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1、20XX20XX 年高考函数导函数专题（理科）年高考函数导函数专题（理科）一、选择题一、选择题1（2012 重庆理 8）设函数f(x)在 R 上可导，其导函数为f,(x)，且函数y (1 x)f(x)的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是（）A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)2（2012 新课标理 12）设点P在曲线y 值为（）A1-ln2B2(1ln2)C1 ln 2D2(1ln2)3（2012 陕西理 7）设函数f(x)xe，则（）
2、Ax 1为f(x)的极大值点Bx 1为f(x)的极小值点Cx 1为f(x)的极大值点Dx 1为f(x)的极小值点4（2012 辽宁理 12）若x0,)，则下列不等式恒成立的是（）x2Ae 1 x x1xe上，点Q在曲线y ln(2x)上，则PQ最小2xB1111x x2241 x12x8Ccos x 112x2Dln(1 x)x 5（2012 湖北理 3）已知二次函数y f(x)的图像如图所示，则它与x轴所围图形的面积为（）253C2A43D2B6（2012 全国理 10）已知函数y x33x c的图像与x轴恰有两个公共点，则c等于（）A-2 或 2B-9 或 3C-1 或 1D-3 或 1二
3、、填空题二、填空题7（2012 北京理 14）已知f(x)m(x 2m)(x m 3)，g(x)2 2，若同时满足条件：xR，f(x)0或g(x)0；x(,4),f(x)g(x)0.则m的取值范围是_.x|x21|8（2012 天津理 14）已知函数y=的图像与函数y=kx 2的图像恰有两个交点，则x1实数k的取值范围是.9（2012浙江理16）定义：曲线c上的点到直线l的距离的最小值称为曲线c到直线l的距离，已知曲线c1：y=x2+a到直线l:y x的距离等于曲线c2：x2+(y+4)2=2到直线l:y x的距离，则实数a=_.10（2012 广东理 12）曲线y x-x+3在点(1,3)处
4、的切线方程为11（2012 上海理 13）已知函数y f(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)、B(,5)、312C(1,0)，函数y xf(x)（0 x 1）的图像与x轴围成的图形的面积为.lnx,x 012（2012 陕西理 14）设函数f(x)，D是由x轴和曲线y f(x)及该2x1,x 0曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z x 2y在D上的最大值为.13（2012 江西理 11）计算定积分11(x2sin x)dx _.14（2012 山东理 15）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a2，则a _.三、解答题三、解答题15（2012 广
5、东理 21）（本小题满分 14 分）设 a1，集合A xR|x 0，B xR|2x23(1 a)x 6a 0，D AB.（I）求集合D（用区间表示）；（II）求函数f(x)2x33(1a)x26ax在D内的极值点16（2012 安徽理 19）（本小题满分 13 分）x设f(x)ae 1b(a 0)，aex（I）求f(x)在0,)上的最小值；（II）设曲线y f(x)在点(2,f(2)的切线方程为y 17（2012 全国理 20）（本小题满分 12 分）设函数f(x)ax cos x，x0,.（I）讨论f(x)的单调性；（II）设f(x)1sin x，求a的取值范围.18（2012 北京理 18
6、）（本小题共 13 分）已知函数f(x)ax 1(a 0),g(x)x bx.（I）若曲线y f(x)与曲线y g(x)在它们的交点(1,c)处具有公公切线，求a,b的值；2（II）当a 4b时，求f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(,1上的最大值.3x；求a,b的值.22319（2012 新课标理 21）（本小题满分 12 分）x1已知函数f(x)满足f(x)f(1)e f(0)x12x；2（I）求f(x)的解析式及单调区间；（II）若f(x)12x ax b，求(a1)b的最大值.220（2012 江苏理 18）（本小题满分 16 分）若函数y f(x)在x x0处取得极大值或极小值
7、，则称x0为函数y f(x)的极值点.已知a，b是实数，1 和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点（I）求a和b的值；（II）设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；2，求函数y h(x)的零点个数（III）设h(x)f(f(x)c，其中c2，21（2012 辽宁理 21）（本小题满分 12 分）设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数)，曲 线y f(x)与 直 线y 3x在(0,0)点相切.2（I）求a,b的值；（II）证明：当0 x 2时，f(x)9x.x 622（2012 重庆理 16）（本小题满分 13 分）设f(x)aln x13x1,其
8、中aR，曲线y f(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于2x2y轴.（I）求a的值；（II）求函数f(x)的极值.23（2012 浙江理 22）(本小题满分 14 分)已知a 0，bR，函数f(x)4ax32bxab（I）证明：当0 x 1时，()函数f(x)的最大值为|2a b|a；()f(x)|2a b|a 0；（II）若1 f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围24（2012 山东理 22）(本小题满分 13 分)已知函数f(x)ln x k（k为常数，e 2.71828是自然对数的底数），曲线y f(x)xe在点(1,f(1)处的切线与x轴平行.（I）求k的值；（II）求f(x)
9、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)1e.2225（2012 湖南理 22）（本小题满分 13 分）已知函数f(x)eax x，其中a 0.（I）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合.（II）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)，B(x2,f(x2)(x1 x2)，记直线AB的斜率为k，问：是否存在x0(x1,x2)，使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.参考答案1【答案】D【解析】由图像可知当x 2时，y (1 x)f(x)0，所以此时f(x)0，函数递增.当 2
10、 x 1时，y (1 x)f(x)0，所以此时f(x)0，函数递减.当1 x 2时，y (1 x)f(x)0，所以此时f(x)0，函数递减.当x 2时，y (1 x)f(x)0，所以此时f(x)0，函数递增.所以函数f(x)有极大值f(2)，极小值f(2),选D.2【答案】B【解析】函数y 1x1e与y ln(2x)互为反函数，图像关于y x对称，函数y ex上22的点1P(x,ex)2到直线y x的距离为1xe x2d 2，设g(x)1x1e x g(x)ex122 g(x)min1ln2 dmin1ln2.由 图 像 关 于y x对 称 得：PQ最 小 值 为22dmin2(1ln2)3【
11、答案】Dxxx【解 析】f(x)xe,f(x)e xe，令f(x)0，则x 1，当x 1时f(x)0，当x 1时f(x)0，所以x 1为f(x)极小值点，故选D.4【答案】C【解析】设f(x)cos x(1所以g(x)cos x 1 0121x)cos x1x2，则g(x)f(x)sin x x,22所以当x0,)时，g(x)为增函数，所以g(x)f(x)g(0)0，同理f(x)f(0)0，所以cos x(1即cos x 15【答案】B【解析】根据图像可得：y f(x)x21，再由定积分的几何意义，可求得面积为11S(x21)dx (x3 x)131112x)0，212x，故选C24.36【答
12、案】A【解析】若函数y x33x c的图像与x轴恰有两个公共点，则说明函数的两个极值中有一个为 0，函数的导数为y 3x23，令y 3x23 0，解得x 1，可知当极大值为f(1)2 c，极 小 值 为f(1)c 2.由f(1)2 c 0，解 得c 2，由f(1)c 2 0，解得c 2，所以c 2或c 2，选A.7【答案】m(4,2)【解析】根据g(x)2 2 0，可解得x 1.由于题目中第一个条件的限制xR，xf(x)0或g(x)0成立的限制，导致(x)在x 1时必须是f(x)0的.当m 0时，f(x)0不能做到f(x)在x 1时f(x)0，所以舍掉.因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，
13、故m 0，且此时两个根为x1 2m，x2 m3.为保证此条件成立，需要1x1 2m 1m 2，和大前提m 0取交集结果为4 m 0；又由于条件 2：x m 312m 4要求x(,4)，f(x)g(x)0 的限制，可分析得出在x(,4)时，f(x)恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即 4应该比x1,x2两根中小的那个大，当m(1,0)时，m 3 4，解得，交集为空，舍.当m 1时，两个根同为 2 4，舍.当m(4,1)时，2m 4，解得m 2，综上所述m(4,2).8【答案】(0,1)(1,4)【解析】函数y=kx 2的图像直线恒过定点B(0,2)，且A(1,2)，C(1,0)
14、，D(1,2)，kAB=2+20+22+2=0，kBC=2，kBD=4，由图像可知k(0,1)(1,4).10101042D DO OC C510B B42A A9【答案】689422【解析】曲线c2：x+(y+4)=2到直线l:y x的距离为10d|0 4|1 121222 2 2 2 2，1，所以c1:y x2+a上的2曲线c1:y x2+a对应函数的导数为y 2x，令2x 1得x 11 a|1 11 1242，点为(,a)，点(,a)到到直线l:y=x的距离应为2，所以222 42 41 1|解得a 97或a （舍去）.4410【答案】2x y 1 02【解析】y 3x 1，当x 1时，
15、y 2，此时k 2，故切线方程为y 3 2(x 1)，即2x y 1 0.11【答案】5411，线段AB的方程为y 10 x，当 x 1时.线段BC方程为22【解析】当0 x 110 x,0 x y 0 x 12，整理得y 10 x 10，即函数y f(x)，115010 x 10,x 11221210 x,0 x 2所 以y xf(x)，函 数 与x轴 围 成 的 图 形 面 积 为10 x210 x,1 x 1210310 x dx(10 x 10 x)dx x012321122120(103x 5x2)31125.412【答案】2【解析】函数y f(x)在点(1,0)处的切线为y 0 f
16、(1)(x1)，即y x1.所以D表示的平面区域如图大值为z 02(1)2.13【答案】【解析】1当目标函数直线经过点M时z有最大值，最2313221(x sin x)dx (x cosx).1133414【答案】a 9【解析】由已知得S a023xdx x23a01234222a a，所以a2，所以a.93315【解析】（I）由2x231 ax 6a 0有 31 a2426a 33a 1a 3 0，即33a 1a 3 0有又a 11 a 33 a 1时，2x当13231 ax 6a 0恒成立.B RD A B A 0,当 0时，a 12，B x R 2x 4x 2 0 x x 13D A B
17、 0,11,当 0时，即a 131）当0 a 1时，方程2x231 ax 6a 0有两个不同的根x1,x2.32231 a 9a 30a 931 a 9a 30a 9其中x1，x2442且x1 0（显然31 a 9a218a 9 9a230a 9）则有3(1 a)9a2 30a 93(1 a)9a2 30a 9D A B (0,)(,)442）当a 0时，B,0,32,D A B 23）当a 0时，x1 0（显然31 a2 9a218a 9 9a230a 9）333x2，（x2229a230a 9 31a，显然29a 30a 9 9a218a 9）431 a9a230a 9,D A B 4综合
18、上述：1 a 1时，D 0,；31当0 a 时，3当231 a9a230a 931 a 9a 30a 9D 0,；4431 a9a230a 9,.当a 0时，D 4（II）由f x 6x261 ax 6a 0有x1 a,x21当1 a 1时，D 0,3x0,aaa,111,f x+00+fx函数fx在D内的极值点为x a或x 1当0 a 1时，3231 a9a230a 931 a 9a 30a 9D 0,44（0 a 31 a9a230a 9x1a a41）3而3 a23 a9a230a 949a230a 9 24a 8a22 8a3a 0 x1a 0，即x1 a131 a9a230a 93a
19、 19a230a 90 a（）x111 0344a x同理1131 a9a230a 99a230a 9 13a（0 a 1）x211344而9a22230a 913a 824a 813a 02x 1 0，即x21，故xf x0,a+a0a,x1x2,+fx函数fx在D内的极值点为x a31 a9a230a 9,，当a 0时，D 4231 a 9a 30a 93而42a,1 D，函数fx在D内的无极值点综合上述：当1 a 1时，函数fx在D内的极值点为x a或x 1；31当0 a 时，函数fx在D内的极值点为x a3当a 0时，函数fx在D内的无极值点11a2t21b y a216【解析】（I）
20、设t e(t 1)；则y at，atatat2x1b在t 1上是增函数，at1得：当t 1(x 0)时，f(x)的最小值为a b.a1b 2b，当0 a 1时，y at at1x当且仅当at 1(t e,x lna)时，f(x)的最小值为b 2.a11xx（II）f(x)ae xb f(x)ae x，aeae当a 1时，y 0 y at 122ae b 3a f(2)3ae2e2由题意得：.3f(2)ae213b 12ae22217【解析】（I）f(x)a sin x.（i）当a 1时，f(x)0.当且仅当a 1,x 是增函数.（ii）当a 0时，f(x)0.当且仅当a 0,x 0或x 时，f
21、(x)0，所以f(x)在2时，f(x)0，所以f(x)在0,上0,上是减函数.（iii）当0 a 1时，由f(x)0解得x1 arcsina,x2arcsina.当x0,x1)时，sin x a,f(x)0，f(x)是增函数；当x(x1,x2时，sin x a,f(x)0，f(x)是减函数；当x(x2,时，sin x a,f(x)0，f(x)是增函数.（II）由f(x)1sin x得f()1,a11，所以a 令g(x)sin x2.222当x(0,arccos)时，g(x)0，当x(arccos,)时，g(x)0.22又g(0)g()0，所以g(x)0，即sin x x(0 x).222当a
22、x(0 x)，则g(x)cos x2.2时，有f(x)2xcos x.当0 x 当2时，2x sin x,cos x 1，所以f(x)1sin x；22 x 时，f(x)2.xcos x 1(x)1sin x；22综上，a的取值范围是(,18【解析】（I）由1，c为公共切点可得：f(x)ax21(a 0)，则f(x)2ax,k1 2a，g(x)x3bx，则f(x)3x2b,k23b，2a 3b.又f(1)a 1,g(1)1b，a11b，即a b.由、可得，a 3,b 3.（II）1a2 4b，设h(x)f(x)g(x)x3ax2a2x1412aaa，令h(x)0，解得：x1,x2；4262则h
23、(x)3x 2axa 0,aa，26aaaa原函数在(,)单调递增，在(,)单调递减，在(,)上单调递增2266a2a1，即a 2时，最大值为h(1)a；24aaa 1，即2 a 6时，最大值为h()1；2621 综上所述：aa时，即a 6时，最大值为h()1.62a2a当a(0,2时，最大值为h(1)a；当a(2,)时，最大值为h()1.24x119【解析】（I）f(x)f(1)e f(0)x12x f(x)f(1)ex1 f(0)x2令x 1得：f(0)1f(x)f(1)ex1 x12x f(0)f(1)e11 f(1)e212xx得：f(x)e xx g(x)f(x)e 1 x2g(x)
24、ex1 0 y g(x)在xR上单调递增f(x)0 f(0)x 0,f(x)0 f(0)x 0 x得：f(x)的解析式为f(x)e x12x，2且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)（II）f(x)12x axb h(x)ex(a1)xb 0得h(x)ex(a1)2当a 1 0时，h(x)0 y h(x)在x R上单调递增x时，h(x)与h(x)0矛盾当a 1 0时，h(x)0 x ln(a 1),h(x)0 x ln(a 1)得：当x ln(a 1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b 0(a1)b (a1)2(a1)2ln(a1)(a1 0)令F(x)x x lnx(
25、x 0)；则F(x)x(12ln x)F(x)0 0 x e,F(x)0 x e当x 22e时，F(x)maxe2e2当a e 1,b e时，(a1)b的最大值为20【解析】（I）由f(x)x3ax2bx，得f(x)3x22axb.1 和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点，f(1)3 2a b=0，f(1)3 2a b=0，解得a=0，b=3.（II）由（I）得，f(x)x33x，g(x)f(x)2=x33x2=x1 x2，解得x1=x2=1，x3=2.当x 2时，g(x)0；当2 x 0，x=2是g(x)的极值点.当2 x 1时，g(x)0，x=1不是g(x)的极值点.g(x)的极值
26、点是2，为极小值点.（III）令f(x)=t，则h(x)f(t)c.先讨论关于x的方程f(x)=d根的情况：d 2,2当d=2时，由（II）可知，f(x)=2的两个不同的根为 1 和-2，注意到f(x)是奇函数，f(x)=2的两个不同的根为-1 和 2.当d 0，f(1)d=f(2)d=2 d 0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)f(2)=2.此时f(x)=d在2，无实根.当x1 2，时f(x)0，于是f(x)是单调增函数.又f(1)d 0，y=f(x)d的图像不间断，f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理，f(x)=d在(2,1)内有唯一实根.当x1，1时，f(x)0，f(1)d
27、0，y=f(x)d的图像不间断，f(x)=d在(1,1)内有唯一实根.2因此，当d=2时，f(x)=d有两个不同的根x1，x2满足x1=1，x2=2；当d 2时f(x)=d有三个不同的根x3，x1，x5，满足xi2，i=3,4,5.下面考虑函数y h(x)的零点：（i）当c=2时，f(t)=c有两个根t1，t2，满足t1=1，t2=2.而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故y h(x)有 5 个零点.（ii）当c 2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5，满足ti2，i=3,4,5.而f(x)=tii=3,4,5有三个不同的根，故y h(x)有 9 个零点.综
28、上所述，当c=2时，函数y h(x)有 5 个零点；当c 0时，2(x1)x11 x2，故1333 1，即yx=0=+a=+a，22x+1 2 x+1x=02xx+1+1.29x，x+6记hx=fx-则hx=311542+x+154x+654+-=-x+12 x+1x+622x+1x+624x+1x+62x+6-216x+1=，24x+1x+6令gx=x+6-216x+1，则当0 x2时，gx=3x+6-2160，因此gx在0,2内是减函数，又由g0=0，得gx0，所以hx0，因此hx在0,2内是减函数，又由h0=0，得hx0，于是当0 x2时，fx0时，2(x1)x11 x2，故令kx=ln
29、x+1-x，则k0=0,kx=由此得，当x0时，fx则当0 x2时，x+1x+121-x-1=0，故kx0，即lnx+1x，x+1x+13x，记hx=x+6fx-9x，231 1hx=fx+x+6fx-9x+x+6+-92x+12 x+1=11x3xx+1+x+62+x+1-18x+13x x+1+x+63+-18 x+1 2x+12x+12=x7x-1804x+1因此hx在0,2内是减函数，9xx+613a13x1,故f(x)2.22【解析】（I）因f(x)aln x2x2x2x2又由h0=0，得hx0，即fx由于曲线y f(x)在点处的切线(1,f(1)垂直于y轴，故该切线斜率为 0，即f
30、(1)0，从而a（II）由（1）知，f(x)lnx 13 0，解得a 1.2213x1(x 0),2x21133x22x1(3x1)(x1)f(x)2222xx2x22x令f(x)0，解得x11,x2（因x2 131不在定义域中，舍去）3当x(0,1)时，f(x)0，故在上为减函数；当x(1,)时，f(x)0，故在上为增函数；故f(x)在x 1处取得极小值，且f(1)3.23【解析】（I）()f x12ax 2b22当b 0时，f x12ax 2b 0在0 x 1上恒成立，此时f x 的最大值为：f(1)4a 2b a b 3a b|2a b|a当 b0 时，f(x)12ax 2b在0 x 1
31、上的正负性不能判断，此时2f(x)的最大值为：b a，b 2afmax(x)max f(0)，（）f 1 max(b a)，(3a b)b 2a 3a b，|2a b|a；综上所述：函数f x 在0 x 1上的最大值为|2a b|a；()要证f(x)|2a b|0，即证g(x)-f x|2a b|a即证g(x)在0 x 1上的最大值小于(或等于)|2a b|a，g(x)4ax 2bx a b，2令g(x)12ax 2b 0 x 3b6a2当 b0 时，g(x)12 ax 2b 0在0 x 1上恒成立，此时g(x)的最大值为：g 0 a b 3a b|2ab|a；当 b0 时，g(x)12ax
32、2b在0 2x 1上的正负性不能判断，gmax(x)maxg(b)，（）g 1 6a4b max b a b,b 2a36a 4b a b,b 6a b 36ab 6a b 2a,|2a b|a；综上所述：函数g x 在0 x 1上的最大值小于(或等于)|2ab|a.即f(x)|2a b|a 0在0 x 1上恒成立（II）由（I）知：函数f x 在0 x 1上的最大值为|2ab|a，且函数f x 在0 x 1上的最小值比(|2a b|a)要大1 f(x)1对x0,1恒成立，|2a b|a 1.取b为纵轴，a为横轴 b 2a b 2a则可行域为：和，目标函数为z a bb a 13a b 1 作
33、图如下：由图易得：当目标函数为z a b过P(1,2)时，有zmax 3.所求ab的取值范围为：(,3.1k ln xln x k24【解析】（I）由f(x)可得f(x)x，xxee1 k 0，解得k 1；而f(1)0，即e11lnx（II）f(x)x，令f(x)0可得x 1，xe1当0 x 1时，f(x)1 ln x 0；x当x 1时，f(x)11 ln x 0.x于是f(x)的单调递增区间(0,1)；单调递减区间为(1,).（III）由题，g(x)x1(1 x xln x),x(0,).ex2ex(1e2).因此，对任意x 0,g(x)1e等价于1 x xln x x1由（II），h(x)
34、1 x xln x，x(0,)，所以，h(x)lnx2 (lnxlne2),x(0,)因此，当x(0,e2)时，h(x)0,h(x)单调递增；当x(e2,)时，h(x)0,h(x)单调递减；所以，h(x)的最大值为h(e2)1e2，故1 x xln x 1e.设(x)ex(x1)，x因为(x)e 1 exe0，2所以x(0,)时，(x)0，(x)单调递增.(x)(0)0，ex1.故x(0,)时，(x)e(x1)0，即x1xex(1e2).所以，1 x xln x 1ex12因此，对任意x 0,g(x)1e.ax25【解析】（I）若a 0，则对一切x 0，f(x)e x 1，这与题设矛盾，2又a
35、 0，故a 0.ax而f(x)ae1,令f(x)0,得x 11ln.aa当x 1111ln时，f(x)0,f(x)单调递减；当x ln时，f(x)0,f(x)单调递增，aaaa故当x 1111111ln时，f(x)取最小值f(ln)ln.aaaaaaa于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当111ln1.aaa令g(t)t tlnt,则g(t)lnt.当0 t 1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t 1时，g(t)0,g(t)单调递减.故当t 1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当综上所述，a的取值集合为1.11即a 1时，式成立.af(x2)f(x1)eax2eax1（II）由
36、题意知，k 1.x2 x1x2 x1eax2eax1令(x)f(x)k ae，则x2 x1axeax1a(x2x1)，(x1)ea(x2 x1)1x2 x1eax2a(x1x2).(x2)ea(x1 x2)1x2 x1令F(t)e t 1，则F(t)e 1.当t 0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t 0时，F(t)0,F(t)单调递增.t故当t 0，F(t)F(0)0,即e t 1 0.tt从而ea(x2x1)a(x2 x1)1 0，ea(x1x2)a(x1 x2)1 0,eax1eax2又 0,0,x2 x1x2 x1所以(x1)0,(x2)0.因为函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1,x2)使(x0)0,(x)a e2ax 0,(x)单调递增，1eax2eax1故这样的c是唯一的，且c ln.aa(x2 x1)1eax2eax1故当且仅当x(ln,x2)时，f(x0)k.aa(x2 x1)综上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为1eax2eax1(ln,x2).aa(x2 x1)