2015-2017年高考文科数学试题汇编--导数与极值最值

1.【2016高考四川文科】已知函数3()12fxxx的极小值点，则=()(A)-4(B)-2(C)4(D)2【答案】D考点：函数导数与极值.【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点0x是方程'()0fx的解，但0x是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在0x附近，如果0xx时，'()0fx，0xx时'()0fx，则0x是极小值点，如果0xx时，'()0fx，0xx时，'()0fx，则0x是极大值点，2.【2015高考福建，文12】“对任意(0,)2x，sincoskxxx”是“1k”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当1k时，sincossin22kkxxx，构造函数()sin22kfxxx，则'()cos210fxkx．故()fx在(0,)2x单调递增，故()()022fxf，则sincoskxxx；当1k时，不等式sincoskxxx等价于1sin22xx，构造函数1()sin22gxxx，则'()cos210gxx，故()gx在(0,)2x递增，故()()022gxg，则sincosxxx．综上所述，“对任意(0,)2x，sincoskxxx”是“1k”的必要不充分条件，选B．【考点定位】导数的应用．【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用，根据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题．3.(2014课标全国Ⅰ，文12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()．A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案：C详细分析：当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1存在两个零点，不合题意；当a＞0时，f′(x)＝3ax2－6x＝23axxa，令f′(x)＝0，得x1＝0，22xa，所以f(x)在x＝0处取得极大值f(0)＝1，在2xa处取得极小值2241faa，要使f(x)有唯一的零点，需20fa，但这时零点x0一定小于0，不合题意；当a＜0时，f′(x)＝3ax2－6x＝23axxa，令f′(x)＝0，得x1＝0，22xa，这时f(x)在x＝0处取得极大值f(0)＝1，在2xa处取得极小值2241faa，要使f(x)有唯一零点，应满足22410faa，解得a＜－2(a＞2舍去)，且这时零点x0一定大于0，满足题意，故a的取值范围是(－∞，－2)．名师点睛：本题考查导数法求函数的单调性与极值，函数的零点，考查分析转化能力，分类讨论思想，较难题.注意区别函数的零点与极值点.4.【2014辽宁文12】当[2,1]x时，不等式32430axxx恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[5,3]B．9[6,]8C．[6,2]D．[4,3]【答案】C2'4489(x9)(x1)()0xxfxxx，故函数()fx递增，则max()(1)6fxf，故6a；当[2,0)x时，2343xxxax，记2343()xxxfxx，令'()0fx，得x1或x9（舍去），当(2,1)x时，'()0fx；当(1,0)x时，'()0fx，故min()(1)2fxf，则a2．综上所述，实数a的取值范围是[6,2]．【考点定位】利用导数求函数的极值和最值．【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的单调性、极值，不等式恒成立问题.解答本题的关键，是利用分类讨论思想、转化与化归思想，通过构造函数研究其单调性、最值，得出结论.本题属于能力题，中等难度.在考查应用导数研究函数的单调性、极值、不等式恒成立问题等基本方法的同时，考查了考生的逻辑推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化与化归思想.5.【2017江苏，20】已知函数32()1(0,)fxxaxbxabR有极值,且导函数()fx的极值点是()fx的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23ba;（3）若()fx,()fx这两个函数的所有极值之和不小于72，求的取值范围.【答案】（1）3a（2）见解+析（3）36a所以33()1032793aaaabf，又0a，故2239aba.因为()fx有极值，故()=0fx有实根，从而231(27a)039aba，即3a.3a时，()0(1)fxx，故()fx在R上是增函数，()fx没有极值；3a时，()=0fx有两个相异的实根213=3aabx，223=3aabx.列表如下x1(,)x1x12(,)xx2x2(,)x()fx+0–0+()fx极大值极小值故()fx的极值点是12,xx.从而3a，因此2239aba，定义域为(3,).（2）由（1）知，23=9baaaaa.设23()=9tgtt，则22223227()=99tgttt.当36(,)2t时，()0gt，从而()gt在36(,)2上单调递增.因为3a，所以33aa，故()(33)=3gaag，即3ba.因此23ba.（3）由（1）知，()fx的极值点是12,xx，且1223xxa，22212469abxx.从而323212111222()()11fxfxxaxbxxaxbx2222121122121212(32)(32)()()23333xxxaxbxaxbaxxbxx346420279aabab记()fx，()fx所有极值之和为()ha，因为()fx的极值为221339abaa，所以213()=9haaa，3a.因为223()=09haaa，于是()ha在(3,)上单调递减.因为7(6)=2h，于是()(6)hah，故6a.因此a的取值范围为(36]，.【考点】利用导数研究函数单调性、极值及零点【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.6.【2014高考北京文第20题】（本小题满分13分）已知函数3()23fxxx.（1）求()fx在区间[2,1]上的最大值；（2）若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，求t的取值范围；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)ABC分别存在几条直线与曲线()yfx相切？（只需写出结论）【答案】(1)2;(2)(3,1);(3)详见解+析.因为(2)10f，2()22f，2()22f，(1)1f，所以()fx在区间[2,1]上的最大值为2()22f.（2）设过点P（1，t）的直线与曲线()yfx相切于点00(,)xy，则300023yxx，且切线斜率为2063kx，所以切线方程为2000(63)()yyxxx，因此2000(63)(1)tyxx，整理得：32004630xxt，设()gx32463xxt，则“过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切”等价于“()gx有3个不同零点”，'()gx21212xx=12(1)xx，()gx与'()gx的情况如下：(,0)0(0,1)1(1,)'()gx+00+()gxt+31t所以，(0)3gt是()gx的极大值，(1)1gt是()gx的极小值，当(0)30gt，即3t时，此时()gx在区间(,1]和(1,)上分别至多有1个零点，所以()gx至多有2个零点，当(1)10gt，1t时，此时()gx在区间(,0)和[0,)上分别至多有1个零点，所以()gx至多有2个零点.当(0)0g且(1)0g，即31t时，因为(1)70gt，(2)110gt，所以()gx分别为区间[1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点，由于()gx在区间(,0)和(1,)上单调，所以()gx分别在区间(,0)和[1,)上恰有1个零点.综上可知，当过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切时，t的取值范围是(3,1).（3）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线()yfx相切；过点B（2，10）存在2条直线与曲线()yfx相切；过点C（0，2）存在1条直线与曲线()yfx相切.考点：本小题主要考查导数的几何意义、导数在函数中的应用等基础知识的同时，考查分类讨论、函数与方程、转化与化归等数学思想，考查同学们分析问题与解决问题的能力.利用导数研究函数问题是高考的热点，在每年的高考试卷中占分比重较大，熟练这部分的基础知识、基本题型与基本技能是解决这类问题的关键.7.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数2ln2xfxkx，0k．（I）求fx的单调区间和极值；（II）证明：若fx存在零点，则fx在区间1,e上仅有一个零点．【答案】（I）单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；极小值(1ln)()2kkfk；（II）证明详见解+析.取得极小值，同时也是最小值；（II）利用第一问的表，知()fk为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln)02kk，从而解出ke，下面再分情况分析函数有几个零点.试题详细分析：（Ⅰ）由2ln2xfxkx，（0k）得2'()kxkfxxxx.由'()0fx解得xk.()fx与'()fx在区间(0,)上的情况如下：所以，()fx的单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；()fx在xk处取得极小值(1ln)()2kkfk.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()fx在区间(0,)上的最小值为(1ln)()2kkfk.因为()fx存在零点，所以(1ln)02kk，从而ke.当ke时，()fx在区间(1,)e上单调递减，且()0fe，所以xe是()fx在区间(1,]e上的唯一零点.当ke时，()fx在区间(0,)e上单调递减，且1(1)02f，()02ekfe，所以()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.综上可知，若()fx存在零点，则()fx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、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数fx的单调性与极值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③求方程0fx的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．8.【2014高考陕西版文第21题】设函数()ln,mfxxmRx.（1）当me（为自然对数的底数）时，求()fx的最小值；（2）讨论函数()'()3xgxfx零点的个数；（3）若对任意()()0,1fbfababa恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）2；（2）当23m时，函数()gx无零点；当23m或0m时，函数()gx有且仅有一个零点；当203m时，函数()gx有两个零点；（3）1[,)4