，故函数y=2x2e|x|在0，2不是单调的，故排除C，故选：D【点评】本题考查的知识点是函数的图象，对于超越函数的图象，一般采用排除法解答2（2016浙江）函数y=sinx2的图象是（）ABCD【分析】根据函数奇偶性的性质，以及函数零点的个数进行判断排除即可【

9、解答】解：sin（x）2=sinx2，函数y=sinx2是偶函数，即函数的图象关于y轴对称，排除A，C；由y=sinx2=0，则x2=k，k0，则x=，k0，故函数有无穷多个零点，排除B，故选：D【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数奇偶性和函数零点的性质是解决本题的关键比较基础3（2016新课标）若函数f（x）=xsin2x+asinx在（，+）单调递增，则a的取值范围是（）A1，1B1，C，D1，【分析】求出f（x）的导数，由题意可得f（x）0恒成立，设t=cosx（1t1），即有54t2+3at0，对t讨论，分t=0，0t1，1t0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等

10、式即可得到所求范围【解答】解：函数f（x）=xsin2x+asinx的导数为f（x）=1cos2x+acosx，由题意可得f（x）0恒成立，即为1cos2x+acosx0，即有cos2x+acosx0，设t=cosx（1t1），即有54t2+3at0，当t=0时，不等式显然成立；当0t1时，3a4t，由4t在（0，1递增，可得t=1时，取得最大值1，可得3a1，即a；当1t0时，3a4t，由4t在1，0）递增，可得t=1时，取得最小值1，可得3a1，即a综上可得a的范围是，故选：C【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用

11、，属于中档题4（2016四川）已知a为函数f（x）=x312x的极小值点，则a=（）A4B2C4D2【分析】可求导数得到f（x）=3x212，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值【解答】解：f（x）=3x212；x2时，f（x）0，2x2时，f（x）0，x2时，f（x）0；x=2是f（x）的极小值点；又a为f（x）的极小值点；a=2故选D【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象5（2016山东）若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质下列函数中具有T性质

12、的是（）Ay=sinxBy=lnxCy=exDy=x3【分析】若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为1，进而可得答案【解答】解：函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为1，当y=sinx时，y=cosx，满足条件；当y=lnx时，y=0恒成立，不满足条件；当y=ex时，y=ex0恒成立，不满足条件；当y=x3时，y=3x20恒成立，不满足条件；故选：A【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方

13、程，转化思想，难度中档6（2015安徽）函数f（x）=的图象如图所示，则下列结论成立的是（）Aa0，b0，c0Ba0，b0，c0Ca0，b0，c0Da0，b0，c0【分析】分别根据函数的定义域，函数零点以及f（0）的取值进行判断即可【解答】解：函数在P处无意义，由图象看P在y轴右边，所以c0，得c0，f（0）=，b0，由f（x）=0得ax+b=0，即x=，即函数的零点x=0，a0，综上a0，b0，c0，故选：C【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的信息，结合定义域，零点以及f（0）的符号是解决本题的关键7（2015新课标）设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（1

14、）=0，当x0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，+）【分析】由已知当x0时总有xf（x）f（x）0成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（，0）（0，+）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）0等价于xg（x）0，数形结合解不等式组即可【解答】解：设g（x）=，则g（x）的导数为：g（x）=，当x0时总有xf（x）f（x）成立，即当x0时，g（x）恒小于0，当x0时，函数g（x

15、）=为减函数，又g（x）=g（x），函数g（x）为定义域上的偶函数又g（1）=0，函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f（x）0xg（x）0或，0x1或x1故选：A【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题二填空题（共8小题）8（2016天津）已知函数f（x）=（2x+1）ex，f（x）为f（x）的导函数，则f（0）的值为3【分析】先求导，再带值计算【解答】解：f（x）=（2x+1）ex，f（x）=2ex+（2x+1）ex，f（0）=2e0+（20+1）e0=2+1=3故答案为：3【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题9（

16、2016北京）函数f（x）=（x2）的最大值为2【分析】分离常数便可得到，根据反比例函数的单调性便可判断该函数在2，+）上为减函数，从而x=2时f（x）取最大值，并可求出该最大值【解答】解：；f（x）在2，+）上单调递减；x=2时，f（x）取最大值2故答案为：2【点评】考查函数最大值的概念及求法，分离常数法的运用，以及反比例函数的单调性，根据函数单调性求最值的方法10（2016新课标）已知f（x）为偶函数，当x0时，f（x）=ex1x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是y=2x【分析】由已知函数的奇偶性结合x0时的解析式求出x0时的解析式，求出导函数，得到f（1），然后代入直线方程

17、的点斜式得答案【解答】解：已知f（x）为偶函数，当x0时，f（x）=ex1x，设x0，则x0，f（x）=f（x）=ex1+x，则f（x）=ex1+1，f（1）=e0+1=2曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是y2=2（x1）即y=2x故答案为：y=2x【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了函数解析式的求解及常用方法，是中档题11（2016新课标）已知f（x）为偶函数，当x0时，f（x）=ln（x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，3）处的切线方程是2x+y+1=0【分析】由偶函数的定义，可得f（x）=f（x），即有x0时，f（x）=lnx3x，求出导数，求得切线

18、的斜率，由点斜式方程可得切线的方程【解答】解：f（x）为偶函数，可得f（x）=f（x），当x0时，f（x）=ln（x）+3x，即有x0时，f（x）=lnx3x，f（x）=3，可得f（1）=ln13=3，f（1）=13=2，则曲线y=f（x）在点（1，3）处的切线方程为y（3）=2（x1），即为2x+y+1=0故答案为：2x+y+1=0【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，同时考查函数的奇偶性的定义和运用，考查运算能力，属于中档题12（2016新课标）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=1ln2【分析】先设切点，然后利用切点来寻找切线斜率的联

19、系，以及对应的函数值，综合联立求解即可【解答】解：设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；由导数的几何意义可得k=，得x1=x2+1再由切点也在各自的曲线上，可得联立上述式子解得；从而kx1+b=lnx1+2得出b=1ln2【点评】本题考查了导数的几何意义，体现了方程思想，对学生综合计算能力有一定要求，中档题13（2015陕西）函数y=xex在其极值点处的切线方程为y=【分析】求出极值点，再结合导数的几何意义即可求出切线的方程【解答】解：依题解：依题意得y=ex+xex，令y=0，可得x=1，y=因此函数y=xex在其极值点处的

20、切线方程为y=故答案为：y=【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力属于基础题14（2015天津）曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为【分析】先根据题意画出区域，然后依据图形得到积分下限为0，积分上限为1，从而利用定积分表示出曲边梯形的面积，最后用定积分的定义求出所求即可【解答】解：先根据题意画出图形，得到积分上限为1，积分下限为0直线y=x与曲线y=x2所围图形的面积S=01（xx2）dx而01（xx2）dx=（）|01=曲边梯形的面积是故答案为：【点评】本题主要考查了学生会求出原函数的能力，以及考查了数形结合的思想

21、，同时会利用定积分求图形面积的能力，解题的关键就是求原函数15（2015新课标）已知函数f（x）=ax3+x+1的图象在点（1，f（1）处的切线过点（2，7），则a=1【分析】求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可【解答】解：函数f（x）=ax3+x+1的导数为：f（x）=3ax2+1，f（1）=3a+1，而f（1）=a+2，切线方程为：ya2=（3a+1）（x1），因为切线方程经过（2，7），所以7a2=（3a+1）（21），解得a=1故答案为：1【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力三解答题（共15小题）16（2016新课标）已知函数f（x）=（x+1）ln

22、xa（x1）（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1）处的切线方程；（II）若当x（1，+）时，f（x）0，求a的取值范围【分析】（I）当a=4时，求出曲线y=f（x）在（1，f（1）处的切线的斜率，即可求出切线方程；（II）先求出f（x）f（1）=2a，再结合条件，分类讨论，即可求a的取值范围【解答】解：（I）当a=4时，f（x）=（x+1）lnx4（x1）f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f（x）=lnx+（x+1）4，则f（1）=ln1+24=24=2，即函数的切线斜率k=f（1）=2，则曲线y=f（x）在（1，0）处的切线方程为y=2（x1）=2x+2；（II）f（x

23、）=（x+1）lnxa（x1），f（x）=1+lnxa，f（x）=，x1，f（x）0，f（x）在（1，+）上单调递增，f（x）f（1）=2aa2，f（x）f（1）0，f（x）在（1，+）上单调递增，f（x）f（1）=0，满足题意；a2，存在x0（1，+），f（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0（1，+），f（x0）0，不合题意综上所述，a2【点评】本题主要考查了导数的应用，函数的导数与函数的单调性的关系的应用，导数的几何意义，考查参数范围的求解，考查学生分析解决问题的能力，有难度17（2016北京）设函数f（x）=xeax+

24、bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=（e1）x+4，（）求a，b的值；（）求f（x）的单调区间【分析】（）求函数的导数，根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及f（2），建立方程组关系即可求a，b的值；（）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求f（x）的单调区间【解答】解：（）y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=（e1）x+4，当x=2时，y=2（e1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，同时f（2）=e1，f（x）=xeax+bx，f（x）=eaxxeax+b，则，即a=2，b=e；（）a=2，b=e；f（x）=xe2x+ex，f（x）=e2x

25、xe2x+e=（1x）e2x+e，f（x）=e2x（1x）e2x=（x2）e2x，由f（x）0得x2，由f（x）0得x2，即当x=2时，f（x）取得极小值f（2）=（12）e22+e=e10，f（x）0恒成立，即函数f（x）是增函数，即f（x）的单调区间是（，+）【点评】本题主要考查导数的应用，根据导数的几何意义，结合切线斜率建立方程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键综合性较强18（2016山东）设f（x）=xlnxax2+（2a1）x，aR（）令g（x）=f（x），求g（x）的单调区间；（）已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围【分析】（）先求出g（x）=f

26、（x）的解析式，然后求函数的导数g（x），利用函数单调性和导数之间的关系即可求g（x）的单调区间；（）分别讨论a的取值范围，根据函数极值的定义，进行验证即可得到结论【解答】解：（）f（x）=xlnxax2+（2a1）x，g（x）=f（x）=lnx2ax+2a，x0，g（x）=2a=，当a0，g（x）0恒成立，即可g（x）的单调增区间是（0，+）；当a0，当x时，g（x）0，函数为减函数，当0x，g（x）0，函数为增函数，当a0时，g（x）的单调增区间是（0，+）；当a0时，g（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是（，+）；（）f（x）在x=1处取得极大值，f（1）=0，当a0时，f（x）单

27、调递增，则当0x1时，f（x）0，f（x）单调递减，当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，f（x）在x=1处取得极小值，不合题意，当0a时，1，由（1）知，f（x）在（0，）内单调递增，当0x1时，f（x）0，当1x时，f（x）0，f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，）内单调递增，即f（x）在x=1处取得极小值，不合题意当a=时，=1，f（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+）上单调递减，则当x0时，f（x）0，f（x）单调递减，不合题意当a时，01，当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当x1时，f（x）0，f（x）单调递减，当x=1时，f（x）取得极大值，满足条件综上实数a的取值

28、范围是a【点评】本题主要考查导数的综合应用，考查函数的单调性，极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、把问题等价转化等是解题的关键综合性较强，难度较大19（2016四川）设函数f（x）=ax2alnx，g（x）=，其中aR，e=2.718为自然对数的底数（）讨论f（x）的单调性；（）证明：当x1时，g（x）0；（）确定a的所有可能取值，使得f（x）g（x）在区间（1，+）内恒成立【分析】（）求导数，分类讨论，即可讨论f（x）的单调性；（）要证g（x）0（x1），即0，即证，也就是证；（）由f（x）g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）0在（1，+）内恒成立，

29、再构造函数，求导数，即可确定a的取值范围【解答】（）解：由f（x）=ax2alnx，得f（x）=2ax=（x0），当a0时，f（x）0在（0，+）成立，则f（x）为（0，+）上的减函数；当a0时，由f（x）=0，得x=，当x（0，）时，f（x）0，当x（，+）时，f（x）0，则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+）上为增函数；综上，当a0时，f（x）为（0，+）上的减函数，当a0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+）上为增函数；（）证明：要证g（x）0（x1），即0，即证，也就是证，令h（x）=，则h（x）=，h（x）在（1，+）上单调递增，则h（x）min=h（1）=e，即当x1时，

30、h（x）e，当x1时，g（x）0；（）解：由f（x）g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）0在（1，+）内恒成立，t（1）=0，有t（x）=2ax=0在（1，+）内恒成立，令（x）=，则（x）=2a=，当x2时，（x）0，令h（x）=，h（x）=，函数在1，2）上单调递增，h（x）min=h（1）=1又2a1，e1x0，1x2，（x）0，综上所述，x1，（x）0，（x）在区间（1，+）单调递增，t（x）t（1）0，即t（x）在区间（1，+）单调递增，a【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，不等式的证明，考查恒成立成立问题，正确构造函数，求导数是关键20（2016新课标）

31、设函数f（x）=lnxx+1（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x（1，+）时，1x；（3）设c1，证明当x（0，1）时，1+（c1）xcx【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证lnxx1xlnx运用（1）的单调性可得lnxx1，设F（x）=xlnxx+1，x1，求出单调性，即可得到x1xlnx成立；（3）设G（x）=1+（c1）xcx，求出导数，可令G（x）=0，由c1，x（0，1），可得1c，由（1）可得cx=恰有一解，设为x=x0是G（x）的最小值点，运用最值，结合不等式的性质，即可得证【解答】解：（1）函数f

32、（x）=lnxx+1的导数为f（x）=1，由f（x）0，可得0x1；由f（x）0，可得x1即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+）；（2）证明：当x（1，+）时，1x，即为lnxx1xlnx由（1）可得f（x）=lnxx+1在（1，+）递减，可得f（x）f（1）=0，即有lnxx1；设F（x）=xlnxx+1，x1，F（x）=1+lnx1=lnx，当x1时，F（x）0，可得F（x）递增，即有F（x）F（1）=0，即有xlnxx1，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）=1+（c1）xcx，G（x）=c1cxlnc，可令G（x）=0，可得cx=，由c1，x（0，1），可得1cxc，即

33、1c，由（1）可得cx=恰有一解，设为x=x0是G（x）的最大值点，且0x01，由G（0）=G（1）=0，且G（x）在（0，x0）递增，在（x0，1）递减，可得G（x0）=1+（c1）x0cx00成立，则c1，当x（0，1）时，1+（c1）xcx【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题21（2016新课标）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）有两个零点，求a的取值范围【分析】（）求出f（x）的导数，讨论当a0时，a时，a=时，a0，由导数大于0，可

34、得增区间；由导数小于0，可得减区间；（）由（）的单调区间，对a讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围【解答】解：（）由f（x）=（x2）ex+a（x1）2，可得f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），当a0时，由f（x）0，可得x1；由f（x）0，可得x1，即有f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增；当a0时，若a=，则f（x）0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a时，由f（x）0，可得x1或xln（2a）；由f（x）0，可得1xln（2a）即有f（x）在（，1），（ln（2a），+）递增；在（1，ln（2a）递减；若a0，由f（x）0，可得xln（2a）

35、或x1；由f（x）0，可得ln（2a）x1即有f（x）在（，ln（2a），（1，+）递增；在（ln（2a），1）递减；（）由（）可得当a0时，f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增， 且f（1）=e0，x+，f（x）+；x，f（x）+f（x）有两个零点；当a=0时，f（x）=（x2）ex，所以f（x）只有一个零点x=2；当a0时，若a时，f（x）在（1，ln（2a）递减，在（，1），（ln（2a），+）递增，又当x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点；当a时，f（x）在（1，+）单调递增，又x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（

36、0，+）【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题22（2016天津）设函数f（x）=（x1）3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间0，2上的最大值不小于【分析】（1）求出f（x）的导数，讨论a0时，f（x）0，f（x）在R上递增；当a0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；（2）f（x0）=0，可得3（x0

37、1）2=a，分别计算f（x0），f（32x0），化简整理即可得证；（3）要证g（x）在区间0，2上的最大值不小于，即证在0，2上存在x1，x2，使得f（x1）f（x2）讨论当a3时，当0a3时，运用单调性和极值，化简整理即可得证【解答】解：（1）函数f（x）=（x1）3axb的导数为f（x）=3（x1）2a，当a0时，f（x）0，f（x）在R上递增；当a0时，当x1+或x1时，f（x）0，当1x1+，f（x）0，可得f（x）的增区间为（，1），（1+，+），减区间为（1，1+）；（2）证明：f（x0）=0，可得3（x01）2=a，由f（x0）=（x01）33x0（x01）2b=（x01）2（2

38、x01）b，f（32x0）=（22x0）33（32x0）（x01）2b=（x01）2（88x09+6x0）b=（x01）2（2x01）b，即为f（32x0）=f（x0）=f（x1），即有32x0=x1，即为x1+2x0=3；（3）证明：要证g（x）在区间0，2上的最大值不小于，即证在0，2上存在x1，x2，使得f（x1）f（x2）当a3时，f（x）在0，2递减，f（2）=12ab，f（0）=1b，f（0）f（2）=2a24，递减，成立；当0a3时，f（1）=（）3a（1）b=a+ab=ab，f（1+）=（）3a（1+）b=aab=ab，f（2）=12ab，f（0）=1b，f（2）f（0）=22

39、a，若0a时，f（2）f（0）=22a成立；若a时，f（1）f（1+）=成立综上可得，g（x）在区间0，2上的最大值不小于【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，考查不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法的证明，以及化简整理的运算能力，属于难题23（2016新课标）设函数f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A【分析】（）根据复合函数的导数公式进行求解即可求f（x）；（）讨论a的取值，利用分类讨论的数学，结合换元法，以及一元二次函数的最值的性质进行求解；（）由（I），

40、结合绝对值不等式的性质即可证明：|f（x）|2A【解答】（I）解：f（x）=2asin2x（a1）sinx（II）当a1时，|f（x）|=|acos2x+（a1）（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）|（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）（|cosx|+1）|a+2（a1）=3a2=f（0），因此A=3a2当0a1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1）=2acos2x+（a1）cosx1，令g（t）=2at2+（a1）t1，则A是|g（t）|在1，1上的最大值，g（1）=a，g（1）=3a2，且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=1=，（二次

41、函数在对称轴处取得极值）令11，得a（舍）或a因此A=3a2当0a时，g（t）在（1，1）内无极值点，|g（1）|=a，|g（1）|=23a，|g（1）|g（1）|，A=23a，当a1时，由g（1）g（1）=2（1a）0，得g（1）g（1）g（），又|g（）g（1）|=0，A=|g（）|=，综上，A=（III）证明：由（I）可得：|f（x）|=|2asin2x（a1）sinx|2a+|a1|，当0a时，|f（x）|1+a24a2（23a）=2A，当a1时，A=+1，|f（x）|1+a2A，当a1时，|f（x）|3a16a4=2A，综上：|f（x）|2A【点评】本题主要考查函数的导数以及函数最值

42、的应用，求函数的导数，利用函数单调性和导数的关系，以及换元法，转化法转化法转化为一元二次函数是解决本题的关键综合性较强，难度较大24（2016新课标）（）讨论函数f（x）=ex的单调性，并证明当x0时，（x2）ex+x+20；（）证明：当a0，1）时，函数g（x）=（x0）有最小值设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域【分析】从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域，利用复合函数的求导公式进行求导，然后逐步分析即可【解答】解：（1）证明：f（x）=f（x）=ex（）=当x（，2）（2，+）时，f（x）0f（x）在（，2）和（2，+）上单调递增x0时，f（0）

43、=1即（x2）ex+x+20（2）g（x）=a0，1）由（1）知，当x0时，f（x）=的值域为（1，+），只有一解使得，t（0，2当x（0，t）时，g（x）0，g（x）单调减；当x（t，+），g（x）0，g（x）单调增；h（a）=记k（t）=，在t（0，2时，k（t）=0，故k（t）单调递增，所以h（a）=k（t）（，【点评】该题考查了导数在函数单调性上的应用，重点是掌握复合函数的求导，以及导数代表的意义，计算量较大，难度较大25（2016天津）设函数f（x）=x3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证

44、：x1+2x0=0；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间1，1上的最大值不小于【分析】（1）求出f（x）的导数，讨论a0时f（x）0，f（x）在R上递增；当a0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；（2）由条件判断出a0，且x00，由f（x0）=0求出x0，分别代入解析式化简f（x0），f（2x0），化简整理后可得证；（3）设g（x）在区间1，1上的最大值M，根据极值点与区间的关系对a分三种情况讨论，运用f（x）单调性和前两问的结论，求出g（x）在区间上的取值范围，利用a的范围化简整理后求出M，再利用不等式的性质证明结论成立【解答】解：（1）若f（x）

45、=x3axb，则f（x）=3x2a，分两种情况讨论：、当a0时，有f（x）=3x2a0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（，+），、当a0时，令f（x）=3x2a=0，解得x=或x=，当x或x时，f（x）=3x2a0，f（x）为增函数，当x时，f（x）=3x2a0，f（x）为减函数，故f（x）的增区间为（，），（，+），减区间为（，）；（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a0，且x00，由题意可得，f（x）=3x2a，则x02=，进而f（x0）=x03ax0b=x0b，又f（2x0）=8x03+2ax0b=x0+2ax0b=f（x0），由题意及（）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=

46、f（x0），其中x1x0，则有x1=2x0，故有x1+2x0=0；（）设g（x）在区间1，1上的最大值M，maxx，y表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：当a3时，11，由（I）知f（x）在区间1，1上单调递减，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（1），f（1），因此M=max|f（1）|，|f（1）|=max|1ab|，|1+ab|=max|a1+b|，|a1b|=，所以M=a1+|b|2当a3时，由（）、（）知，f（1）=f（），f（1）=，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（），f（），因此M=max|f（）|，|f（）|=max|，|=max|，|=，当0a时，由

47、（）、（）知，f（1）=f（），f（1）=，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（1），f（1），因此M=max|f（1）|，|f（1）|=max|1+ab|，|1ab|=max|1a+b|，|1ab|=1a+|b|，综上所述，当a0时，g（x）在区间1，1上的最大值不小于【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法在证明中的应用，以及化简整理、运算能力，属于难题26（2016新课标）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x22【分析】（）由

48、函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2可得：f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案（）设x1，x2是f（x）的两个零点，则a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=a，分析g（x）的单调性，令m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，利用导数法可得h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，可得结论【解答】解：（）函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2，f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），若a=0，那么f（x）=0（x2）ex=0x=2，函数f（x）只有

49、唯一的零点2，不合题意；若a0，那么ex+2a0恒成立，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数；当x1时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值e，由f（2）=a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零点；当x1时，exe，x210，f（x）=（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）2=a（x1）2+e（x1）e，令a（x1）2+e（x1）e=0的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或xt2时，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数f（x）在x1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0，则ln（2a）lne=1，当xln（2a）时，x1ln（2a）1lne1=0，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（2a）x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x