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1、十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）1 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便
2、随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）的全部内容。04 2 专题 04 导数及其应用 历年考题细目表 题型 年份 考点 试题位置 单选题 2019 导数研究函数的单调性 2019 年新课标1 理科05 单选题 2018 导数研究函数的切线方程 2018 年新课标1 理科05 单选题 2016 导数研究函数的单调性 2016 年新课标1 理科07 单选题 2015 导数综合问题 2015年新课标1 理科12 单选题 2014 导数综合问题 2014年新课标1 理科11 单选题 2012 导数研究函数的
3、单调性 2012 年新课标1 理科10 单选题 2012 导数研究函数的最值 2012 年新课标1 理科12 单选题 2011 定积分 2011年新课标1 理科09 单选题 2010 导数研究函数的切线方程 2010 年新课标1 理科03 填空题 2019 导数研究函数的切线方程 2019 年新课标1 理科13 填空题 2013 导数研究函数的最值 2013 年新课标1 理科16 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）3 填空题 2010 定积分 2010 年新课标1 理科13 解答题 2019 导数综合问题 2019年新课标1 理科20 解
4、答题 2018 导数综合问题 2018年新课标1 理科21 解答题 2017 导数综合问题 2017年新课标1 理科21 解答题 2016 导数综合问题 2016年新课标1 理科21 解答题 2015 导数综合问题 2015年新课标1 理科21 解答题 2014 导数综合问题 2014年新课标1 理科21 解答题 2013 导数综合问题 2013年新课标1 理科21 解答题 2012 导数综合问题 2012年新课标1 理科21 解答题 2011 导数综合问题 2011年新课标1 理科21 解答题 2010 导数综合问题 2010年新课标1 理科21 历年高考真题汇编 1【2019 年新课标 1
5、 理科 05】函数f(x）在，的图象大致为（）A B 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）4 C D【解答】解:f(x），x，,f（x）f（x)，f（x）为,上的奇函数，因此排除A；又f（）,因此排除B，C；故选:D 2【2018 年新课标 1 理科 05】设函数f（x）x3+(a1）x2+ax若f（x)为奇函数，则曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为（）Ay2x Byx Cy2x Dyx【解答】解:函数f（x)x3+（a1）x2+ax,若f（x）为奇函数，可得a1，所以函数f（x）x3+x，可得f（x)3x2+1，曲线yf(x)在点
6、（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线yf（x）在点（0,0）处的切线方程为：yx 故选：D 3【2016 年新课标 1 理科 07】函数y2x2ex在2，2 的图象大致为（）十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）5 A B C D【解答】解:f（x）y2x2ex|，f（x）2（x）2ex|2x2e|x|，故函数为偶函数，当x2 时，y8e2（0，1），故排除A，B；当x0，2时，f（x）y2x2ex，f(x）4xex0 有解，故函数y2x2e|x|在0，2不是单调的，故排除C，故选：D 4【2015 年新课标 1 理科 12】设函数f（x）
7、ex(2x1）ax+a，其中a1,若存在唯一的整数x0使得f（x0)0,则a的取值范围是(）A）B）C)D）【解答】解:设g(x）ex（2x1），yaxa，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0)在直线yaxa的下方，g（x)ex(2x1）+2exex（2x+1)，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）6 当x时，g（x）0,当x时，g(x）0,当x时,g（x)取最小值2，当x0 时，g（0）1，当x1 时,g（1）e0,直线yaxa恒过定点（1，0）且斜率为a，故ag(0)1 且g（1）3e1aa，解得a1 故选：D 5【2014 年新课标
8、 1 理科 11】已知函数f（x）ax33x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是（)A（1,+）B（2,+）C(,1）D（，2）【解答】解：f（x）ax33x2+1，f（x）3ax26x3x（ax2），f（0）1；当a0 时,f（x）3x2+1 有两个零点，不成立；当a0 时，f（x）ax33x2+1在（，0)上有零点,故不成立;当a0 时，f(x）ax33x2+1在（0，+）上有且只有一个零点；故f（x）ax33x2+1 在（，0）上没有零点；而当x时，f（x)ax33x2+1 在(，0）上取得最小值；十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题
9、04 导数及其应用 理（含解析）7 故f（）310;故a2；综上所述，实数a的取值范围是（,2）；故选：D 6【2012 年新课标 1 理科 10】已知函数f（x)，则yf（x）的图象大致为（）A B C D【解答】解：设 则g（x)g（x）在（1，0）上为增函数，在（0,+）上为减函数 g（x)g（0）0 f（x）0 得：x0 或1x0 均有f（x）0 排除A,C,又f（x）中，能排除D 故选:B 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）8 7【2012 年新课标 1 理科 12】设点P在曲线上，点Q在曲线yln（2x)上，则|PQ最小值为(
10、)A1ln2 B C1+ln2 D【解答】解:函数与函数yln(2x）互为反函数,图象关于yx对称，函数上的点到直线yx的距离为，设g（x）（x0），则g(x)，由g(x）0 可得xln2，由g（x）0 可得 0 xln2,函数g（x）在（0，ln2）单调递减，在ln2，+）单调递增，当xln2 时，函数g(x）min1ln2，由图象关于yx对称得:PQ最小值为 故选：B 8【2011 年新课标 1 理科 09】由曲线y,直线yx2 及y轴所围成的图形的面积为（)A B4 C D6【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4,2),因此曲线y,直线yx2 及y轴所围成的图形的面积为：S故选C 十年
11、真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）9 9【2010 年新课标 1 理科 03】曲线y在点（1,1）处的切线方程为（）Ay2x+1 By2x1 Cy2x3 Dy2x2【解答】解：y,y，所以kyx12，得切线的斜率为2，所以k2;所以曲线yf（x）在点（1，1)处的切线方程为：y+12（x+1)，即y2x+1 故选：A 10【2019 年新课标 1 理科 13】曲线y3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线方程为 【解答】解：y3(x2+x）ex，y3ex（x2+3x+1），当x0 时，y 3,y3(x2+x）ex在点（0，0）处的切线斜率k3
12、，切线方程为：y3x 故答案为:y3x 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）10 11【2013 年新课标 1 理科 16】若函数f（x）(1 x2）(x2+ax+b）的图象关于直线x2对称，则f（x）的最大值为 【解答】解：函数f(x）（1x2）(x2+ax+b）的图象关于直线x2 对称，f(1）f（3）0 且f（1）f（5）0，即1(3）2（3）2+a（3）+b 0 且1(5)2 （5）2+a（5）+b 0，解之得，因此，f（x)（1x2）（x2+8x+15）x48x314x2+8x+15，求导数，得f（x）4x324x228x+8,令
13、f（x）0，得x12,x22，x32,当x（，2）时，f（x）0；当x（2，2)时，f（x）0;当x（2，2）时,f（x）0；当x（2，+）时，f（x）0 f（x）在区间（，2）、（2,2）上是增函数，在区间（2,2）、（2，+）上是减函数 又f（2）f（2）16，f（x）的最大值为 16 故答案为：16 12【2010 年新课标 1 理科 13】设yf（x）为区间0，1上的连续函数,且恒有 0f(x）1，可以用随机模拟方法近似计算积分，先产生两组（每组N个)区间0，1 上的均匀随机数x1，x2，xN和y1,y2，yN，由此得到N个点(xi,yi）（i1，2，,N），再数出其中满足yif（xi
14、）（i1，2，N）的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分的近似值为 【解答】解：由题意可知得，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）11 故积分的近似值为 故答案为：13【2019 年新课标 1 理科 20】已知函数f（x）sinxln（1+x)，f（x)为f（x)的导数证明：(1）f（x）在区间（1,）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有 2 个零点【解答】证明:（1）f（x）的定义域为（1，+），f（x）cosx，f（x)sinx,令g(x）sinx，则g（x)cosx0 在（1,）恒成立，f（x）在（1，）上为减函数，又f（0）1，
15、f（)11+10，由零点存在定理可知，函数f(x）在（1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f（x）在（1,x0）上单调递增,在（x0,）上单调递减，可得f（x）在区间（1，)存在唯一极大值点；（2）由(1）知，当x（1,0)时,f（x)单调递增,f（x)f(0）0,f（x)单调递减；当x（0，x0)时，f（x）单调递增，f（x）f(0）0，f(x）单调递增；由于f（x）在（x0，）上单调递减，且f（x0）0，f（）0，由零点存在定理可知,函数f（x)在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知,当x(x0，x1)时，f(x）单调递减,f(x)f（x1)0，f（x）单调递增；十年真题（
16、2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）12 当x（）时，f（x）单调递减，f(x）f（x1)0,f（x）单调递减 当x（，）时，cosx0，0，于是f（x）cosx0，f（x）单调递减，其中f（）1ln（1）1ln（1）1ln2.6 1lne0,f（)ln（1+）ln30 于是可得下表：x （1,0)0 （0,x1）x1 (）(）f（x）0+0 f（x）减函数 0 增函数 大于 0 减函数 大于 0 减函数 小于 0 结合单调性可知，函数f(x)在（1,上有且只有一个零点 0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在(，）上有且只有一个零点x2，当x,+）
17、时,f（x)sinxln（1+x）1ln（1+）1ln30，因此函数f(x）在，+）上无零点 综上,f（x）有且仅有 2 个零点 14【2018 年新课标 1 理科 21】已知函数f（x）x+alnx（1）讨论f(x）的单调性;（2）若f(x）存在两个极值点x1，x2,证明：a2【解答】解：（1)函数的定义域为（0,+),函数的导数f（x）1，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）13 设g(x）x2ax+1，当a0 时,g（x）0 恒成立,即f（x）0 恒成立,此时函数f(x)在（0，+）上是减函数，当a0 时,判别式a24，当 0a2 时
18、，0，即g（x)0，即f（x)0 恒成立，此时函数f（x)在（0，+）上是减函数，当a2 时,x,f(x），f（x)的变化如下表：x (0，）（,）（，+）f(x)0+0 f（x)递减 递增 递减 综上当a2 时，f(x）在(0，+）上是减函数,当a2 时，在（0,）,和（，+）上是减函数,则（,)上是增函数（2）由（1）知a2,0 x11x2，x1x21，则f（x1）f（x2）（x2x1）（1)+a(lnx1lnx2）2(x2x1)+a（lnx1lnx2)，则2，则问题转为证明1 即可，即证明lnx1lnx2x1x2，则lnx1lnx1，即lnx1+lnx1x1,即证 2lnx1x1在(0，
19、1）上恒成立,设h(x）2lnxx，（0 x1),其中h（1）0,十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）14 求导得h（x）10,则h（x）在(0,1）上单调递减,h（x）h（1)，即 2lnxx0，故 2lnxx，则a2 成立（2）另解：注意到f（）xalnxf（x)，即f(x）+f（）0,由韦达定理得x1x21,x1+x2a2，得 0 x11x2，x1，可得f（x2）+f(）0,即f（x1）+f（x2）0，要证a2，只要证a2，即证 2alnx2ax20，（x21），构造函数h（x）2alnxax，(x1），h（x）0，h（x）在（1，+
20、）上单调递减,h(x）h（1)0,2alnxax0 成立，即 2alnx2ax20，（x21)成立 即a2 成立 15【2017 年新课标 1 理科 21】已知函数f(x）ae2x+（a2)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【解答】解:（1）由f（x）ae2x+（a2）exx，求导f(x）2ae2x+（a2）ex1,十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）15 当a0 时，f（x）2ex10，当xR，f（x)单调递减，当a0 时，f（x）（2ex+1）（aex1）2a（ex）（ex）,令f（x)0，解得
21、：xln,当f(x）0，解得:xln,当f（x）0，解得:xln，x（,ln）时，f(x）单调递减，x（ln，+）单调递增；当a0 时，f（x）2a（ex）(ex）0，恒成立,当xR，f（x)单调递减，综上可知：当a0 时，f（x)在R单调减函数,当a0 时，f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函数；（2)若a0 时，由（1)可知:f（x)最多有一个零点，当a0 时，f(x）ae2x+（a2）exx，当x时，e2x0，ex0，当x时，f（x）+，当x,e2x+，且远远大于ex和x，当x，f（x）+,函数有两个零点，f（x）的最小值小于 0 即可,由f(x）在（，ln）是减函数，在（
22、ln，+）是增函数，f（x）minf(ln）a（）+(a2)ln0，1ln0，即ln10，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）16 设t,则g（t）lnt+t1，（t0），求导g（t）1,由g（1)0,t1，解得：0a1，a的取值范围（0，1）方法二：（1)由f(x）ae2x+(a2）exx，求导f(x）2ae2x+（a2）ex1，当a0 时，f(x）2ex10，当xR，f(x）单调递减，当a0 时，f（x）（2ex+1）（aex1）2a（ex）（ex），令f(x）0，解得：xlna,当f(x）0，解得：xlna，当f(x）0，解得：xln
23、a，x(，lna）时，f（x）单调递减，x（lna,+）单调递增；当a0 时，f（x）2a(ex)（ex）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减,综上可知：当a0 时，f（x)在R单调减函数，当a0 时，f（x）在（，lna)是减函数，在（lna，+）是增函数；（2）若a0 时，由（1）可知：f（x)最多有一个零点，当a0 时，由（1）可知：当xlna时，f(x）取得最小值，f（x)minf(lna)1ln,当a1，时，f（lna）0,故f（x）只有一个零点，当a(1，+）时,由 1ln0，即f（lna）0，故f（x）没有零点,十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数
24、及其应用 理（含解析）17 当a（0，1）时，1ln0,f（lna）0，由f（2）ae4+（a2）e2+22e2+20,故f(x）在(，lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0ln(1），则f（n0）（aa2）n0n0n00,由ln（1）lna，因此在（lna，+）有一个零点 a的取值范围（0，1)16【2016 年新课标 1 理科 21】已知函数f（x）（x2）ex+a(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+x22【解答】解：（）函数f（x）（x2）ex+a(x1）2，f（x)(x1）ex+2a（x1)(x1）（ex+2a），若a0，
25、那么f（x）0（x2)ex0 x2,函数f（x）只有唯一的零点 2，不合题意；若a0,那么ex+2a0 恒成立,当x1 时，f（x)0，此时函数为减函数；当x1 时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x1 时，函数f(x）取极小值e,由f（2）a0,可得：函数f（x）在x1 存在一个零点；当x1 时,exe，x210，f(x）（x2）ex+a（x1）2(x2)e+a（x1)2a(x1)2+e（x1）e，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）18 令a(x1)2+e（x1）e0 的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或xt2时，f（x）
26、a（x1）2+e（x1）e0,故函数f(x）在x1 存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0,则ln（2a）lne1，当xln（2a)时，x1ln（2a）1lne10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0 恒成立,故f（x）单调递增，当ln(2a)x1 时，x10,ex+2aeln(2a)+2a0，即f（x）（x1)（ex+2a）0 恒成立，故f（x）单调递减，当x1 时,x10，ex+2aeln(2a）+2a0,即f(x)（x1）（ex+2a）0 恒成立,故f（x）单调递增，故当xln（2a）时，函数取极大值，由f（ln（2a）ln(2
27、a）2（2a）+aln(2a）12aln(2a）22+10 得：函数f（x）在 R上至多存在一个零点，不合题意；若a,则ln（2a）1，当x1ln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a)+2a0，即f(x）（x1)（ex+2a）0 恒成立，故f（x)单调递增，当x1 时，x10,ex+2aeln(2a）+2a0，即f（x）(x1）（ex+2a）0 恒成立，故f(x)单调递增，故函数f（x)在 R上单调递增，函数f（x）在 R上至多存在一个零点,不合题意；十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）19 若a，则ln（2a）lne1,当x1 时，
28、x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1)（ex+2a)0 恒成立，故f（x)单调递增，当 1xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f(x)（x1）（ex+2a）0 恒成立，故f（x）单调递减，当xln（2a）时，x10，ex+2aeln(2a)+2a0，即f（x）(x1）（ex+2a)0 恒成立,故f（x）单调递增，故当x1 时，函数取极大值，由f（1）e0 得：函数f(x)在 R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述,a的取值范围为（0,+）证明：（）x1，x2是f（x）的两个零点，f（x1）f(x2）0，且x11，且x21，a，令g(x)，则g（
29、x1）g（x2)a，g(x)，当x1 时,g（x）0,g（x）单调递减；当x1 时，g（x)0，g（x）单调递增;设m0，则g（1+m)g（1m），设h（m），m0，则h(m）0 恒成立，即h（m）在（0,+）上为增函数，h（m）h（0）0 恒成立，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）20 即g（1+m）g（1m）恒成立，令m1x10,则g（1+1x1)g（11+x1)g(2 x1）g（x1）g（x2）2x1x2，即x1+x22 17【2015 年新课标 1 理科 21】已知函数f（x）x3+ax，g(x)lnx（i）当a为何值时，x轴为曲
30、线yf（x）的切线;(ii）用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h（x）minf（x），g（x）(x0），讨论h（x）零点的个数【解答】解:（i）f(x)3x2+a 设曲线yf（x)与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）0，f（x0）0，解得,a 因此当a时，x轴为曲线yf（x）的切线；（ii)当x(1，+）时，g(x）lnx0，函数h（x）minf(x)，g（x）0，故h（x）在x（1,+)时无零点 当x1 时，若a，则f（1）a0，h（x）minf（1）,g（1）g（1）0,故x1 是函数h（x)的一个零点；若a，则f（1)a0，h（x）minf（1)，g（1）f（1）0，故x1
31、 不是函数h(x）的零点;当x(0，1)时，g（x)lnx0，因此只考虑f（x）在(0,1)内的零点个数即可 当a3 或a0 时，f（x）3x2+a在(0，1）内无零点，因此f(x）在区间(0，1）内单调，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）21 而f（0)，f（1）a，当a3 时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当a0 时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点 当3a0 时，函数f（x)在内单调递减，在内单调递增，故当x时,f（x）取得最小值 若0，即，则f（x)在(0，1）内无零点 若0，即a,则f（x）在(0,1)内有唯一
32、零点 若0，即，由f（0)，f（1）a，当时，f(x)在（0，1）内有两个零点当3a时,f（x)在（0，1）内有一个零点 综上可得：a时，函数h(x）有一个零点 当时，h(x）有一个零点；当a或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点 18【2014 年新课标 1 理科 21】设函数f（x）aexlnx,曲线yf（x）在点（1,f（1）处得切线方程为ye(x1）+2（)求a、b；(）证明：f（x）1【解答】解：（）函数f（x）的定义域为（0，+），f（x）,由题意可得f（1）2，f（1）e，故a1,b2；十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用
33、理（含解析）22（）由（）知，f(x）exlnx,f（x）1，exlnx1，lnx，f（x)1 等价于xlnxxex，设函数g(x)xlnx，则g（x)1+lnx,当x（0,)时，g(x)0；当x（，+）时，g(x)0 故g（x）在（0，)上单调递减，在(，+）上单调递增，从而g（x）在（0，+)上的最小值为g（）设函数h(x）xex，则h(x）ex（1x）当x（0，1）时，h（x）0；当x（1，+）时，h（x）0，故h（x)在（0,1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，从而h（x）在（0，+）上的最大值为h（1）综上，当x0 时，g（x)h(x），即f（x）1 19【2013 年新课标 1
34、 理科 21】已知函数f(x)x2+ax+b,g(x）ex（cx+d）,若曲线yf（x）和曲线yg(x）都过点P（0，2)，且在点P处有相同的切线y4x+2（）求a，b,c，d的值；（）若x2 时，f(x）kg（x)，求k的取值范围【解答】解：（)由题意知f（0）2,g（0)2,f（0）4,g（0）4，而f（x)2x+a，g（x）ex(cx+d+c），故b2，d2,a4,d+c4，从而a4，b2，c2，d2；（）由（I）知，f（x）x2+4x+2，g（x）2ex(x+1）设F（x)kg(x）f(x)2kex（x+1）x24x2，则F（x）2kex（x+2）2x42（x+2）（kex1)，由题设
35、得F（0)0，即k1，十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）23 令F（x)0，得x1lnk，x22，若 1ke2，则2x10，从而当x(2，x1）时，F（x）0，当x（x1，+)时，F（x）0，即F(x)在（2，x1)上减,在（x1,+）上是增，故F（x）在2,+）上的最小值为F(x1）,而F(x1）x1(x1+2）0，x2 时F（x）0，即f（x)kg（x）恒成立 若ke2，则F（x）2e2(x+2）(exe2)，从而当x(2，+）时，F（x）0，即F(x）在（2，+)上是增，而F（2）0，故当x2 时，F（x)0，即f（x）kg(x）恒
36、成立 若ke2时，F（x）2e2（x+2）（exe2），而F（2）2ke2+20,所以当x2 时，f(x）kg（x）不恒成立,综上，k的取值范围是1，e2 20【2012 年新课标 1 理科 21】已知函数f（x)满足f（x）f（1）ex1f（0）xx2；（1）求f（x）的解析式及单调区间；（2）若,求(a+1）b的最大值【解答】解：（1)f（x）f（1)ex1f（0）xf(x）f（1）ex1f（0）+x 令x1 得：f（0）1 f（x）f(1）ex1x令x0，得f（0）f（1)e11 解得f(1)e 故函数的解析式为f（x）exx 令g（x）f（x）ex1+x g（x）ex+10，由此知yg
37、(x）在xR上单调递增 当x0 时，f（x）f（0）0;当x0 时，有 f（x）f（0）0 得：十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）24 函数f（x）exx的单调递增区间为（0，+)，单调递减区间为（，0）(2）f（x）(a+1）xb0 得h（x）ex(a+1）当a+10 时,h（x）0yh（x）在xR上单调递增，x时,h(x）与h（x）0 矛盾 当a+10 时，h（x）0 xln(a+1）,h（x）0 xln（a+1）得：当xln（a+1）时,h(x)min（a+1）(a+1)ln（a+1）b0，即（a+1）（a+1)ln(a+1)b(a
38、+1）b（a+1)2（a+1）2ln（a+1），（a+10）令F（x）x2x2lnx（x0），则F（x）x（12lnx）F（x）00 x 当x时，F（x)max 即当a时，（a+1）b的最大值为 21【2011 年新课标 1 理科 21】已知函数f(x），曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为x+2y30（）求a、b的值；（)如果当x0，且x1 时，f（x）,求k的取值范围【解答】解：由题意f(1)1，即切点坐标是（1，1）（)由于直线x+2y30 的斜率为,且过点(1，1），故 即解得a1，b1(）由（）知，所以 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及
39、其应用 理（含解析）25）考虑函数（x0），则 (i）设k0，由知，当x1 时，h（x）0而h（1)0，故 当x（0，1)时，h（x）0，可得；当x(1，+）时，h（x）0，可得h（x)0 从而当x0,且x1 时，f（x)（)0,即f（x)（ii）设 0k1由于当x（1，）时，(k1）（x2+1）+2x0,故h（x）0，而 h（1）0，故当x（1，)时,h（x）0，可得h（x）0,与题设矛盾(iii）设k1此时h（x）0，而h(1）0，故当x(1，+)时,h(x)0，可得h（x）0，与题设矛盾 综合得,k的取值范围为（，0 22【2010 年新课标 1 理科 21】设函数f（x)ex1xax2
40、（1）若a0，求f(x)的单调区间；（2）若当x0 时f（x）0，求a的取值范围【解答】解：（1)a0 时，f（x)ex1x，f(x）ex1 当x（,0）时,f(x)0；当x（0，+）时,f（x）0 故f（x)在（，0)单调减少，在（0,+）单调增加（II）f（x）ex12ax 由（I）知ex1+x，当且仅当x0 时等号成立故f（x)x2ax（12a)x，从而当 12a0，即时，f(x)0（x0），而f（0）0，于是当x0 时,f（x）0 十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题 04 导数及其应用 理（含解析）26 由ex1+x（x0）可得ex1x（x0）从而当时，f(x）e
41、x1+2a(ex1）ex（ex1）（ex2a）,故当x（0，ln2a）时，f(x）0，而f（0）0,于是当x（0,ln2a）时,f（x）0 综合得a的取值范围为 考题分析与复习建议 本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值,导数与函数的综合问题，定积分与微积分基本定理.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算,导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分,预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分为重点较佳。最新高考模拟试题 1已知函数10()
42、ln,0 xxf xxxx，,若 F xf xkx有 3 个零点,则k的取值范围为（)A(21e，0)B(12e，0)C（0,12e）D(0，21e)【答案】C【解析】由题意，函数10()ln,0 xxf xxxx，要使得函数 F xf xkx在 R上有 3 个零点，04 27 当0 x 时，令 0F xf xkx，可得2ln xkx，要使得 0F x 有两个实数解，即yk和 2ln xg xx有两个交点，又由 312ln xgxx，令1 2ln0 x,可得xe,当(0,)xe时，0gx,则 g x单调递增；当(,)xe时，0gx，则 g x单调递减，所以当xe时，max12g xe，若直线y
43、k和 2ln xg xx有两个交点，则1(0,)2ke，当0 x 时，yk和 1g xx有一个交点，则0k,综上可得，实数k的取值范围是1(0,)2e，故选 C.2已知,(0,)2,sinsin0，则下列不等式一定成立的是（）A2 B2 C D 【答案】C【解析】由题意,sinsin，sinsin，设 sin,0,2xfxxx,2cossin,0,2xxxfxxx，设 cossin,0,2g xxxx x，cossincossin0gxxxxxxx，g x在0,2单调递减,且 00g xg，0fx，04 28 所以 sin xf xx在0,2递减，sinsin,ff ，故选 C.3已知函数()
44、ln2f xaxx（a为大于 1 的整数)，若()yf x与()yff x的值域相同,则a的最小值是(）（参考数据：ln20.6931,ln31.0986，ln51.6094）A5 B6 C7 D8【答案】A【解析】()ln2()=1aaxf xaxxfxxx ，当xa时，()0fx，函数()f x单调递减，当0 xa 时，()0fx，函数()f x单调递增,故max()()ln2f xf aaaa,又当0,()xf x，所以函数()f x的值域为(,ln2aaa，令()ln2()ln1 1ln,t aaaat aaa 1,()0aaZt a 因此()t a是单调递增函数,因此当2,aaZ时，
45、()(2)2ln 20t at，令()ln2f xaxxn 由上可知：ln2naaa，()()yff xf n，由上可知函数(n)f在0 xa 时，单调递增，在xa时，单调递减，要想()()yff xf n的值域为(,ln2aaa，只需ln2aaaa，即ln220aaa，设()ln22g aaaa，2,aaZ,()ln1g aa，所以当3,aaZ时，函数()g a单调递增，(2)2ln 240,(3)3ln 340gg ，(4)4ln 460,(5)5ln 580gg ，所以a的最小值是5，故本题选 A.4已知实数a，b，c，d满足ln12113acbd，则22()()acbd 的最小值为（）
46、A8 B4 C2 D2【答案】D 04 29【解析】ln12113acbd ln11ln1abab，2113cdcd 可以看成()lnf xx和()1g xx 之间的最小值 1()fxx 当111xx 时，即点1,0到直线()1g xx 的距离最小 222d 5若函数 lnf xxxax 在区间1,上存在零点，则实数a的取值范围为（)A10,2 B1,2e C0,D1,2【答案】D【解析】因为函数 lnf xxxax,所以122()122axxafxxxx 令()22g xxxa，因为141()222xg xxx ，当(1,)x 时,410,20 xx，所以()0g x 所以()g x在(1,
47、)上为增函数,则()(1)12g xga，当120a时，()0g x，所以()0fx，所以()f x在(1,)上为增函数，则()(1)0f xf，所以()f x在(1,)上没有零点.当1 20a时，即12a,因为()g x在(1,)上为增函数，则存在唯一的0(1,)x，使得0()0g x，且当0(1,)xx时，()0g x，当0(,)xx时，()0g x;所以当0(1,)xx时，()0fx，()f x为减函数，当0(,)xx时，()0fx，()f x为增函数，当 04 30 0 xx时，min0()()fxf x，因为0()(1)0f xf，当x趋于时，()f x趋于，所以在0(,)xx内,(
48、)f x一定存在一个零点。所以1(,)2a，故答案选 D.6 已知函数1()2xaf xeaxxx，若对任意(0,)x，都有()()f xxfx 成立,则实数a的取值范围是(）A3,2e B,2 e C3,2e D2,e【答案】D【解析】令2()()(21)xg xxf xxeaxa，则()()()g xf xxfx,因为对任意(0,)x，都有()()f xxfx成立,所以()()()0g xf xxfx在(0,)x上恒成立；即()(21)20 xg xxeax 在(0,)x上恒成立；即(21)122xxxeaexx在(0,)x上恒成立;令1()2xh xex，(0,)x，则22211(21)
49、()2xxxxxh xeeexxx ，由()0h x 得2210 xx ，解得1x （舍）或12x，04 31 所以，当102x 时，22(21)()0 xxxh xex ,1()2xh xex单调递减；当12x 时，22(21)()0 xxxh xex ,1()2xh xex单调递增;所以min1()42h xhe ，因为(21)122xxxeaexx在(0,)x上恒成立，所以只需24ae,解得2ae。故选 D 7已知奇函数 f x是定义在R上的可导函数，其导函数为 fx,当0 x 时，有 22f xxfxx，则不等式 22018+2018420 xfxf 的解集为（)A,2016-B201
50、6,2012 C,2018 D2016,0【答案】A【解析】设 2g xx f x，因为 f x为R上奇函数，所以 22gxxfxx fx ,即 g x为R上奇函数 对 g x求导,得 2 fgfxxxxx，而当0 x 时，有 220f xxfxx 故0 x 时，0gx,即 g x单调递增，所以 g x在R上单调递增 不等式 22018+2018420 xfxf 04 32 22018+201842xfxf，22018+201842xfxf 即 20182g xg 所以20182x，解得2016x 故选 A项。8已知函数35791131()135791113xxxxxxf xx ，则使不等式(