高考数学导数专题

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2013届高考数学（理）一轮复习——导数及其应用
一、选择题
1、若对任意< br>x
，有
f
′(
x
)＝4
x
3
，f
(1)＝－1，则此函数为( )
A．
f
(
x
)＝
x
4
B．
f
(
x
)＝
x
4
－2
C．
f
(
x
)＝
x
4
＋1 D．
f
(
x
)＝
x
4
＋2
2、设函数< br>f(x)?x
2
?6x
，则
f(x)
在
x?0
处的切线斜率为（ ）
（A）0 （B）-1 （C）3 （D）-6
3 ．（2012陕西理）设函数
f(x)?xe
x
,则 （ ）
A．
x?1
为
f(x)
的极大值点 B．
x?1
为
f(x)
的极小值点
C．
x??1
为
f(x)
的极大值点 D．
x??1
为
f(x)
的极小值点
4．（2012厦门市高三上 学期期末质检）函数y＝(3－x
2
)e
x
的单调递增区是（
A.(－∞,0) B. (0,＋∞)
C. (－∞,－3)和(1,＋∞) D. (－3,1)
5 ．（2012新课标理）已知函数
f(x)?
1
ln(x?1)?x
;则y?f(x)
的图像大致为

6 ．（2012浙江理）设
a
>0,
b
>0. （ ）
A．若2
a
?2a?2
b
?3b
,则
a
>
b
B
．
若
2
a
?2a?2
b
?3b
,则
a
<
b

C．若
2
a
?2a?2< br>b
?3b
,则
a
>
b
D
．
若2
a
?2a?2
b
?3b
,则
a
<
b
7、已知函数
f(x)?x
3
?ax
2
?bx?a
2
?7a
在
x?1
处取得极大值10，则
a
b
的值 为（
）
）

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A.
?
B.
?2
C.
?2
或
?
D. 不存在
8 ． 6．函数
f(x)?x?
的单调递减区间是（ ）
(0,1)
C.
(?1,0)
,
(0,1)
D.
(??,?1)
,
(1,??)


2
3
2
3
1
x
A.
(?1,1)
B.
(?1,0)
9、已知函数
f
?
(x),g
?
(x)
分别是二次函数
f(x)
和三次函数
g(x)
的导函数，它们 在同一
坐标系下的图象如图所示，设函数
h(x)?f(x)?g(x)
，则（ ）
A．
h(1)?h(0)?h(?1)
B．
h(1)?h(?1)?h(0)

C．
h(0)?h(?1)?h(1)
D．
h(0)?h(1)?h(?1)

?
4
?
1
3
10．曲线
y
＝
x
＋
x
在点
?
1，
?
处的切线与坐标轴围成的三
3
?
3
?
角形面 积为 ( )
1212
A. B. C. D.
9933
11、定义方程
f(x)?f'(x )
的实数根
x
0
叫做函数
f(x)
的“新驻点”，若函数< br>g(x)?x,h(x)?ln(x?1),
?
(x))??xx
3
? ?11
的“新驻点”分别为
?
,
?
,
?
，则
?
,
?
,
?
的大小关系
为（ ）
A．
?
?
?
?
?
B．
?
?
?
?
?
C．
?
?
?
?
?
D．
?
?
?
?
?

π1
12．函数
f
(
x
)＝sin
x
＋2
xf
′()，
f
′(
x
)为
f
(
x
)的导函数，令
a< br>＝－，
b
＝log
3
2，
32
则下列关系正确的是( )
A．
f
(
a
)>
f
(
b
) B．
f
(
a
)<
f
(
b
) C．
f
(
a
)＝
f
(
b
) D．
f
(|
a
|)<
f
(
b
)

二、填空题
13．【2012深圳中学期末理】已知曲线
y?x
2
?1
在
x?x
0
点处的切线与曲线
y?1?x
3
在
x?x
0
点处的切线互相平行，则
x
0
的值为 ．
14、（2012广东理）曲线
y?x
3
?x?3
在点
?
1,3
?
处的切线方程为______________.
15. （2 012山东理）设
a?0
.若曲线
y?x
与直线
x?a,y?0所围成封闭图形的面
积为
a
2
,则
a?
______.
16、函数
f
?
x
?
?ax
3
?3x?1
对于
x?
?
?1,1
?
总有
f
?
x
?
≥0 成立，则
a
= ．
三、17．设函数f
(
x
)＝
ax
3
＋
bx
＋
c
(
a
≠0)为奇函数，其图象在点(1，
f
(1))处的
切线与直线
x
－6
y
－7＝0垂直，导函数
f
′(
x
)的最小值为－12.
(1)求
a
，
b
，
c
的值；
(2)求函 数
f
(
x
)的单调递增区间，并求函数
f
(
x)在[－1,3]上的最大值和最小值．

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18．（2012北京理）已知函数
f(x)?ax?1
(
a?0
),
g(x)?x?bx
.
(1)若曲线
y?f(x)
与曲线
y?g(x)
在它们的交点(1,
c
)处具有公共切线,求
a,b
的值;
(2)当
a?4b
时,求函数
f(x)?g(x)
的单调区间,并求其在区间
(??,?1]< br>上的最大值
2
23




19．【山东 省枣庄市2012届高三上学期期末理】已知函数
f
?
x
?
?xln x.

（1）求函数
f
?
x
?
的极值点；
（2）若直线
l
过点（0，—1），并且与曲线
y?f
?
x
?
相切，求直线
l
的方程；
（3）设函数
g
?
x
?
?f
?
x
?
?a
?
x?1
?
，其中
a?R
，求函数
g
?
x
?
在
?
1,e
?
上的最小值.（其中e为自然对数的
底数）











20．（2012广东理）设
a?1
,集合
A?
?
x?Rx ?0
?
,
B?x?R2x
2
?3
?
1?a
?
x?6a?0
,D＝A∩B.
(Ⅰ)求集合
D
(用区间表示);
(Ⅱ)求函数
f
?x
?
?2x
3
?3
?
1?a
?
x2
?6ax
在
D
内的极值点.
??

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21．（2012山东理）已知函数
f(x)?
lnx?k
(
k
为常数,
e?2.71828? ??
是自然对数的底数),曲线
x
e
y?f(x)
在点
(1 ,f(1))
处的切线与
x
轴平行.
(Ⅰ)求
k
的值;
(Ⅱ)求
f(x)
的单调区间;
(Ⅲ)设
g(x)?(x?x)f '(x)
,其中
f'(x)
为
f(x)
的导函数.证明:对任意x?0,g(x)?1?e
.
2?2


















答案
（2013届高考数学（理）一轮复习——导数及其应用）

1、答案 B 解析 用
f
(1)＝－1验证即可
2、【答案】D 解析：
f (x)
在x=0处的切线斜率为
f
?
(0)?(2x?6)|
x?0
??6

3、【答案】D
解析:
f
?
(x) ?(x?1)e
,令
f
?
(x)?0,
得
x??1
,
x<-1
时,
f
?
(x)?0
,
f(x)?xe
为减函数;
x>-1
xx

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x
时,
f
?
(x)?0
,
f(x)?x e
为增函数,所以
x??1
为
f(x)
的极小值点,选D.
4、【答案】D 【解析】本题主要考查导数的计算及导数与单调性的关系、二次不等式的解法. 属 于基础
x2xx22
?
y??2xe?(3?x)e?e(?x?2x?3)?0?x ?2x?3?0??3?x?1
知识、基本运算的考查.
∴函数y＝(3－x)e的单调递增区是(－3,1)
2x
x
5、 【解析】选
B

1?x
?g
?
(x)?0??1?x?0,g
?
(x)?0?x?0?g(x)?g (0)?0
g(x)?ln(1?x)?x?g
?
(x)??
得:
x ?0
或
?1?x?0
均有
f(x)?0
排除
A,C,D

bb
6、 【答案】A 【解析】若
2< br>a
?2a?2?3b
,必有
2
a
?2a?2?2b
. 构造函数:
f
?
x
?
?2
x
?2x
,则< br>f
?
?
x
?
?2
x
?ln2?2?0
恒成立,故有函数
f
?
x
?
?2
x
?2x
在
x
>0上单调递增,即
a
>
b
成立.其余选项用同样< br>方法排除.
?
3?2a?b?0
?
a??2
7、【答案】A 【解析】 由题
f'(x)?3x?2ax?b
，则
?
，解得，或
?
2
?
b?1
?
1?a?b?a?7a?10
2
?
a? ?6
?
a??6
a2
??
，经检验满足题意，故，选A。
??
b?9b?9
b3
??
8、【答案】C 【解析】函数
f(x)?x?
11
的定义域为
x?0
的实数，令
f
?
(x)?1?
2
?0
解得
x??1
，
xx< br>当
?1?x?0
或
0?x?1
时
f
?
(x) ?0
，所以函数
f(x)
的单调递减区间是
(?1,0)
,
(0,1)
.
1
2
1
x,g(x)?x
3
,则
h(0)?h(1)?h(?1)
。
23
?
4
?
22
10、【答案】A 【解析】．y
′＝
x
＋1，曲线在点
?
1，
?
处的切线斜 率
k
＝1＋1＝2，
?
3
?
2
?
4?
4
??
1
??
故曲线在点
?
1，
?
处的切线方程为
y
－＝2(
x
－1)．该切线与两坐标轴的交点分别 是
?
，0
?
，
?
0，－
?
.
3
?
3
?
3
??
3
??
9、【答案】D 【解析】取特殊值，令
f(x)?
1121
故所求三角形的面积是：××＝.故应选A .
2339
x
11、【答案】C 【解析】因为满足方程
f(x)?f '(x)
的实数根
0
叫做函数
f(x)
的 “新驻点”，所以
g(x)?x,
的新驻点是
h(x)?ln(x
?
?1),
?xx
ln(
?1
?1;
(
h(
)
x
?
)?x?1)
的新驻点为
32
点为
x?3x?1?0
的根< br>?
；作出图像得
?
?
?
?
?
。
l n(x?1)?
1
3
x?1
的根
?
；
?
( x)?x?1
的新驻
ππ
12、答案 A 解析
f
(
x
)＝sin
x
＋2
xf
′() ∴
f
′(
x
)＝cos
x
＋2
f
′()
33
πππππ1
∴
f
′()＝cos＋2
f
′( ) ∴
f
′()＝－cos＝－
333332
∴
f
′(
x
)＝cos
x
－1≤0，∴
f
(
x
)为 减函数
1
∵
b
＝log
3
2>log
3
1＝0>－＝
a
∴
f
(
a
)>
f
(
b
)．
2
二、填空题

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13、【答案】
x
0
?0
或
x
0
??
22
2
【解析】
2x
0
?3x
0
,
解得
x
0
?0
或
x
0
??

33
33
14、答案：
2x?y?1?0
解析:
y
?
|
x?1
?3?1
2
?1?2
,所以切线方程 为
y?3?2
?
x?1
?
,即
2x?y?1?0
.
a
222
4
4
a2
15、答案： 【解析】由已知得< br>S?
?
x?x
2
|
0
?a
2
?a< br>,所以
a
2
?
,所以
a?
.
0
33
3
9
9
1
16、答案：4 【解析】 本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论
a
取何值，
f
?
x
?
≥0显然
成立；当x＞0 即
x?
?
?1,1
?
时，
f
?
x
?
?ax
3
?3x?1< br>≥0可化为，
a?
3
?
1?2x
?
31
?< br>1
??
1
?
'
0,
,1
?
上单调设
g
?
x
?
?
2
?
3
，则
g
?
x
?
?
， 所以 在区间上单调递增，在区间
gx??
?
?
?
4
31
?
3

2
xx
xx
x
?
2
?
?
2
递减，因 此
g
?
x
?
?
1
?
max
?g< br>?
?
2
?
?
?4
，从而
a
≥4；
当x＜0 即
?
?1,0
?
时，
f
?
x< br>?
?ax
3
?3x?1
≥0可化为
a?
31
'
3
?
1?2x
?
x
2
?
x
3< br>，
g
?
x
?
?
x
4
?0

g
?
x
?
在区间
?
?1,0
?
上单调递增，因此
g
?
x
?
man
?g
?
?1
?
?4
，从而
a
≤4，综上
a
＝4
三、解答题
17、解 (1)∵
f
(
x
)为奇函数， < br>∴
f
(－
x
)＝－
f
(
x
)即－< br>ax
3
－
bx
＋
c
＝－
ax
3－
bx
－
c
，∴
c
＝0，
∵
f′(
x
)＝3
ax
2
＋
b
的最小值为－12， ∴
b
＝－12，
又直线
x
－6
y
－7＝0的斜率为
1
6
，
因此，
f
′(1)＝3
a
＋
b
＝－6， ∴
a
＝2，
b
＝－12，
c
＝0.
(2)单调递增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)．
f
(
x
)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－82.
1 8、解:(1)由
?
1，c
?
为公共切点可得:
f(x)?ax2
?1(a?0)
,则
f
?
(x)?2ax
,
k
1
?2a
,
g(x)?x
3
?bx
,则g
?
(x)=3x
2
?b
,
k
2
?3 ?b
,
?
2a?3?b
①
又
f(1)?a?1
,
g(1)?1?b
,
?
a?1?1?b
,即
a?b
,代入①式可得:
?
?
a?3
?
b?3
.
( 2)
a
2
?4b
,
?
设
h(x)?f(x)?g( x)?x
3
?ax
2
?
1
a
2
4
x?1

则
h
?
(x)?3x
2
?2ax?1
4
a
2
,令
h
?
(x)?0
,解得 :
x
a
a
1
??
2
,
x
2
??
6
;
a?0
,
?
?
aa
2??
6
,


综上所述:当
a?
?
0，2
?
时,最大值为
h(1)?a?
a
2
?
a< br>?
4
;当
a?
?
2,??
?
时,最大值为< br>h
?
?
?
2
?
?
?1
.
?

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?
19、解： （1）
f
?
x
?
?lnx?1,x
＞0.
而
f
?
?
x
?
＞0
?
lnx+1＞0?
x
＞
,f
?
?
x
?
＜0
?
lnx?1
＜0
?
0＜
x
＜
,

所以
f
?
x
?
在
?
0,
?
上单调 递减，在
?
,??
?
上单调递增
1
e
1
e

?
?
1
?
e
?
?
1
?
e
?
?
所以
x?
1
是函数
f
?
x
?
的极小值点， 极大值点不存在.
e
（2）设切点坐标为
?
x
0
,y0
?
，则
y
0
?x
0
lnx
0
,
切线的斜率为
lnx
0
?1,

所以切线< br>l
的方程为
y?x
0
lnx
0
?
?
lnx
0
?1
??
x?x
0
?
.

又切线
l
过点
?
0,?1
?
，所以有< br>?1?x
0
lnx
0
?
?
lnx
0
?1
??
0?x
0
?
.

解得
x
0
?1,y
0
?0.
所以直线
l
的方程为
y?x?1.

（3）
g?
x
?
?xlnx?a
?
x?1
?
，则
g
?
?
x
?
?lnx?1?a.


g
?
?
x
?
＜0
?lnx?1?a
＜0< br>?
0＜
x
＜
e
所以
g
?
x
?
在
0,e
①当
e
a?1
a?1
,g
?
?
x
?
＞0
?x
＞
e
a?1
,

?
a?1
?
上单调递减，在
?
e
a?1
,??
上单调递增.
?
?1,
即
a?1
时，
g
?
x
?
在
?
1,e
?
上单调递增， 所以
g
?
x
?
在
?
1,e
?
上的最小值为
g
?
1
?< br>?0.


当
a?2
时，
g
?
x< br>?
的最小值为
a?e?ae.

20. 解析:(Ⅰ)考虑不等式2x
2
?3
?
1?a
?
x?6a?0
的解.
因为
????
?
3
?
1?a
?
?
?
?4?2?6a?3
?
a?3
??
3a?1
?
, 且
a?1
,所以可分以下三种情况:
①当
?a?1
时,
??0
,此时
B?R
,
D?A?
?
0,??
?.
2
1
3
1
时,
??0
,此时
B ?
?
xx?1
?
,
D?
?
0,1
??1,??
?
.
3
1
0
两根,设为
x
1
、
x
2
,且
x
1
?x
2
,则 ③当
a?
时,
??0
,此时
2x
2
?3
?
1?a
?
x?6a?
有
3
②当
a?
x1
?
3
?
1?a
?
?3
?
a?3??
3a?1
?
4
,
x
2
?
3
?
1?a
?
?3
?
a?3
??
3a?1
?
4
,于是
B?xx?x
1
或x?x
2
.
??

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当
0?a?
3
1
时,
x
1
?x
2
?
?
1?a
?
?0
,
x
1
x
2
?3a?0< br>,所以
x
2
?x
1
?0
,此时
D?
?
0,x
1
?
2
3
?
x
2
,??
?
;当
a?0
时,
x
1
x
2
?3 a?0
,所以
x
1
?0
,
x
2
?0
,此时
D?
?
x
2
,??
?
.
综上 所述,当
时,
1
1
?a?1
时,
D?A?
?
0,??
?
;当
a?
时,
D?
?
0,1
?
3
3
?
1,??
?
;当
0?a?
.其< br>1
3
中
D?
?
0,x
1
??
x2
,??
?
a
??
3?
;当
a?0
时 ,
D?
?
x
2
,??
?
x
1
?< br>3
?
?a1
?
?
?
4
?
3a3?
?13?a
?
?31
?
a?3
??
3a?1
?
,
x
2
?
.
4
(Ⅱ)
f< br>?
?
x
?
?6x
2
?6
?
1?a< br>?
x?6a
,令
f
?
?
x
?
?0< br>可得
?
x?a
??
x?1
?
?0
.因为a?1
,所以
f
?
?
x
?
?0
有两< br>根
m
1
?a
和
m
2
?1
,且
m
1
?m
2
.
①当
?a?1
时,
D ?A?
?
0,??
?
,此时
f
?
?
x?
?0
在
D
内有两根
m
1
?a
和m
2
?1
,列表可得
1
3
x

f
?
?
x
?

f
?
x
?

?
0,a
?

+
递增
a

0
极小值
?
a,1
?

-
递减
1
0
极大值
?
1,??
?

+
递增
所以
f
?
x
?
在
D
内有极大值点1,极小值点
a
.
②当
a?
1
时,
D?
?
0,1< br>?
3
?
1,??
?
,此时
f
?
?< br>x
?
?0
在
D
内只有一根
m
1
?a ?
1

3
0
极小值
1
,列表可得
3
x

1
?

?
?
0,
?
3
??
?
1
?
?
,1
?

?
3
?
-
递减
?
1,??
?

+
递增
f
?
?
x
?

f
?
x
?

+
递增
所以
f< br>?
x
?
在
D
内只有极小值点
a
,没有极大值 点.

③当
0?a?
1
时,
D?
?
0 ,x
1
?
3
?
x
2
,??
?
,此 时
0?a?x
1
?1?x
2
(可用分析法证明),于是
f< br>?
?
x
?
?0
在
D
内只有一根
m< br>1
?a
,列表可得
x

?
0,a
?

+
递增
a

0
极小值
?
a,x
1
?

-
递减
?
x
2
,??
?

+
递增
f
?
?
x
?

f
?
x
?

所以
f
?
x
?
在
D
内只有极小值点
a
,没有极大值点.

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④当
a?0
时,
D?
?
x
2
,??
?
,此时
x
2
?1
,于是
f
?
?
x
?
在
D内恒大于0,
f
?
x
?
在
D
内没有极值点.
综上所述,当
?a?1
时,
f
?
x
?
在< br>D
内有极大值点1,极小值点
a
;当
0?a?
小值点
a
,没有极大值点.当
a?0
时,
f
?
x
?
在
D
内没有极值点.
1
3
1
时,
f
?
x
?
在
D
内只有极
3
1
?k?lnx< br>lnx?k
1?k
x
??
21、解析:由f(x) = 可得,而,即
?0
,解得
k?1
;
f(x)?f(1)?0e
e
x
e
x
1
?1?lnx
x
(Ⅱ)
f
?
(x)?
,令
f
?
(x)?0
可得< br>x?1
,
x
e
11
当
0?x?1
时,< br>f
?
(x)??1?lnx?0
;当
x?1
时,
f< br>?
(x)??1?lnx?0
.
xx
于是
f(x)
在区间
(0,1)
内为增函数;在
(1,??)
内为减函数.
1
?1?lnx
1?x
2
?(x
2
?x)lnx
2
x
(Ⅲ)
g(x)?(x?x)
,
?
xx
ee
(1)当
x?1
时,
1?x?0,l nx?0,x?x?0,e?0
,
g(x)?0?1?e
22x?2
. < br>1
?1?lnx
2?2
(2)当
0?x?1
时,要证
g(x)?(x?x)
x
.
?1?e
x
e
x?11?e
?2
只需证
x
?
即可
1?x(1?lnx)
e
设函数
p(x)?
则
p
?
(x)?
x?1
,q(x)?1?x(1?lnx),x?(0,1)
.
e
e
?x
?0,q
?
(x)??2?lnx,x?(0,1)
,
x
e< br>x?1
则当
0?x?1
时
p(x)?
e
?p(0)? 1
,
e
令
q
?
(x)??2?lnx?0
解得
x?e
?2
?2
?(0,1)
,
?2
当
x?(0,e)
时
q
?
(x)?0
;当
x?(e,1)< br>时
q
?
(x)?0
,
则当
0?x?1
时
q(x)?1?x(1?lnx)?q(e)?1?e
,且
q(x)?0
,
?2?2
1?e
?2
x?11?e
?2
1?e
?2
?
?1
,于是可知当
0?x?1
时
x
?
则 成立
1?x(1?lnx)
1?e
?2
1?x(1?lnx)
e
综合(1)(2)可知对任意x>0,
g(x)?1?e
恒成立.
?2
x?1?x
?
,则
,x?(0,1)p(x)??0
,
ex
ee
x?1
则当
0?x?1
时
p(x)?x
?p(0)?1
,
e
另证1:设函数
p(x)?

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1
?1?lnx
1
于是当
0?x?1
时,要证< br>g(x)?(x
2
?x)
x
?x(?1?lnx)?1?e
? 2
,
x
x
e
1
?2
只需证
x(?1? lnx)?1?e
即可,
x
设
q(x)?1?x(1?lnx),x?( 0,1)
,
q
?
(x)?1?x(1?lnx)
,
令< br>q
?
(x)??2?lnx?0
解得
x?e
?2
?2
?(0,1)
,
?2
当
x?(0,e)
时
q< br>?
(x)?0
;当
x?(e,1)
时
q
?
( x)?0
,
则当
0?x?1
时
q(x)?1?x(1?lnx) ?q(e)?1?e
,
?2?2
1
?1?lnx
2
于是 可知当
0?x?1
时
(x?x)
x
?1?e
?2
成 立
x
e
综合(1)(2)可知对任意x>0,
g(x)?1?e
恒成立.
另证2:根据重要不等式当
0?x?1
时
ln(x?1)?x< br>,即
x?1?e
,
x
?2
1
?1?lnx
1
2
于是不等式
g(x)?(x?x)
x
?x(?1?lnx)? 1?e
?2
,
x
x
e
设
q(x)?1?x(1 ?lnx),x?(0,1)
,
q
?
(x)?1?x(1?lnx)
,
令
q
?
(x)??2?lnx?0
解得
x?e
?2
?2
?(0,1)
,
?2
当
x?(0,e)时
q
?
(x)?0
;当
x?(e,1)
时
q< br>?
(x)?0
,
则当
0?x?1
时
q(x)?1 ?x(1?lnx)?q(e)?1?e
,
?2?2
1
?1?lnx2?2
x
于是可知当
0?x?1
时
(x?x)
成立.
?1?e
x
e