2011—2018年新课标全国卷1理科数学分类汇编——3.导数及其应用

1、3导数及其应用（含解析）一、选择题【 2014， 11】已知函数f ( x) = ax33x21，若 f (x) 存在唯一的零点 x0 ，且 x0 0，则 a 的取值范围为A （ 2，+）B （-， -2）C （ 1， +）D （ -，-1）【 2012， 12】设点 P 在曲线 y1 ex 上，点 Q 在曲线 yln(2 x) 上，则 | PQ |的最小值为（）2A 1 ln2B 2(1ln 2)C 1ln2D2(1 ln 2)【 2011， 9】由曲线 yx ，直线 yx2 及 y 轴所围成的图形的面积为（）10B 416D 6A C33二、填空题【 2018,16】已知函数 fx2sin

2、 xsin2 x ，则 f x 的最小值是 _ 【 2017， 16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为 OD、 E、F 为圆 O 上的点， DBC ，ECA，FAB 分别是以 BC ，CA，AB 为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC， CA ，AB 为折痕折起DBC ，ECA，FAB，使得 D ，E，F 重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为 _【 2013，16】若函数 f(x) (1 x2)( x2 axb) 的图像关于直线x 2 对称，则 f(x)的最大值为 _ 三、解答题【 2018， 21】已

3、知函数f ( x)1xa ln x x（ 1）讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）若 f ( x) 存在两个极值点x1, x2，证明：f x1fx2a 2 x1x2【 2017， 21】已知函数fxae2xa2 exx （ 1）讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）若 f ( x) 有两个零点，求 a 的取值范围【 2016， 12】已知函数 f ( x) ( x 2)exa(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 x2 2 【 2015， 12】已知函数f ( x) x3ax1 ， g( x)ln x 4（）当 a 为何值

4、时， x 轴为曲线 yf ( x) 的切线；（）用 min m, n 表示 m, n 中的最小值 错误！未找到引用源。 ，设函数 h( x)min f (x), g( x) 错误！未找到引用源。 （ x0 ），讨论 h( x) 零点的个数【 2014，21】设函数xbex 1f (x0 ae ln x，曲线 yf (x) 在点（ ， f (1)处的切线为 y e(x 1) 21x( )求 a, b ；（）证明：f ( x)1【 2013， 21】设函数 f(x) x2 axb， g(x) ex(cx d)若曲线 y f(x)和曲线 yg( x)都过点 P(0,2)，且在点 P 处有相同的切线

5、y 4x2(1)求 a， b，c， d 的值； (2)若 x 2 时， f(x) kg(x)，求 k 的取值范围【 2012， 21】已知函数 f ( x) 满足 f (x) f (1)ex 1f (0) x1x2 1 x 22（ 1）求 f (x) 的解析式及单调区间； （ 2）若 f ( x)axb，求 (a1)b 的最大值2【 2011， 21】已知函数 f ( x)a ln xb ，曲线 yf ( x) 在点 (1, f (1)处的切线方程为 x 2 y 3 0 x 1xln xk ，求 k 的取值范围（）求 a 、 b 的值；（）如果当x 0 ，且 x1 时， f ( x)x 1x3

6、导数及其应用（解析版）一、选择题【 2015，12】设函数 f ( x) = ex (2 x1)ax a ,其中 a 1 ，若存在唯一的整数x0 ，使得 f (x0 )0 ，则 a的取值范围是（）A 3 ,1B3 , 3C3 , 3D 3 ,12e2e42e42e解析：设 g( x) = ex (2 x1) ， yaxa ，由题知存在唯一的整数x0 ，使得 g (x0 ) 在直线 yaxa 的下方 .因为 g ( x)ex (2 x1) ，所以当 x1时， g (x) 0，当 x1时， g (x) 0，所以当 x1时，2221 g ( x) min =2e 2 ，当 x0 时， g(0)1，

7、g(1)3e0 ，直线 yaxa 恒过（ 1,0）斜率且 a ，故ag(0)1，且 g(1)3e 1aa ，解得3 a 1，故选 D .2e作为选择题，该题也可先找到满足f ( x0 )0 的整数 x0 ，由 x0 的唯一性列不等式组求解.由f (0)1a0 得 x00 .又 x0 是唯一使 f ( x)f (1)0，解得 a31，0 的整数，所以0，又 af (1)2e且 a3 时符合题意 .故选 D .4【 2014， 11】已知函数 f ( x) = ax33x21，若 f (x) 存在唯一的零点x0 ，且 x0 0，则 a 的取值范围为A .（ 2，+）B .（-， -2）C .（ 1

8、，+）D .（ -， -1）【解析1】：由已知 a0， f (x)3ax26x ，令 f ( x)0 ，得 x0 或 x2，a当 a0 时， x,0 , f (x) 0; x0, 2 , f ( x) 0; x2 , f ( x) 0 ；aa且 f(0)10， f (x) 有小于零的零点，不符合题意当 a0 时， x, 2 , f ( x) 0; x2 ,0 , f (x) 0; x0, f ( x)0aa要使 f ( x) 有唯一的零点x0 且 x0 0，只需 f ( 2)0 ，即 a24 ， a2选 Ba【解析2】：由已知 a0 ， f ( x) = ax33x21有唯一的正零点，等价于a

9、 3 11xx3有唯一的正零根， 令 t1，则问题又等价于 at33t有唯一的正零根， 即 ya 与 yt33t 有唯一x的交点且交点在在y 轴右侧记 f (t )t33t， f (t )3t23 ，由 f(t)0， t1 ，t,1 , f (t )0;t1,1 , f(t)0; ，t1, f(t )0 ，要使 at33t有唯一的正零根，只需 af (1)2，选 B【 2012， 10】已知函数 f ( x)1，则 yf (x) 的图像大致为（）ln( x1)xyyyy11O 1x1O1x1O1xO 1xA BCD 【解析】 yf ( x) 的定义域为 x | x1且 x0 ，排除 D；(11

10、1)x因为 f (x)x2x2，ln( x1)x( x1)ln( x1)所以当 x (1,0) 时， f( x)0 ，yf ( x) 在（ 1， 0）上是减函数；当 x(0,) 时， f(x)0 ， yf (x) 在 (0,) 上是增函数排除 A 、 C，故选择 B【 2012， 12】设点 P 在曲线 y1 ex 上，点 Q 在曲线 yln(2 x) 上，则 | PQ |的最小值为（）2A 1ln2B 2(1 ln 2)C 1ln2D2(1 ln 2)【解析】函数y1 ex 与函数 yln(2 x) 互为反函数，图象关于直线yx 对称21问题转化为求曲线yex 上点 P 到直线 yx 的距离

11、的最小值 d ，则 | PQ |的最小值为2d2（用切线法）：设直线 yxb 与曲线 y1 ex相切于点 P(t, 1 et ) ，22因为 y 1ex，所以根据导数的几何意义，得1et1， t ln 2 ，22所以切点 P(ln2,1) ，从而 b 1ln 2 ，所以 yx1ln 2因此曲线 y1 ex 上点 P 到直线 yx 的距离的最小值d 为直线2yx1ln 2 与直线 yx 的距离，从而 d1ln 22d2(1ln 2) ，故选择 B2，所以 | PQ |min【 2011， 9】由曲线 yx ，直线 yx2及 y 轴所围成的图形的面积为（）10B 416D 6A C33431 x2

12、2x) |04 16 ，选 C解析：用定积分求解s( xx2) dx( 2 x20323二、填空题【 2018,16】已知函数 f x2sin xsin2 x ，则 f x的最小值是 _ 【解析】f ( x)2 sin xsin 2xf ( x)2 cos x2cos 2x4 cos2 x2 cos x22( 2 cos x1)(cos x 1)另 f ( x)1，此时 sin x30 则 cos x，22即 f (x)min2 (3 )21 (3 )332222【 2017，16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为 OD 、E、F 为圆 O 上的点

13、， DBC ，ECA，FAB 分别是以 BC ，CA，AB 为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以 BC， CA， AB 为折痕折起 DBC ， ECA， FAB ，使得 D ，E，F 重合，得到三棱锥当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_【解析】由题，连接OD ，交 BC与点 G ，由题， OD BC ， OG3，6BC即 OG 的长度与 BC 的长度或成正比，设OG x ，则 BC23x ， DG5x ，三棱锥的高hDG 2OG22510xx2x2510x， S ABC2 33x133x2 ，2则 V13x22510x =45S ABC h3 25 x10x ，

14、3令 fx25x410x5， x (0,5) ， fx100 x350x4，令 fx0 ，2即 x42 x30 ， x2 ，则 fx f280，则V 38045 ， 体积最大值为 4 15cm3 【 2013，16】若函数22对称，则 f(x)的最大值为 _ f(x) (1 x)( x axb) 的图像关于直线 x 2解 析 ： 函 数 f(x) 的 图 像 关 于 直 线 x 2对称 ， f(x) 满 足f(0) f( 4) ， f( 1) f( 3) ， 即b15 164ab,a8, f(x) x4 8x3 14x2 8x15.08 9 3ab,解得b15.由 f(x) 4x324x2 2

15、8x 8 0，得 x1 25 ， x2 2， x3 25 .易知，f(x)在 ( ， 25 )上为增函数，在( 25 ， 2)上为减函数，在( 2， 25)上为增函数，在(25 ， )上为减函数 f( 25)1(25 )2( 25 )2 8( 25) 15 ( 845 )(8 45 ) 80 6416.f( 2) 1 ( 2)2 ( 2)2 8( 2) 15 3(4 16 15) 9. f( 2 5 ) 1 ( 2 5 ) 2( 2 5 )2 8( 2 5 ) 15 ( 8 4 5 )(8 4 5 ) 806416.故 f(x)的最大值为 16.三、解答题【 2018， 21】已知函数f (

16、x)1x a ln x x（ 1）讨论 f (x) 的单调性；2fx1fx2a2 （ ）若 f (x) 存在两个极值点x1 , x2 ，证明：x1x2解 :（ 1） f ( x) 的定义域为 (0,) ， f(x)11ax2ax1x2xx2.（ i ）若 a2 ，则 f(x)0 ，当且仅当 a2 ， x1 时 f(x)0 ，所以 f (x) 在 (0,) 单调递减 .（ ii ）若 a2 ，令 f (x)0 得， xaa24aa24.2或 x2当 xaa24aa24,) 时， f(x)0 ；(0,2) U (2当 xaa24 aa24aa24 aa24(2,2) 时， f ( x) 0 .所以

17、 f (x) 在 (0,2),(2, ) 单调递减，在 ( aa24, aa24)单调递增 .22（ 2）由（ 1）知， f ( x) 存在两个极值点当且仅当a2 .由于 f ( x) 的两个极值点 x1, x2 满足 x2ax10 ，所以 x1 x21 ，不妨设 x1x2 ，则 x21.由于f ( x1 )f ( x2 )11a ln x1ln x22 a ln x1ln x22a2lnx2 ，x1x2x1 x2x1x2x1x21x2x2所以 f (x1)f ( x2 )a2等价于 1x22lnx20.x1x2x2设函数 g( x)1x2ln x ，由（1）知， g( x) 在 (0,) 单

18、调递减， 又 g (1)0 ，从而当 x (1,)x时， g( x)0.所以 1x22ln x20，即 f ( x1 )f ( x2 )a2 .x2x1x2【 2017， 21】已知函数fxae2xa2exx （ 1）讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）若 f ( x) 有两个零点，求a 的取值范围【解析】（ 1）由于 fxae2xa2 exx ，故 fx2ae2xa 2 ex1aex1 2ex1， 当a0时，ex10，2ex1 0从而fx0 恒成立 fx在R上单调递减；a 当 a0时，令 fx0 ，从而 aex10 ，得 xln a x， ln aln aln a ，fx0fx单调减极小值

19、单调增综上，当 a0时， f (x) 在 R 上单调递减；当 a0时， f (x) 在 ( ,ln a) 上单调递减，在 (ln a,) 上单调递增（ 2）由（ 1）知，当 a0 时， fx在 R 上单调减，故f x在 R 上至多一个零点，不满足条件当 a0时， fminfln a1ln a 令 g a111ln a aa令 g a11ln aa 0，则 g a110 从而 g a 在0 ，上单调增，而g 10 aa2a故当 0 a1 时， g a 0 当 a1时 g a0 当 a 1时 g a0 ，若 a1，则 f min11ln a ga0 ，故 fx0 恒成立，从而fx 无零点，不满足条

20、件a1若 a1，则 f min1ln a0 ，故 fx0 仅有一个实根xln a0 ，不满足条件a若 0a1 ，则 f min1ln a0 ，注意到ln a 0 f1aa21e210aee故 fx在1， ln a上有一个实根，而又ln31ln 1ln a 且aa3ln3 1ln3 13f ln(1)eaa eaa 2 ln1aa3a a 2 ln3131 ln310 1 3aaaa故 fx在ln a ，ln31上有一个实根a又 fx在， ln a上单调减，在ln a ，单调增，故fx 在 R 上至多两个实根又 fx在1， ln a及ln a ，ln31上均至少有一个实数根，故fx在 R 上恰有

21、两个实a根综上，0 a 1 【法二】令 fx0 ，则a2exx 再令x0，则a2tln t ，e2 xext et 2t而 f x 有两个零点，则 a2tln t 有两解，即直线ya与曲线 y2t ln t 有两个交点；t 2tt2t令 g t2tln t (t0) ，则 gt2tln t2t11tln t，t 2t2t22t2tt令 h t1 tln t ，则 ht11 0 ，注意到 h10，t所以 gt 在 0,1上单调递增，在1,上单调递减，即gtmaxg11 ；而 lim g(t ), lim g (t)0 ，所以当 t0,1时， g(t ),1；当 t0,1时， g(t ) 0,1，

22、t 0t2tln t0,1所以，当 at2t有两解时， a 的取值范围为【 2016， 12】已知函数 f ( x) ( x2)exa(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：x1x22 【解析】： 由已知得： f xx1 ex2ax1x1ex2a 若 a0 ，那么 fx0x2ex0x2 ， fx 只有唯一的零点x2 ，不合题意； 若 a0 ，那么 ex2aex0 ，所以当 x1时， f x0， fx单调递增 ;当 x 1 时， f x0， fx单调递减 ;即：x,111,fx0fx极小值故 fx在 1,上至多一个零点，在,1 上至多

23、一个零点由于 f 2a 0 ， f 1e0 ，则 f 2 f 10 ，根据零点存在性定理，fx 在 1,2上有且仅有一个零点而当 x 1时， exe ，x 21 0，故 f xx 2 exa x 122a x 12e x 1 ee x 2 a x 1e24aee24ae则 fx0 的两根t1e1， t2e1 ，t1t2 ，因为 a0 ，故当2a2ax t1 或 x2e x 1 e 0t2 时， a x 1因此，当 x1 且 xt1 时， fx0又 f1e0 ，根据零点存在性定理，fx 在,1有且只有一个零点此时， fx 在 R 上有且只有两个零点，满足题意 若ea0，则 ln2aln e1 ，2当 xln2a时， x1 ln2a10 ， ex2aeln 2 a2a0 ，即 f xx1 ex2a0 ， fx 单调递增；当 ln2ax 1 时， x 10 ， ex2aeln 2a2a0 ，即 f xx 1 ex2a 0， f x单调递减；当 x1时， x 1 0， ex2aeln2a2a0 ，即 f x0 ， f x单调递增即：x,ln2aln2aln2a,111,f