2015年高考数学真题分类汇编：专题(03)导数(理科)及答案

1.【2015高考福建，理10】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．fkk11 C．fkk111 D． k1k1k1 fk1k1【答案】C

【解析】由已知条件，构造函数g(x)f(x)kx，则g(x)f(x)k0，故函数g(x)在R上单调递增，且

''111k0，故g()g(0)，所以f()1，k1k1k1k111，所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数h(x)f(x)x，)k1k111''则h(x)f(x)10，所以函数h(x)在R上单调递增，且0，所以h()h(0)，

kk1111即f()1，f()1，选项A,B无法判断，故选C．

kkkkf(【考点定位】函数与导数．

【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．

2.【2015高考陕西，理12】对二次函数f(x)ax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

【解析】若选项A错误时，选项B、C、D正确，fx2axb，因为1是fx的极值点，

22ab0b2af103是fx的极值，所以，即，解得：，因为点2,8在

abc3c3af13曲线yfx上，所以4a2bc8，即4a22aa38，解得：a5，所以

b10，c8，所以fx5x210x8，因为

f1511018230，所以1不是fx的零点，所以选项A错误，选

2 项B、C、D正确，故选A．

【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．

【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误”，否则很容易出现错误．解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行检验，也可作必要的合情推理．

3.【2015高考新课标2，理12】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

''【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质．

【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．

4.【2015高考新课标1，理12】设函数f(x)=e(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)(A)[-0，则a的取值范围是（ ）

x333333，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1）

2e2e42e42ex【答案】D

【解析】设g(x)=e(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.因为g(x)ex(2x1)，所以当x11时，g(x)＜0，当x时，22 1g(x)＞0，所以当x时，[g(x)]max=-2e2，当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，直

21线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得

3≤a＜1，故选D. 2e

【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题

【名师点睛】对存在性问题有三种思路，思路1：参变分离，转化为参数小于某个函数（或参数大于某个函数），则参数该于该函数的最大值（大于该函数的最小值）；思路2：数形结合，利用导数先研究函数的图像与性质，再画出该函数的草图，结合图像确定参数范围，若原函数图像不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图像解；思路3：分类讨论，本题用的就是思路2.

5.【2015高考陕西，理16】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】建立空间直角坐标系，如图所示：

yx

1，因101022216，设抛物线的方程为x22py（p0）

22525222为该抛物线过点5,2，所以2p25，解得p，所以x2y，即yx，所

4225原始的最大流量是

以当前最大流量是

22232xdx2xx5257555522403，故255325575753原始的最大流量与当前最大流量的比值是

161.2，所以答案应填：1.2． 403【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．

【名师点晴】本题主要考查的是定积分、抛物线的方程和定积分的几何意义，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“原始”和“当前”，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是定积分的几何意义，即由直线xa，xb，y0和曲线yfx所围成的曲边梯形的面积是

fxdx．

a2b6.【2015高考天津，理11】曲线yx 与直线yx 所围成的封闭图形的面积为 . 【答案】

1 6【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.

【名师点睛】本题主要考查定积分几何意义与运算能力.定积分的几何意义体现数形结合的典型示范，既考查微积分的基本思想又考查了学生的作图、识图能力以及运算能力.

2【2015高考湖南，理11】0(x1)dx . 【答案】0. 【解析】 试题分析：

122(x1)dx(xx)00. 022【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.

7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分） 设函数f(x)emxx2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】(Ⅰ)f(x)m(e'mx1)2x．

'若m0，则当x(,0)时，emx10，f(x)0；当x(0,)时，emx10，

f'(x)0．

若m0，则当x(,0)时，emx10，f(x)0；当x(0,)时，emx10，

'f'(x)0．

所以，f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m，f(x)在[1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x0处取得最小值．所以对于任意x1,x2[1,1]，f(x1)f(x2)e1的充要条件是：

emme1,f(1)f(0)e1,t即①，设函数g(t)ete1，则mf(1)f(0)e1,eme1,g'(t)et1．当t0时，g'(t)0；当t0时，g'(t)0．故g(t)在(,0)单调递减，

在(0,)单调递增．又g(1)0，g(1)e2e0，故当t[1,1]时，g(t)0．当

1 即①式成立．当m1时，由g(t)的单调性，m[1,1]时，g(m)0，g(m)0，g(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1．综上，m的取值范围是

[1,1]．

【考点定位】导数的综合应用． 【名师点睛】(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1)2x，

（Ⅱ）f(x1)f(x2)e1恒成立，等价于f(x1)f(x2)maxe1．由(0,)的符号即可；

x1,x2是两个的变量，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，

f(1)f(0)e1,故利用导数研究其单调性和符号，从而得解． 8.【2015高考江苏，19】（本小题满分16分） 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 32 的取值范围恰好是(,3)(1,)(,)，求c的值.

【答案】（1）当a0时， fx在,上单调递增； 当a0时， fx在,32322a2a0,，上单调递增，在,0上单调递减；

332a2a,上单调递增，在0,上单调递减．

33当a0时， fx在,0，（2）c1.

当a0时，x,02a2a,时，fx0，x0,时，fx0，

332a2a,上单调递增，在0,上单调递减．

33所以函数fx在,0，2a43fab，则函数fxfxf0b（2）由（1）知，函数的两个极值为，327有三个

a02a43bab0零点等价于f0f，从而或43ab032727a043． 0ba27又bca，所以当a0时，设ga434aac0或当a0时，a3ac0． 272743aac，因为函数fx有三个零点时，a的取值范围恰好是 27,31,3333,1,,,3ga0，则在上，且在上2222ga0均恒成立，

从而g3c10，且g323c10，因此c1． 22此时，fxxax1ax1xa1x1a，

因函数有三个零点，则xa1x1a0有两个异于1的不等实根，

2 所以a141aa22a30，且1a11a0， 解得a,31,综上c1．

【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点

【名师点晴】求函数的单调区间的步骤：①确定函数y＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．

已知函数的零点个数问题处理方法为：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．

已知不等式解集求参数方法：利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关系. 9.【2015高考福建，理20】已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R), (Ⅰ)证明：当x>0时，f(x)(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)|【解析】解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),则有

22233,． 22F¢(x)=1x -1=-1+x1+x当x?(0,?), F¢(x)<0,所以F(x)在(0,+?)上单调递减； 故当x>0时，F(x)0时，f(x)0,所以G(x)在[0,+?)上单调递增, G(x)>G(0)=0

(3)当k>1时，由（1）知，对于\"x违(0,+故g(x)>f(x)， ),g(x)>x>f(x)，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，

令

M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+1 ,)，则有

21-2x+(k-2)x+k-M¢(x)=k--2x=1+x1+x故当

k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)4时，

M¢(x)>0,M(x)在

k-2+(k-2)2+8(k-1)[0，)上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以

4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, 令

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+')，则有

1-2x2-(k+2)x-k+1 N(x)=-k-2x=,1+x1+x故

当

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)4时，

N¢(x)>0,M(x)在

-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)2[0，)上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x,记x04-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)与中较小的为x1，

4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,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x(x)=1--2x=, )，则有H¢1+x1+x令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+2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.

（3）当k>1时，由（1）知，对于\"x违(0,+， ),g(x)>x>f(x)，2故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x， 令(k-1)x>x,解得0从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在. 当k<1时，取k1=22k+1，从而k0,使得任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=令

1-kx, 21-k1-k2，此时 f(x)-g(x)>x, x>x2,解得0x2，

2

【考点定位】导数的综合应用．

【名师点睛】在解函数的综合应用问题时,我们常常借助导数,将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手,进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单

调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意f(x)g(x)与f(x)ming(x)max不等价，f(x)ming(x)max只是f(x)g(x)的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续． 10.【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）

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 （其中a，b为常数）模型. （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.

y l1 C M a 2xb ①请写出公路l长度的函数解析式ft，并写出其定义域； l P ②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.

O l2

N x 691092【答案】（1）a1000,b0;（2）①f(t)t,定义域为[5,20]，②4t4t102,f(t)min153千米

【解析】

（1）由题意知，点，的坐标分别为5,40，20,2.5．

a40a25b将其分别代入y2，得，

axb2.5400b 解得a1000．

b010001000（2）①由（1）知，y（5x20），则点的坐标为t,2， 2xt设在点处的切线l交x，y轴分别于，点，y则l的方程为y2000， 3x100020003t3000,0xt，由此得，0,2．

2tt2t3223t3000324106t5,20故ft2，． t42t2t410616106②设gtt，则gt2t．令gt0，解得t102． 45tt2当t10当t5,102时，gt0，gt是减函数；

2,20时，gt0，gt是增函数．

从而，当t102时，函数gt有极小值，也是最小值，所以gtmin300， 此时ftmin153．

答：当t102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米． 【考点定位】利用导数求函数最值，导数几何意义

【名师点晴】解决实际应用问题首先要弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型，然后将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；本题已直接给出模型，只需确定其待定参数即可.求解数学模型，得出数学结论，这一步骤在应用题中要求不高，难度中等偏下，本题是一个简单的利用导数求最值的问题.首先利用导数的几何意义是切点处切线的斜率，然后再利用导数求极值与最值. 11.【2015高考山东，理21】设函数fxlnx1ax2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8时，函数fx在1,上无极值点； 9 当a8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.

（2）当a0 时， a8a1aa9a8

2①当0a8时，0 ，gx0 9所以，fx0，函数fx在1,上单调递增无极值； ②当a8 时，0 9设方程2ax2ax1a0的两根为x1,x2(x1x2), 因为x1x2所以，x11 211,x2 441, 4由g110可得：1x1所以，当x1,x1时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增； 当xx1,x2时，gx0,fx0 ，函数fx单调递减； 当xx2,时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增； 因此函数fx有两个极值点． （3）当a0 时，0 由g110可得：x11,

当x1,x2时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增；

当xx2,时，gx0,fx0 ，函数fx单调递减； 因此函数fx有一个极值点． 综上：

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； 98时，函数fx在0,上单调递增， 9（II）由（I）知， （1）当0a因为f00

所以，x0,时，fx0 ，符合题意； （2）当

8a1 时，由g00 ，得x20 9所以，函数fx在0,上单调递增，

又f00，所以，x0,时，fx0 ，符合题意； （3）当a1 时，由g00 ，可得x20 所以x0,x2 时，函数fx 单调递减； 又f00

所以，当x0,x2时，fx0 不符合题意； （4）当a0时，设hxxlnx1 因为x0,时，hx11x0 x1x1

当x112 时，ax1ax0 a此时，fx0, 不合题意. 综上所述，a的取值范围是0,1

【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. 12.【2015高考安徽，理21】设函数f(x)xaxb. （Ⅰ）讨论函数f(sinx)在(2,)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.

4a2

【答案】（Ⅰ）极小值为b；（Ⅱ）D|aa0||bb0|； （Ⅲ）1.

4

【解析】

（Ⅰ）f(sinx)sinxasinxbsinx(sinxa)b， [f(sinx)]'(2sinxa)cosx， 因为22x2.

2x2.

2x2，所以cosx0,22sinx2.

①当a2,bR时，函数f(sinx)单调递增，无极值. ②当a2,bR时，函数f(sinx)单调递减，无极值. ③当2a2，在( ,)内存在唯一的x0，使得2sinx0a. 222xx0时，函数f(sinx)单调递减；x0x2时，函数f(sinx)单调递增.

aa2bR时， 因此，2a2，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)f()b.

24 （

Ⅱ

）

2x2时，

|f(sinx)fn)|a|(a0(six0)sxinb0ba||0a|b|0，b

| 当(a0a)(b0b)0时，取x

2

，等号成立，

当(a0a)(b0b)0时，取x2，等号成立，

由此可知，函数f(sinx)f0(sinx)在[2,]上的最大值为D|aa0||bb0|. 22a2 （Ⅲ）D1，即|a||b|1，此时0a1,1b1，从而zb1.

4a2 取a0,b1，则|a||b|1，并且zb1.

4a2 由此可知，zb满足条件D1的最大值为1.

4【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.

【名师点睛】函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类

与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用. 13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数f(x)nxx,xR，其中

nn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|(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n

1n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).

(III)证明：不妨设x1x2，由(II)知g(x)nn2可得

xx，设方程g(x)a的根为x，

02x2ax0.，当n2时，g(x)在,上单调递减，又由(II)知2nn g(x2)f(x2)ag(x2),可得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).

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

由此可得x2x1x2x1ax0. 1n1n11因为n2，所以2n1(11)n11Cn11n1n，故2nx0，

所以x2x1a2. 1n【考点定位】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. 【名师点睛】本题主要考查函数的性质与导数之间的关系以及利用函数证明不等式.第(I)小题求导后分n为奇偶数讨论函数的单调性，体现了数学分类讨论的重要思想；第(II)(III)中都利用了构造函数证明不等式这一重要思想方法，体现数学中的构造法在解题中的重要作用，是拨高题.

3x2ax14.【2015高考重庆，理20】 设函数fxaR

ex （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）[9,). 2 当x0,故f(x)为增函数； 当x>x2时，g(x)<0,故f(x)为减函数；

6aa23693，解得a 由f(x)在[3,)上为减函数，知x262故a的取值范围为[9,). 2【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．

【名师点晴】导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，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；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，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．

15.【2015高考四川，理21】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221114a114a时，g(x)在区间(0, 在),(,)上单调递增，422区间(1114a114a,)上单调递减；当a时，g(x)在区间(0,)上单调递增.

422（2）详见解析.

【解析】（1）由已知，函数f(x)的定义域为(0,)，

ag(x)f(x)2x2a2lnx2(1)，

x112(x)22(a)22a24. 所以g(x)222xxx当0a1114a114a时，g(x)在区间(0,),(,)上单调递增， 422在区间(当a114a114a,)上单调递减； 221时，g(x)在区间(0,)上单调递增. 4（2）由f(x)2x2a2lnx2(1)0，解得a令(x)2(xaxx1lnx. 11xx1lnxx1lnxx1lnx2x1lnx2)lnxx2()x2(). 11111x1x1x1x则(1)10,(e)e(e2)e22)2()0，.

1e11e1故存在x0(1,e)，使得(x0)0. 令a0x01lnx0,u(x)x1lnx(x1)，. 11x0由u(x)1所以010知，函数u(x)在区间(1,)上单调递增. xu(1)u(x0)u(e)e2a1. 01111x01e11e1即a0(0,1).

【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.

【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.

116.【2015高考湖北，理22】已知数列{an}的各项均为正数，bnn(1)nan(nN)，e为

n自然对数的底数．

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

n（Ⅱ）计算

b1bbbbbbbbn，12，123，由此推测计算12的公式，并给出证明； a1a1a2a1a2a3a1a2an1n（Ⅲ）令cn(a1a2an)，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）

n详见解析；（Ⅲ）详见解析.

【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f(x)1e. 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.

x 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.

111令x，得1en，即(1)ne. ①

nnn（Ⅱ）

b1bbbb111(1)1112；121222(1)2(21)232； a11a1a2a1a221b1b2b3b1b2b31323(1)3(31)343. a1a2a3a1a2a33由此推测：

b1b2bn(n1)n. ②

a1a2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. （2）假设当nk时，②成立，即

b1b2bk(k1)k.

a1a2ak当nk1时，bk1(k1)(1由归纳假设可得

1k1)ak1， k1b1b2bkbk1b1b2bkbk11k1(k1)k(k1)(1)(k2)k1.

a1a2akak1a1a2akak1k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)(a1a2an)

1112131n(bbb)(bbbn)(b1)(bb) 1212312234n11112131nbbbnb1bbbbb1212312 122334n(n1)1111111b1[]b2[]bn

1223n(n1)2334n(n1)n(n1)b1(111111)b2()bn() n12n1nn1bb1b2111n(1)1a1(1)2a2(1)nan 12n12nea1ea2eaneSn.

即TneSn.

【考点定位】导数的应，数列的概念，数学归纳法，基本不等式，不等式的证明.

【名师点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

运用数学归纳法应注意以下三点：(1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．(2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．(3)要注意n＝k到

n＝k＋1时增加的项数．

17.【2015高考新课标1，理21】已知函数f（x）=x3ax(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；

（Ⅱ）用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)论h（x）零点的个数. 【答案】（Ⅰ）a1,g(x)lnx. 4(x0) ，讨

33535；（Ⅱ）当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a4444453a时，h(x)有三个零点. 44时，h(x)有两个零点；当若a点.

55，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的零44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

2f(0)15，f(1)a，所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点；当a0时，f(x)44在（0，1）无零点.

(ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，aaa）单调递减，在（，1）单调递增，故当x=333时，f(x)取的最小值，最小值为f(a1a2a. )=3343①若f(3a)＞0，即＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点. 343a)=0，即a，则f(x)在（0,1）有唯一零点； 34②若f(③若f(31553a即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，)＜0，

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

4综上，当a点；当3535或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，h(x)有两个零444453a时，h(x)有三个零点. „„12分 44【考点定位】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 【名师点睛】本题主要考查函数的切线、利用导数研究函数的图像与性质、利用图像研究分段函数的零点，试题新颖.对函数的切线问题，主要在某一点的切线与过某一点点的切线不同，在某点的切线该点是切点，过某点的切线该点不一定是切点，对过某点的切线问题，设切点，利用导数求切线，将已知点代入切线方程，解出切点坐标，即可求出切线方程. 18.【2015高考北京，理18】已知函数fxln

1x． 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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【解析】

y0，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.

试题分析：利用导数的几何意义，求出函数在x0处的函数值及导数值，再用直线方x31成立，可用程的点斜式写出直线方程；第二步要证明不等式fx2x在x0，31xx32(x)，作差法构造函数F(x)ln利用导数研究函数F(x)在区间（0，1）

1x3 上的单调性，由于F(x)0，F(x)在（0，1）上为增函数，则F(x)F(0)0，问题得证；第三步与第二步方法类似，构造函数研究函数单调性，但需要对参数k作讨论，首先k[0,2]符合题意，其次当k2时，不满足题意舍去，得出k的最大值为2.

x(0,1)，

f(x)2(xx33)成立；

x31，等价于（Ⅲ）使fxkx成立，x0，31xx31； F(x)lnk(x)0，x0，1x32kx42k2， F(x)k(1x)221x1x当k[0,2]时，F(x)0，函数在（0，1）上位增函数，F(x)F(0)0，符合题意；

(x)0,x0当k2时，令F4k2(0,1)， kx0 (x0,1) x (0,x0) F(x) - 0 极小值 + F(x)   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.

【名师点睛】本题考查导数的几何意义和利用导数研究函数性质问题，本题第一步为基础，第二、三步属于中等略偏难问题，首先利用导数的几何意义求出切线斜率和切点坐标，写出切线方程，其次用作差法构造函数，利用导数研究函数的单调性，证明不等式，最后一步对参数k进行分类讨论研究.

19.【2015高考广东，理19】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

2x行（O是坐标原点）,证明：m3a21． e【答案】（1）,；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）依题f'x1x2'ex1x2∴ fx在,上是单调增函数； （2）∵ a1，

∴ f01a0且fa1a2eaa1a2a0， ∴ fx在0,a上有零点，

又由（1）知fx在,上是单调增函数，

ex'1xex0，

2fx在,上仅有一个零点；

（3）由（1）知令f'x0得x1，又f122a，即P1,a， ee ∴ kOP2a022ea，又f'm1mem，

10e

【考点定位】导数与函数单调性、零点、不等式，导数的几何意义等知识．

【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性、零点、不等式恒成立，导数的几何意义等基础知识，属于中高档题，解答此题关键在于第（1）问要准确求出fx的导数，第（2）问首先要说明0,a内有零点再结合函数在,单调性就易证其结论，第（3）问由导数的几何意义易得1mema22对比要证明的结论后要能认清emm1的放缩作用并利用导e数证明emm1成立，则易证m3a21． eax【2015高考湖南，理21】.已知a0，函数f(x)esinx(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 （2）若a*1e21，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 试

题

分

析

：

（

1

）

求

导

，

可

知

f'(x)eax(asinxcosx)eax(asinxcosx)a21eaxsin(x)，利

用三角函数的知识可求得f(x)的极值点为xn n(nN*)，即可得证；（2）分析题意

可知，问题等

a21e anet价于恒成立，构造函数g(t)，利用导数判断其单调性即可得证. aant试题解析：（1）f'(x)aesinxecosxe(asinxcosx)其中tanaxaxaxa21eaxsin(x)

1mN*，，令f'(x)0，由x0得xm，即xm， 0，

a2对kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)，则f'(x)0， 若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，则f'(x)0， 因此，在区间((m1),m)与(m,m)上，f'(x)的符号总相反，于是 当xm(mN)时，f(x)取得极值，∴xn n(nN*)， 此时，f(xn)e an*sin(n)(1)n1e ansin，易知f(xn)0，而

f(xn1)(1)n2e sinaxe是非零常数，故数列ann1f(xn)(1)e sinan1f(xn)是首项为

f(x1)e ansin，公比为eax的等比数列；（2）由（1）知，sin1a211a12，于是

对一切nN*，xn|f(xn)||恒成立，即ne an恒成立，等价于

a21e an（）恒成立（∵a0）， aanetet(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，∴g(t)在区间(0,1)上单调递减； 当t1时，g'(t)0，∴g(t)在区间(0,1)上单调递增，

从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e，因此，要是（）式恒成立，只需

a21111g(1)e，即只需a，而当a时，tane213，aae21e21 且02，于是

23且当n2时，因此对一切nN*，e21，n2e21，

32a21，故（）式亦恒成立. axn1，∴g(axn)g(1)e2ae1n综上所述，若a1e21，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立.

【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.