高考视角下导数相关题型解析答案

1、学习必备欢迎下载高考视角下导数相关题型解析题型一：导数及其运算13 B112012 ·标全国卷课 曲线 y x(3ln x 1)在点 (1,1)处的切线方程为_13 答案 y4x 33解析 y 3lnx 1 x· 3ln x 4，故 y |x 1 4.故所求切线方程为 y 1 4(x 1)， x即 4x y 30.12B112012 辽·宁卷 已知 P，Q 为抛物线x2 2y 上两点， 点 P，Q 的横坐标分别为4，2，过 P、 Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点 A 的纵坐标为 ()A1 B3 C 4 D 812C解析 本小题主要考查导数的几何意义的应

2、用解题的突破口为求切点坐标和切线的斜率212由 x2y 可知 y 2x ，这时 y x，由 P， Q 的横坐标为 4， 2，这时 P(4,8)，Q(2,2), 以点 P 为切点的切线方程 PA 为 y8 4(x 4)，即 4x y 8 0；以点 Q 为切点的切线方程 QA 为 y 2 2(x 2)，即 2xy 2 0；由联立得 A 点坐标为 (1， 4)，这时纵坐标为4.8B122012 ·庆卷重 设函数 f(x)在 R 上可导， 其导函数为f (x)，且函数 f(x) 在 x 2处取得极小值，则函数y xf (x)的图象可能是()图 118C 解析 在 A 中，当 x 2时，由图象

3、知 y xf (x) 0，则 f (x) 0；当 2x0 时，由图象知yxf (x) 0，则 f (x)0，所以函数在 x 2 处没有极值；在 B 中，当 x 2 时，由图象知y xf (x) 0，则 f (x) 0；当 2 x 0时，由图象知 y xf (x) 0，则 f (x) 0，所以函数在 x 2 处没有极值；在 C 中，当 x 2 时，由图象知y xf (x) 0，则 f (x) 0；当 2 x 0时，由图象知 y xf (x) 0，则 f (x) 0，所以函数在 x 2 处取得极小值；在 D 中，当 x 2 时，由图象知y xf( x) 0，则 f (x) 0；当 2 x 0时，由

4、图象知 y xf (x) 0，则 f (x) 0，所以函数在 x 2 处取得极大值综上所知，选 C.10 B11、 B12、 E12012 浙·江卷 设 a>0， b>0， e 是自然对数的底数 ()A 若 ea 2aeb 3b，则 a>babB若 e 2a e 3b，则 a<bC若 ea 2a eb 3b，则 a>b学习必备欢迎下载abD若 e 2ae 3b，则 a<b10A 解析 本题考查构造函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的正确与否，考查观察、构想、推理的能力由ea2a eb 3b，有 ea3a>eb 3b，令函数 f(x) ex

5、3x，则 f(x)在 (0， )上单调递增， f( a)> f(b)，a>b，A 正确， B 错误；由 ea 2aeb 3b，有 ea 2a<eb 2b，令函数 f(x) ex2x，则 f (x) ex 2，函数 f( x) ex 2x 在(0，ln2) 上单调递减， 在 (ln2 ， )上单调递增， 当 a，b(0，ln2) 时，由 f(a)<f(b)，得 a>b，当 a， b(ln2 ， )时，由 f(a)<f(b)得 a<b，故 C、 D 错误17 B12 2012 安·徽卷 设定义在 (0， )上的函数1 b(a>0)f(x)a

6、x ax(1)求 f(x)的最小值；3(2)若曲线 y f(x)在点 (1， f(1) 处的切线方程为y 2x，求 a， b 的值17 解： (1)( 方法一 )由题设和均值不等式可知，1f(x) ax ax b 2b.其中等号成立当且仅当ax 1.1即当 xa时， f(x)取最小值为2 b.1a2x2 1(方法二 )f( x)的导数 f (x) a ax2ax2 .11当 x>a时， f (x)>0， f(x)在 a， 上递增；11当 0<x<a时， f (x)<0， f(x)在0，a上递减所以当 x 1a时， f(x)取最小值为2 b.1(2)f (x) a

7、ax2.1 3由题设知， f (1) a a2，1解得 a 2 或 a 2(不合题意，舍去)将 a2 代入 f(1) a 1ab 32，解得 b 1，所以 a 2， b 1.题型二：函数的单调性、极值与最值2 lnx，则 ()9 B112012 陕·西卷 设函数 f(x) x1A x 2为 f(x)的极大值点1Bx 2为 f(x)的极小值点Cx 2 为 f(x)的极大值点D x 2 为 f(x)的极小值点2219 D 解析 所给的原函数f( x) x ln x 的导函数为f (x) x2 x，令 f (x) 0可得 x 2，当 x>2 时， f (x)>0 ，函数 f(x

8、)为增函数；当 x<2时， f (x)<0，函数 f(x) 为减函数，学习必备欢迎下载所以 x 2 为极小值点，故选D.8 B122012 辽·宁卷 12ln x 的单调递减区间为 ()函数 y x2A ( 1,1 B (0,1C1， ) D (0， )8 B 解析 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性解题的突破口为导数大于0 求单调递增区间，导数小于0 求单调递减区间1 21x2 1x 1 x 1y 2x lnx x xxx，又因为定义域为 (0， )，令 y <0，得到 0<x<1，故而函数的单调递减区间为(0,1 16B32012 课&

9、#183;标全国卷 设函数 f(x)x 12 sinx2的最大值为 M，最小值为 m，则 Mx 1m _.16 答案 222B12、E8 2012 ·北卷湖 设函数 f(x) axn(1 x) b(x 0)，n 为整数， a，b 为常数 曲线 y f(x)在 (1， f(1) 处的切线方程为 x y1.(1)求 a， b 的值；(2)求函数 f(x)的最大值；22 解： (1) 因为 f(1) b，由点 (1，b)在 x y 1 上，可得 1 b 1，即 b 0.n1n因为 f (x) anx a(n 1)x ，所以 f (1) a，又因为切线 x y1 的斜率为 1，所以 a 1，

10、即 a 1.故 a1， b0.(2)由 (1) 知， f(x) xn(1 x) xn xn 1， f (x) (n 1)xn1 nx .n 1令 f (x) 0，解得 x n ，即 f (x) 在(0， )上有唯一零点x0 n.n 1n 1n在 0，n 1 上， f (x)>0 ， f(x)单调递增；而在n， 上， f (x)<0 ， f( x)单调递减n 1n故 f(x) 在(0 ， )上的最大值为 f n 1 nnnn1nn 1n 1n 1 n1.17 B12、 E42012重·庆卷 已知函数 f(x) ax3 bxc 在点 x 2 处取得极值 c 16.(1)求 a

11、， b 的值；(2)若 f(x)有极大值28，求 f(x)在 3,3 上的最小值17 解：因 f(x)ax3 bx c，故 f (x) 3ax2b.由于 f(x)在点 x 2 处取得极值c 16.学习必备欢迎下载f 2 0，故有f 2 c 16，12a b 0，12ab 0，即化简得8a2b c c16，4ab 8，解得 a 1， b 12.3(2)由 (1) 知 f(x) x 12xc；f (x)3x212 3(x 2)(x 2)令 f (x) 0，得 x1 2， x2 2.当 x( ， 2)时， f (x)>0，故 f(x)在 ( ， 2)上为增函数；当 x( 2,2)时， f (x

12、)<0 ，故 f(x)在( 2,2)上为减函数；当 x(2 ， )时， f (x)>0，故 f(x)在 (2， )上为增函数由此可知 f(x)在 x1 2 处取得极大值f( 2) 16 c，f(x)在 x2 2 处取得极小值f(2) c 16.由题设条件知16 c 28，得 c 12.此时 f( 3) 9c 21， f(3) 9 c3， f(2) 16 c 4，因此 f(x)在 3,3 上的最小值为f(2) 4.18 B10、 B11、 B122012 北·京卷 已知函数 f(x) ax2 1(a>0) ， g(x) x3 bx.(1)若曲线 y f(x)与曲线 y

13、 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 3，b 9 时，若函数 f(x) g( x)在区间 k,2上的最大值为 28，求 k 的取值范围18 解： (1) f (x) 2ax，g (x) 3x2 b.因为曲线 y f(x) 与曲线 y g(x)在它们的交点 (1， c)处具有公共切线，所以f(1) g(1) ，且 f(1) g (1) 即 a1 1 b，且 2a 3 b.解得 a 3， b3.(2)记 h(x)f(x) g(x)当 a3， b 9 时，h(x) x3 3x2 9x 1，h (x) 3x2 6x 9.令 h (x) 0，得 x1 3，x

14、2 1.h(x)与 h (x)在 ( ， 2上的情况如下：x(， 3) 3( 3,1)1(1,2)2h(x)00h( x)28 43由此可知：当 k 3 时，函数 h(x)在区间 k,2上的最大值为 h(3) 28；当 3 k 2时，函数 h(x)在区间 k,2上的最大值小于28.学习必备欢迎下载因此， k 的取值范围是( ， 3因此， k 的取值范围是( ， 321 B12、 E82012 ·标全国卷课 设函数 f(x) ex ax 2.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 a 1， k 为整数，且当x>0 时， (x k)f (x) x 1>0，求 k 的最大值x若

15、 a0，则 f (x)>0 ，所以 f(x)在 ( ， )单调递增若 a>0，则当 x( ， lna)时， f (x)<0 ；当 x(ln a， )时， f (x)>0 ，所以， f(x)在 ( ， lna)单调递减，在(ln a， )单调递增(2)由于 a 1，所以 (x k)f (x) x 1 (x k)(ex 1) x 1.故当 x>0 时， (x k)f (x)x 1>0 等价于x 1k< x x(x>0) e1x 1令 g(x) x x，e 1则 g (x)xex 1ex exx 2.ex 1 2 1ex 1 2由 (1)知，函数 h(

16、x) exx 2在 (0， )单调递增而 h(1)<0 ，h(2)>0 ，所以 h(x)在 (0， )存在唯一的零点故g (x)在 (0， ) 存在唯一的零点设此零点为，则 (1,2)当 x(0，)时， g (x)<0 ；当 x(， )时， g (x)>0. 所以 g(x)在 (0， )的最小值为g()又由 g () 0，可得 e 2，所以 g() 1(2,3)由于式等价于k<g()，故整数 k 的最大值为 2.21 B122012 全·国卷 132已知函数 f(x) x x ax.3(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 f(x)有两个极值点 x1，x

17、2，若过两点 (x1， f(x1 )， (x2， f(x2)的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y f(x)上，求 a 的值21 解： (1) f (x) x2 2x a ( x 1)2 a 1.当 a 1 时，f (x) 0，且仅当a 1， x 1 时， f (x) 0，所以f(x)是 R 上的增函数；当 a<1 时， f (x) 0 有两个根x1 11 a，x2 11 a.当 x( ， 1 1 a)时， f( x)>0 ， f(x)是增函数；当 x( 11a， 11 a)时， f (x)<0 ， f(x)是减函数；当 x( 1 1a， )时， f( x)>0 ， f

18、(x)是增函数学习必备欢迎下载(2)由题设知， x1， x2 为方程 f (x) 0 的两个根，故有a<1， x21 2x1 a， x22 2x2 a.因此 f(x1)1x13 x12 ax11323x1( 2x1 a) x1 ax1122ax1x13312( 2x1 a) ax1332a 3(a 1)x1 3.2a同理， f(x2)3(a 1)x2 3.因此直线 l的方程为2ay 3(a 1)x 3.设 l 与 x 轴的交点为 (x0,0)，得x0a，2 a 11a3a2a2f(x0) 3 2 a 1 2 a 1a22 a 12 17a 6)3(12a24 a 1由题设知，点(x0,0

19、)在曲线 y f(x) 上，故 f(x0) 0，2 3解得 a 0 或 a 3或 a4.1 3 1a 220 B122012 天·津卷 已知函数 f(x) x 2x ax a，x R ，其中 a0.3(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)在区间 ( 2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围；(3)当 a 1 时，设函数 f(x)在区间 t ，t 3上的最大值为 M(t)，最小值为 m( t)，记 g(t)M(t) m(t)，求函数g(t)在区间 3， 1上的最小值20 解： (1) f (x) x2 (1 a)x a(x 1)(x a)由f (x) 0，得x1 1，

20、 x2 a0.当 x 变化时， f (x)， f(x)的变化情况如下表：x(， 1)1( 1， a)a( a， )f (x)00f(x)极大值极小值故函数 f(x)的单调递增区间是( ， 1) ，( a， )；单调递减区间是( 1， a)(2)由 (1) 知 f(x)在区间 ( 2， 1)内单调递增，在区间( 1,0)内单调递减，从而函数f(x)学习必备欢迎下载f 2 0，在区间 ( 2,0)内恰有两个零点当且仅当f 1 0，f 0 0，1解得 0 a 3.1所以， a 的取值范围是0，3 .(3)a 1 时，f(x) 13x3 x 1.由 (1) 知 f(x)在 3， 1上单调递增， 在 1

21、,1上单调递减，在1,2 上单调递增当 t 3， 2时， t 30,1 ， 1t， t 3， f(x)在 t， 1上单调递增，在 1，t3 上单调递减因此，f(x)在 t， t 3 上的最大值M(t) f( 1)1，而最小值m(t)为 f(t)3与 f(t 3)中的较小者由f(t 3) f(t) 3(t 1)(t 2)知，当 t 3， 2时， f(t) f(t 3)，故 m(t) f(t)，所以 g(t)f( 1) f(t) 而 f(t)在 3， 2上单调递增， 因此 f( t) f( 2)5，3154所以 g(t)在 3， 2上的最小值为g(2) 3 33.当 t 2， 1时， t 31,2

22、 ，且 1,1t ，t 3下面比较 f( 1)，f(1)， f(t)， f(t 3)的大小由 f(x) 在 2， 1， 1,2 上单调递增，有f(2) f(t) f( 1)f(1) f(t 3) f(2)又由 f(1) f(2) 5， f( 1) f(2) 1，3315从而 M(t)f( 1) 3， m(t) f(1) 3，所以 g(t) M(t) m(t)43.综上，函数 g(t)在区间 3， 1上的最小值为43.题型三：导数与数列、不等式等综合22 B122012 山·东卷 已知函数 f(x)lnx kex(k 为常数， e2.71828 是自然对数的底数) ，曲线 y f(x)

23、在点 (1， f(1) 处的切线与x 轴平行(1)求 k 的值；(2)求 f(x)的单调区间；2(3)设 g(x)xf( x)，其中 f (x)为 f(x)的导函数，证明：对任意x>0 ， g(x)<1 e.lnx k22 解： (1)由 f(x)x，e得 f (x)1 kx xlnx， x(0， )，xxe由于曲线 y f(x) 在 (1，f(1) 处的切线与x 轴平行，所以 f (1) 0，因此 k 1.学习必备欢迎下载1(2)由 (1) 得 f (x) xex(1 x xlnx)， x(0， )，令 h(x) 1 x xln x，x(0， )，当 x(0,1) 时， h(x)

24、>0 ；当 x(1， )时， h(x)<0. 又 ex>0，所以 x(0,1)时， f (x)>0 ；x(1， )时， f (x)<0.因此 f(x)的单调递增区间为(0,1) ，单调递减区间为(1， )(3)证明：因为g(x) xf(x)，1所以 g(x) ex(1 x xlnx)， x(0， )，由 (2)h(x)1 x xlnx， x(0， )，求导得 h (x) lnx 2 (ln x lne2) ， x(0， )，所以当 x(0， e2)时， h (x)>0 ，函数 h( x)单调递增；当 x(e2， )时， h (x)<0 ，函数 h(x)

25、单调递减所以当 x(0， )时， h(x) h(e 2) 1 e2.1又当 x(0， )时， 0< ex<1 ，所以当 x(0， )时， e1xh(x)<1 e2，即 g(x)<1 e2.综上所述结论成立21 B12、 E72012 辽·宁卷 设 f( x) lnx x 1，证明：3(1)当 x>1 时， f(x)<2(x 1)；9 x 1.(2)当 1< x<3 时， f(x)<x 521 解： (1)( 证法一 )3记 g(x) lnx x 1 2(x 1)则当 x>1 时，113g (x) <0， g(x)在(1

26、， )上单调递减x2x2又 g(1) 0，有 g(x)<0，即3f(x)<2(x 1)(证法二 )由均值不等式，当x>1 时， 2x<x 1，故x 1x<2 2.令 k(x) lnx x 1，则 k(1) 0， k (x) 1 1<0， x故 k(x)<0 ，即lnx<x 1.学习必备欢迎下载由得，当x>1 时， f(x)<32(x1)(2)( 证法一 )记 h(x) f( x)9 x 1，由 (1)得1 1x 554h (x) x2xx 5 22 x54x 554 2xx5 2< 4x x5 2x 5 3 216x4x x 5

27、 2令 g(x) (x 5)3 216x，则当 1<x<3 时， g(x) 3(x 5)2 216<0.因此 g(x)在 (1,3)内是递减函数，又由g(1) 0，得 g(x)<0，所以 h (x)<0.9 x 1因此 h(x)在 (1,3)内是递减函数，又h(1) 0，得 h(x)<0. 于是当 1<x<3 时， f(x)<.x 5(证法二 )记 h(x) (x 5)f( x) 9(x 1)，则当 1<x<3 时，由 (1) 得h (x) f(x) (x 5)f (x) 9311<2(x 1) (x 5)x92 x1 2x3x(x 1) (x 5)(2 x) 18x12x1 18x<2x 3x x 1 x 522 4x1(7x2 32x 25) <0.因此 h(x)在 (1,3)内单调递减，又 h(1) 0，所以 h(x)<0 ，即 f(x)<9 x 1.x 521 B10、 B11、 B12 2012 浙·江卷 已知 aR ，函数 f(x) 4x