導數(shù)附應用高考題附解析

1、導數(shù)高考大題 1.（ ）設(shè)函數(shù)，已知和為的極值點 2132 ( ) x f xx eaxbx 2x 1x ( )f x （）求和的值；ab （）討論的單調(diào)性；( )f x （）設(shè)，試比較與的大小 32 2 ( ) 3 g xxx( )f x( )g x 2.（ ）已知函數(shù)其中 nN*,a 為常數(shù). 1 ( )ln(1), (1)n f xax x （）當 n=2 時，求函數(shù) f(x)的極值； （）當 a=1 時，證明：對任意的正整數(shù) n, 當 x2 時，有 f(x)x-1. 3. 已知函數(shù),其中 32 1 ( )3 3 f xaxbxx0a （1）當滿足什么條件時,取得極值?ba,)(xf （

2、2）已知,且在區(qū)間上單調(diào)遞增,試用表示出的取值范圍.0a)(xf(0,1ab 4.（2010 山東文 10 題）觀察，,，由歸納推理可得： 2 ()2xx 42 ()4xx(cos )sinxx 若定義在上的函數(shù)滿足，記的導函數(shù)，則=R( )f x()( )fxf x( )( )g xf x為()gx （A） （B） （C） （D）( )f x( )f x( )g x( )g x 5. (2010 山東文 21 題)已知函數(shù)).( 1 1 1)(Ra x a axnxxf （）當處的切線方程；，在點（時，求曲線)2(2)(1fxfya （）當時，討論的單調(diào)性 1 2 a( )f x 6. （2

3、011 山東理 16 題）已知函數(shù)， 當( )log(0 ,1) a f xxxb aa且 時，函數(shù)的零點，則_.234ab( )f x * 0 (,1) ,xn nnNn 7. （2011 山東理 21 題）某企業(yè)擬建造如圖所示的容器（不計厚度，長度單位：米） ，其中容 器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且 80 3 .假設(shè)該容器的建造費用僅與其表面積有關(guān).已知圓柱形部分每平方米建造費用為 3 千元，2lr 半球形部分每平方米建造費用為千元.設(shè)該容器的建造費用為千元。(3)c c y （）寫出關(guān)于的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域；yr （）求該容器的建造費

4、用最小值時的.r 8.（2011 山東文 4 題） 曲線在點處的切線與軸交點的縱坐標是 3 11yx(1,12)Py (A) -9 (B) -3 (C) 9 (D) 15 9. (2008 全國文卷一 4 題)曲線在點處的切線的傾斜角為（ ） 3 24yxx(13)， A30B45C60D120 10.（2008 全國文卷一 21 題）已知函數(shù)， 32 ( )1f xxaxxaR （）討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；( )f x （）設(shè)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，求的取值范圍( )f x 21 33 ，a 11.（2009 全國文卷二 21 題）設(shè)函數(shù)，其中常數(shù) 32 1 ( )(1)424 3 f xxa x

5、axaa1 ()討論 f(x)的單調(diào)性; ()若當 x0 時，f(x)0 恒成立，求的取值范圍。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m a 12.（2009 全國理卷一 9 題）已知直線 y=x+1 與曲線相切，則 的值為( ) yln()xa (A)1 (B)2 (C) -1 (D)-2 13.（2009 全國理卷一 22 題）設(shè)函數(shù)在兩個極值點，且 32 33f xxbxcx 12 xx、 12 10,1,2.xx ， （I）求滿足的約束條件，并在下面的坐標平面內(nèi)，畫出滿足這些條件的點的區(qū)域；bc、, b c (II)證明： 2 1 10 2 f x 14.（2009 全國理卷二 4 題）

6、曲線在點處的切線方程為 21 x y x 1,1 A. B. C. D. 20 xy20 xy450 xy450 xy 15.（2009 全國理卷二 22 題）設(shè)函數(shù)有兩個極值點，且 2 1f xxaInx 12 xx、 12 xx （I）求的取值范圍，并討論的單調(diào)性；a f x （II）證明： w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2 1 22 4 In f x 16.（2010 全國文卷一 21）已知函數(shù) 42 ( )32(31)4f xaxaxx （I）當時，求的極值; 1 6 a ( )f x （II）若在上是增函數(shù)，求的取值范圍。( )f x1,1a 17.（2010 全國文卷二

7、7 題） 若曲線在點(0, )b處的切線方程式， 2 yxaxb10 xy 則 （A）1,1ab （B）1,1ab （C）1,1ab （D）1,1ab 18.（2010 全國文卷二 21 題） 已知函數(shù) 32 ( )331f xxaxx （）設(shè)，求的單調(diào)區(qū)間；2a ( )f x （）設(shè)在區(qū)間（2,3）中至少有一個極值點，求的取值范圍.( )f xa 19.（2010 全國理卷一 20 題）已知函數(shù).( )(1)ln1f xxxx （）若，求的取值范圍； 2 ( )1xfxxaxa （）證明： .(1) ( )0 xf x 20.（2010 全國理卷二 22 題） 設(shè)函數(shù) 1 x f xe （）

8、證明：當時，；x-1 1 x f x x （）設(shè)當時，求 a 的取值范圍0 x 1 x f x ax 21.（2011 全國文卷一 21 題） 已知函數(shù) 32 ( )3(36 ) +124f xxaxa xaaR ()證明：曲線( )0yf xx在處的切線過點（2，2）； （）若求 a 的取值范圍. 00 ( )f xxxx在處取得最小值，（1，3）， 22.（2011 全國理卷二 8 題） 曲線在點（0，2）處的切線與直線和圍1 2 x ey0yxy 成的三角形的面積為 (A) (B) (C) (D) 1 3 1 2 1 3 2 23.（2011 全國理卷二 22 題） （）設(shè)函數(shù)，證明：當

9、時， 2 ( )ln(1) 2 x f xx x 0 x ；( )0f x （）從編號 1 到 100 的 100 張卡片中每次隨即抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取 20 次，設(shè)抽得的 20 個號碼互不相同的概率為.證明：p 19 2 91 () 10 p e 23 1.解：（）因為 122 ( )e(2)32 x fxxxaxbx ， 1 e(2)(32 ) x xxxaxb 又和為的極值點，所以，2x 1x ( )f x( 2)(1)0ff 因此 620 3320 ab ab ， ， 解方程組得， 1 3 a 1b （）因為， 1 3 a 1b 所以， 1 ( )(2)(e1) x

10、fxx x 令，解得，( )0fx 1 2x 2 0 x 3 1x 因為當時，；(2)x ，(01) ，( )0fx 當時，( 2 0)(1)x ，( )0fx 所以在和上是單調(diào)遞增的；( )f x( 2 0) ，(1)， 在和上是單調(diào)遞減的(2) ，(01)， （）由（）可知， 2132 1 ( )e 3 x f xxxx 故， 21321 ( )( )e(e) xx f xg xxxxx 令， 1 ( )exh xx 則 1 ( )e1 x h x 令，得，( )0h x1x 因為時，1x ，( )0h x 所以在上單調(diào)遞減( )h x1x ， 故時，；1x ，( )(1)0h xh 因為

11、時，1x，( )0h x 所以在上單調(diào)遞增( )h x1x， 故時，1x，( )(1)0h xh 所以對任意，恒有，又，()x ，( )0h x 2 0 x 因此，( )( )0f xg x 故對任意，恒有()x ，( )( )f xg x 2. 解：由已知得函數(shù) f(x)的定義域為x|x1， 當 n=2 時， 2 1 ( )ln(1), (1) f xax x 所以 2 3 2(1) ( ). (1) ax fx x （1）當 a0 時，由得( )0fx 1，1， 1 2 1x a 2 2 1x a 此時 . 12 3 ()() ( ) (1) a xxxx fx x 當 x（1，x1）時，

12、單調(diào)遞減；( )0,( )fxf x 當 x（x1+）時，單調(diào)遞增.( )0,( )fxf x （2） （）當 a0 時，恒成立，所以 f(x)無極值.( )0fx 綜上所述，n=2 時， 當 a0 時，f(x)在處取得極小值，極小值為 2 1x a 22 (1)(1 ln). 2 a f aa 當 a0 時，f(x)無極值. （）證法一：因為 a=1,所以 1 ( )ln(1). (1)n f xx x 當 n 為偶數(shù)時， 令 1 ( )1ln(1), (1)n g xxx x 則 . 11 12 ( )10,(2) 11(1)(1) nn nxn g xx xxxx 所以當 x2,+時，g

13、(x)單調(diào)遞增， 又 g(2)=0 因此g(2)=0 恒成立， 1 ( )1ln(1) (1)n g xxx x 所以 f(x)x-1 成立. 當 n 為奇數(shù)時， 要證x-1,由于0，所以只需證 ln(x-1) x-1,( )f x 1 (1)nx 令 h(x)=x-1-ln(x-1), 則 0（x2）, 12 ( )1 11 x h x xx 所以 當 x2，+時，單調(diào)遞增，又 h(2)=10，( )1 ln(1)h xxx 所以當 x2 時，恒有 h(x) 0,即 ln（x-1）x-1 命題成立. 綜上所述，結(jié)論成立. 證法二：當 a=1 時， 1 ( )ln(1). (1)n f xx

14、x 當 x2，時，對任意的正整數(shù) n，恒有1， 1 (1)nx 故只需證明 1+ln(x-1) x-1. 令( )1 (1 ln(1)2ln(1),2,h xxxxxx 則 12 ( )1, 11 x h x xx 當 x2 時，0，故 h(x)在上單調(diào)遞增，( )h x2, 因此當 x2 時，h(x)h(2)=0，即 1+ln(x-1) x-1 成立. 故當 x2 時，有x-1. 1 ln(1) (1)n x x 即 f（x）x-1. 3. 解: (1)由已知得,令,得, 2 ( )21fxaxbx0)( xf 2 210axbx 要取得極值,方程必須有解,)(xf 2 210axbx 所以

15、,即, 此時方程的根為 2 440ba 2 ba 2 210axbx , 22 1 244 2 bbabba x aa 22 2 244 2 bbabba x aa 所以 12 ( )()()fxa xxxx 當時,0a x (-,x1) x 1(x1,x2)x2 (x2,+) f(x)00 f (x)增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù) 所以在 x 1, x2處分別取得極大值和極小值.)(xf 當時, 0a x (-,x2) x 2(x2,x1)x1 (x1,+) f(x)00 f (x)減函數(shù)極小值增函數(shù)極大值減函數(shù) 所以在 x 1, x2處分別取得極大值和極小值.)(xf 綜上,當滿足時, 取

16、得極值. ba, 2 ba)(xf (2)要使在區(qū)間上單調(diào)遞增,需使在上恒成立.)(xf(0,1 2 ( )210fxaxbx (0,1 即恒成立, 所以 1 ,(0,1 22 ax bx x max 1 () 22 ax b x 設(shè), 1 ( ) 22 ax g x x 2 22 1 () 1 ( ) 222 a x a a g x xx 令得或(舍去), ( )0g x 1 x a 1 x a 當時,當時,單調(diào)增函數(shù);1a 1 01 a 1 (0,)x a ( )0g x 1 ( ) 22 ax g x x 當時,單調(diào)減函數(shù), 1 (,1x a ( )0g x 1 ( ) 22 ax g

17、x x 所以當時,取得最大,最大值為. 1 x a ( )g x 1 ()ga a 所以ba 當時,此時在區(qū)間恒成立,所以在區(qū)間01a 1 1 a ( )0g x (0,1 1 ( ) 22 ax g x x 上單調(diào)遞增,當時最大,最大值為,所以(0,11x ( )g x 1 (1) 2 a g 1 2 a b 綜上,當時, ; 當時, 1aba 01a 1 2 a b 4.D 5. 解：（） 當)(1xfa時，), 0(, 1 2 lnx x xx 所以 2 2 2 ,(0,) xx x x )( xf 因此，）（12 f 即 曲線.1)2(2)(，處的切線斜率為，在點（fxfy 又 , 2

18、2ln)2(f 所以曲線 . 0 2ln , 2)22(ln)2(2)( yx xyfxfy 即 處的切線方程為，在點（ （）因為 ，1 1 ln)( x a axxxf 所以 ， 2 11 )( x a a x xf 2 2 1 x axax ), 0( x 令 ,1)( 2 axaxxg), 0( x （1）當0, ( )1,(0,)ah xxx 時 所以，當，函數(shù)單調(diào)遞減；(0,1), ( )0,( )0 xh xfx時此時( )f x 當時，此時單調(diào)遞(1,)x( )0h x ( )0,fx函數(shù)f (x) （2）當0a 時, 由f (x)=0 即，解得 2 10axxa 12 1 1,

19、1xx a 當時，恒成立， 1 2 a 12, ( ) 0 xx h x 此時，函數(shù)在（0，+）上單調(diào)遞減；( )0fx( )f x 當 11 0,110 2 a a 時 時，單調(diào)遞減；(0,1)x( )0,( )0,( )h xfxf x此時函數(shù) 時，單調(diào)遞增； 1 (1,1)x a ( )0,( )0,( )h xfxf x此時函數(shù) ，此時( )0fx，函數(shù)( )f x單調(diào)遞減； 1 (1,), ( )0 xh x a 時 當時，由于0a 1 10 a 時，此時，函數(shù)單調(diào)遞減；(0,1)x( )0h x ( )0fx( )f x 時，此時，函數(shù)單調(diào)遞增。(1,)x( )0h x ( )0f

20、x( )f x 綜上所述： 當時，函數(shù)在（，）上單調(diào)遞減；0a ( )f x 函數(shù)在（，）上單調(diào)遞增；( )f x 當時，函數(shù)在（0，+）上單調(diào)遞減； 1 2 a ( )f x 當時，函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞減； 1 0 2 a( )f x 函數(shù)在上單調(diào)遞增；( )f x 1 (1,1) a 函數(shù)上單調(diào)遞減， 1 ( )(1,)f x a 在 6. 2【解析】，23a 23 log1loglog a aaa = =34,b a 3 1logab- = 的零點在（2,3）上，n=2.( )log() x a g xbx=- 7. （1）設(shè)容器的容積為，V 由題意知 ，又， 23 4 3 Vr l

21、r 80 3 V 故 3 222 4 8044 20 3 () 333 Vr lrr rrr 由于 ，2lr 因此 02r 所以建造費用 22 2 4 20 2342()34 3 yrlr crrr c r 因此 2 160 4 (2), 02ycrr r （2）由（1）得， 3 22 1608 (2)20 8 (2)(), 02 2 c ycrrr rrc 由于 ，所以 ，3c 20c 當 時， 3 20 0 2 r c 3 20 2 r c 令 ，則 3 20 2 rm c 0m 所以 22 2 8 (2) ()() c yrmrrmm r 當即時，02m 9 2 c 當時，rm0y 當時

22、，(0,)rm0y 當時，( ,2)rm0y 所以 是函數(shù)的極小值點，也是最小值點.rmy 當即時2m 9 3 2 c 當時，函數(shù)單調(diào)遞減，(0,2)r0y 所以，是函數(shù)的最小值點.2r y 綜上所述，當時，建造費用最小時 9 3 2 c2r 當時，建造費用最小時。 9 2 c 3 20 2 r c 8.C 9. B 解析：曲線在點處的切線的傾斜角 /2/ 1 32,|1, x yxky 3 24yxx(13)， ，選擇 B； 0 45 10. 解：（1）求導： 32 ( )1f xxaxx 2 ( )321fxxax 當時，在上遞增； 2 3a0( )0fx( )f xR 當，由求得兩根為

23、2 3a( )0fx 2 3 3 aa x 即在遞增，遞減，( )f x 2 3 3 aa ， 22 33 33 aaaa ， 遞增； 2 3 3 aa ， （2） （法一）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，遞( )f x 21 33 ， 22 33 33 aaaa ， 減， ，且，解得：。 2 2 32 33 31 33 aa aa 2 3a2a 2 2 21 3x +2ax+10(, 33 g(x)=3x +2ax+1, 242 7g()32a+10 a 393 a24 111 a2g()=32a+10 393 a2,+ ) （法二）只需在區(qū)間）恒成立即可。 令只需： 的取值范圍為 11. 解： （I

24、） w.w.w.k.s.5.u.c.o.m )2)(2(4)1 (2)( 2 axxaxaxxf 由知，當時，故在區(qū)間是增函數(shù)；1a2x0)( x f)(xf)2 ,( 當時，故在區(qū)間是減函數(shù)；ax220)( x f)(xf)2 , 2(a 當時，故在區(qū)間是增函數(shù)。ax20)( x f)(xf),2(a 綜上，當時，在區(qū)間和是增函數(shù)，在區(qū)間是1a)(xf)2 ,(),2(a)2 , 2(a 減函數(shù)。 （II）由（I）知，當時，在或處取得最小值。0 x)(xfax20 x aaaaaaaf2424)2)(1 ()2( 3 1 )2( 23 aaa244 3 4 23 af24)0( 由假設(shè)知w.

25、w.w.k.s.5.u.c.o.m 即 解得 1a6 , 0)0( , 0)2( 1 f af a . 0 24 , 0)6)(3( 3 4 , 1 a aaa a 故的取值范圍是（1，6）a 12. 解:設(shè)切點，則,又 00 (,)P xy 0000 ln1,()yxayx 0 0 1 |1 x x y xa .故答案選 B 000 10,12xayxa 13.解：由題意知方程有兩個根 2 363fxxbxc 0fx 12 xx、 則有 1 10,x 且， 2 1,2.x 10f ， 故有 00 f ， 1020ff， 210 0 210 440 bc c bc bc 右圖中陰影部分即是滿足

26、這些條件的點的區(qū)域。, b c (II)這一問考生不易得分，有一定的區(qū)分度。主要原 因是含字母較多，不易找到突破口。此題主要利用消 元的手段，消去目標中的 32 2222 33f xxbxcx ， （如果消會較繁瑣）再利用的范圍，并借助b c 2 x （I）中的約束條件得進而求解，有較強的技巧性。 2,0c 解： 由題意有 2 222 3630fxxbxc 又 32 2222 33f xxbxcx 消去可得b 3 222 13 22 c f xxx 又，且 2 1,2x 2,0c 2 1 10() 2 f x 14.B 解：, 111 22 2121 |1 (21)(21) xxx xx y

27、xx 故切線方程為,即 故選 B.1(1)yx 20 xy 15.解: （I） 2 22 2(1) 11 axxa fxxx xx 令，其對稱軸為。由題意知是方程的兩個均 2 ( )22g xxxa 1 2 x 12 xx、( )0g x 大于的不相等的實根，其充要條件為，得1 480 ( 1)0 a ga 1 0 2 a 當時，在內(nèi)為增函數(shù)； 1 ( 1,)xx 0,( )fxf x 1 ( 1,)x 當時，在內(nèi)為減函數(shù)； 12 ( ,)xx x 0,( )fxf x 12 ( ,)x x 當時，在內(nèi)為增函數(shù)； 2, ()xx 0,( )fxf x 2, ()x （II）由（I）， 2 1

28、(0)0,0 2 gax 2 22 (2)axx +2 222 2222222 1(2)1f xxalnxxxx lnx+2 設(shè)， 22 1 (22 )1() 2 h xxxx lnxx 則 22(21)122(21)1h xxxlnxxxlnx 當時，在單調(diào)遞增； 1 (,0) 2 x 0,( )h xh x 1 ,0) 2 當時，在單調(diào)遞減。(0,)x 0h x( )h x(0,) 111 2ln2 (,0),() 224 xh xh 當時 故 22 1 22 () 4 In f xh x 16. 解：（I） 2 4(1)(331).fxxaxax 當時，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞 1 6

29、a 2 221)fxxx()( f x(,-2)(-2,+ ) 增， 在時有極小值。所以，是的極小值。2x f x -2 =-12f f x （II）在上單調(diào)遞增當且僅當即-（1, 1） f x 2 4(1)(331)0fxxaxax ， 2 3310,axax （1）當時恒成立；0a （2）當時成立，當且僅當解得0a 2 3131 10.aa 1 6 a 。 （3）當時成立，即成立，當且僅當0a 2 1 + ) -0 24 31 3 - a a x(-0 4 3 1. a 解得 4 - 3 a 。 綜上，的取值范圍是。a 4 1 - 3 6 ， 17. A。 0 2 x yxaa ， 1a

30、，(0, ) b 在切線 10 xy ， 1b 18. （）當 a=2 時， 32 ( )631,( )3(23)(23)f xxxxfxxx 當時在單調(diào)增加；(,23)x ( )0,( )fxf x(,23) 當時在單調(diào)減少；(23,23)x( )0,( )fxf x(23,23) 當時在單調(diào)增加；(23,)x( )0,( )fxf x(23,) 綜上所述，的單調(diào)遞增區(qū)間是和，( )f x(,23)(23,) 的單調(diào)遞減區(qū)間是( )f x(23,23) （）， 22 ( )3()1fxxaa 當時，為增函數(shù)，故無極值點； 2 10a( )0,( )fxf x( )f x 當時，有兩個根 2

31、10a( )0fx 22 12 1,1xaaxaa 由題意知， 22 213,213aaaa 或 式無解，式的解為， 55 43 a 因此的取值范圍是.a 5 5 4 3 ， 19. 解：（）， 11 ( )ln1ln x fxxx x ,( )ln1xfxxx 題設(shè)等價于. 2 ( )1xfxxaxln xxa 令，則( )lng xxx 1 ( )1g x x 當，；當時，是的最大值點，01x ( ) 0g x 1x ( ) 0g x 1x ( )g x ( )(1)1g xg 綜上，的取值范圍是.a1, ()由（）知，即.( )(1)1g xg ln1 0 xx 當時，；01x( )(1

32、)ln1ln(ln1)0f xxxxxxxx 當時，1x ( )ln( ln1)f xxxxx 1 ln(ln1)xxx x 11 ln(ln1)xx xx 0 所以(1) ( )0 xf x 20.解： （I）當時，1x 當且僅當 1 )( x x xf.1xe x 令2 分 . 1 )( . 1 )( xx exgxexg則 當，是增函數(shù)；0)( 0 xgx時, 0)(在xg 當是減函數(shù)。 0 , )(, 0)( 0在時xgxgx 于是在 x=0 處達到最小值，因而當時，)(xgRx.1),0()(xegxg x 即 所以當6 分、. 1 )(,1 x x xfx時 （II）由題設(shè) . 0 )(, 0 xfx此時 當不成立； 1 )(, 0 1 , 1 ,0 ax x xf ax x a xa則若時 當則,)()()(,xxfxaxfxha令時 當且令當 1 )( ax x xf . 0 )(xh ).()()( 1)( )( )()( xfaxxaxfxaf xfxafxafxh 8 分 （i）當時，由（I）知 2 1 0 a),() 1(xfxx ),()() 1()()()( xfxfxaxaxfxafxh , 0)() 12(xfa 是減函數(shù)，10 分, 0)(在xh. 1 )(, 0)0()( ax x