高考數(shù)學真題分類匯編 專題04 導數(shù)及其應用 文（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

專題04導數(shù)及其應用

歷年考題細目表題型年份考點試題位置解答題2019導數(shù)綜合問題2019年北京文科20解答題2018導數(shù)綜合問題2018年北京文科19解答題2017導數(shù)綜合問題2017年北京文科20解答題2016導數(shù)綜合問題2016年北京文科20解答題2015導數(shù)綜合問題2015年北京文科19解答題2014導數(shù)綜合問題2014年北京文科20解答題2012導數(shù)綜合問題2012年北京文科18解答題2011導數(shù)綜合問題2011年北京文科18解答題2010導數(shù)綜合問題2010年北京文科18

歷年高考真題匯編1．【2019年北京文科20】已知函數(shù)f（x）x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）的斜率為l的切線方程；（Ⅱ）當x∈[﹣2，4]時，求證：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）設F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），記F（x）在區(qū)間[﹣2，4]上的最大值為M（a）．當M（a）最小時，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x），由f′（x）＝1得x（x）＝0，得．又f（0）＝0，f（），∴y＝x和，即y＝x和y＝x；（Ⅱ）證明：欲證x﹣6≤f（x）≤x，只需證﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x，x∈[﹣2，4]，則g′（x），可知g′（x）在[﹣2，0]為正，在（0，）為負，在[]為正，∴g（x）在[﹣2，0]遞增，在[0，]遞減，在[]遞增，又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）6，g（4）＝0，∴﹣6≤g（x）≤0，∴x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F(xiàn)（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，則問題轉化為當t∈[﹣6，0]時，h（t）的最大值M（a）的問題了，①當a≤﹣3時，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此時﹣a≥3，當a＝﹣3時，M（a）取得最小值3；②當a≥﹣3時，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3時，M（a）最小為3．綜上，當M（a）取最小值時a的值為﹣3．

2．【2018年北京文科19】設函數(shù)f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex的導數(shù)為f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex．曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為0，可得（4a﹣2a﹣2+1）e2＝0，解得a；（Ⅱ）f（x）的導數(shù)為f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex＝（x﹣1）（ax﹣1）ex，若a＝0則x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）遞減．x＝1處f（x）取得極大值，不符題意；若a＞0，且a＝1，則f′（x）＝（x﹣1）2ex≥0，f（x）遞增，無極值；若a＞1，則1，f（x）在（，1）遞減；在（1，+∞），（﹣∞，）遞增，可得f（x）在x＝1處取得極小值；若0＜a＜1，則1，f（x）在（1，）遞減；在（，+∞），（﹣∞，1）遞增，可得f（x）在x＝1處取得極大值，不符題意；若a＜0，則1，f（x）在（，1）遞增；在（1，+∞），（﹣∞，）遞減，可得f（x）在x＝1處取得極大值，不符題意．綜上可得，a的范圍是（1，+∞）．

3．【2017年北京文科20】已知函數(shù)f（x）＝excosx﹣x．（1）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝excosx﹣x的導數(shù)為f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線斜率為k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切點為（0，e0cos0﹣0），即為（0，1），曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y＝1；（2）函數(shù)f（x）＝excosx﹣x的導數(shù)為f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，則g（x）的導數(shù)為g′（x）＝ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）＝﹣2ex?sinx，當x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2ex?sinx≤0，即有g（x）在[0，]遞減，可得g（x）≤g（0）＝0，則f（x）在[0，]遞減，即有函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，]上的最大值為f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值為f（）cos．

4．【2016年北京文科20】設函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c．（1）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）設a＝b＝4，若函數(shù)f（x）有三個不同零點，求c的取值范圍；（3）求證：a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點的必要而不充分條件．【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c的導數(shù)為f′（x）＝3x2+2ax+b，可得y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線斜率為k＝f′（0）＝b，切點為（0，c），可得切線的方程為y＝bx+c；（2）設a＝b＝4，即有f（x）＝x3+4x2+4x+c，由f（x）＝0，可得﹣c＝x3+4x2+4x，由g（x）＝x3+4x2+4x的導數(shù)g′（x）＝3x2+8x+4＝（x+2）（3x+2），當x或x＜﹣2時，g′（x）＞0，g（x）遞增；當﹣2＜x時，g′（x）＜0，g（x）遞減．即有g（x）在x＝﹣2處取得極大值，且為0；g（x）在x處取得極小值，且為．由函數(shù)f（x）有三個不同零點，可得c＜0，解得0＜c，則c的取值范圍是（0，）；（3）證明：若f（x）有三個不同零點，令f（x）＝0，可得f（x）的圖象與x軸有三個不同的交點．即有f（x）有3個單調區(qū)間，即為導數(shù)f′（x）＝3x2+2ax+b的圖象與x軸有兩個交點，可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即為a2﹣3b＞0；若a2﹣3b＞0，即有導數(shù)f′（x）＝3x2+2ax+b的圖象與x軸有兩個交點，當c＝0，a＝b＝4時，滿足a2﹣3b＞0，即有f（x）＝x（x+2）2，圖象與x軸交于（0，0），（﹣2，0），則f（x）的零點為2個．故a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點的必要而不充分條件．

5．【2015年北京文科19】設函數(shù)f（x）klnx，k＞0．（1）求f（x）的單調區(qū)間和極值；（2）證明：若f（x）存在零點，則f（x）在區(qū)間（1，]上僅有一個零點．【解答】解：（1）由f（x）f'（x）＝x由f'（x）＝0解得xf（x）與f'（x）在區(qū)間（0，+∞）上的情況如下：X（0，）（）f'（x）﹣0+f（x）↓↑所以，f（x）的單調遞增區(qū)間為（），單調遞減區(qū)間為（0，）；f（x）在x處的極小值為f（），無極大值．（2）證明：由（1）知，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最小值為f（）．因為f（x）存在零點，所以，從而k≥e當k＝e時，f（x）在區(qū)間（1，）上單調遞減，且f（）＝0所以x是f（x）在區(qū)間（1，）上唯一零點．當k＞e時，f（x）在區(qū)間（0，）上單調遞減，且，所以f（x）在區(qū)間（1，）上僅有一個零點．綜上所述，若f（x）存在零點，則f（x）在區(qū)間（1，]上僅有一個零點．

6．【2014年北京文科20】已知函數(shù)f（x）＝2x3﹣3x．（Ⅰ）求f（x）在區(qū)間[﹣2，1]上的最大值；（Ⅱ）若過點P（1，t）存在3條直線與曲線y＝f（x）相切，求t的取值范圍；（Ⅲ）問過點A（﹣1，2），B（2，10），C（0，2）分別存在幾條直線與曲線y＝f（x）相切？（只需寫出結論）【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝2x3﹣3x得f′（x）＝6x2﹣3，令f′（x）＝0得，x或x，∵f（﹣2）＝﹣10，f（），f（），f（1）＝﹣1，∴f（x）在區(qū)間[﹣2，1]上的最大值為．

（Ⅱ）設過點P（1，t）的直線與曲線y＝f（x）相切于點（x0，y0），則y0＝23x0，且切線斜率為k＝63，∴切線方程為y﹣y0＝（63）（x﹣x0），∴t﹣y0＝（63）（1﹣x0），即46t+3＝0，設g（x）＝4x3﹣6x2+t+3，則“過點P（1，t）存在3條直線與曲線y＝f（x）相切”，等價于“g（x）有3個不同的零點”．∵g′（x）＝12x2﹣12x＝12x（x﹣1），∴g（x）與g′（x）變化情況如下：x（﹣∞，0）0（0，1）1（1，+∞）g′（x）+0﹣0+g（x）↗t+3↘t+1↗∴g（0）＝t+3是g（x）的極大值，g（1）＝t+1是g（x）的極小值．當g（0）＝t+3≤0，即t≤﹣3時，g（x）在區(qū)間（﹣∞，1]和（1，+∞）上分別至多有一個零點，故g（x）至多有2個零點．當g（1）＝t+1≥0，即t≥﹣1時，g（x）在區(qū)間（﹣∞，0]和（0，+∞）上分別至多有一個零點，故g（x）至多有2個零點．當g（0）＞0且g（1）＜0，即﹣3＜t＜﹣1時，∵g（﹣1）＝t﹣7＜0，g（2）＝t+11＞0，∴g（x）分別在區(qū)間[﹣1，0），[0，1）和[1，2）上恰有1個零點，由于g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）和[1，+∞）上單調，故g（x）分別在區(qū)間（﹣∞，0）和[1，+∞）上恰有1個零點．綜上所述，當過點過點P（1，t）存在3條直線與曲線y＝f（x）相切時，t的取值范圍是（﹣3，﹣1）．（Ⅲ）過點A（﹣1，2）存在3條直線與曲線y＝f（x）相切；過點B（2，10）存在2條直線與曲線y＝f（x）相切；過點C（0，2）存在1條直線與曲線y＝f（x）相切．

7．【2012年北京文科18】已知函數(shù)f（x）＝ax2+1（a＞0），g（x）＝x3+bx．（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（1，c）處有公共切線，求a，b的值；（2）當a＝3，b＝﹣9時，函數(shù)f（x）+g（x）在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，求k的取值范圍．【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝2a，g（x）＝x3+bx，則g′（x）＝3x2+b，k2＝3+b，由（1，c）為公共切點，可得：2a＝3+b①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）當a＝3，b＝﹣9時，設h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+3x2﹣9x+1則h′（x）＝3x2+6x﹣9，令h'（x）＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1；∴k≤﹣3時，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣3）上單調增，在（﹣3，1]上單調減，（1，2）上單調增，所以在區(qū)間[k，2]上的最大值為h（﹣3）＝28﹣3＜k＜2時，函數(shù)h（x）在區(qū)間[k，2]上的最大值小于28所以k的取值范圍是（﹣∞，﹣3]

8．【2011年北京文科18】已知函數(shù)f（x）＝（x﹣k）ex．（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）求f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝（x﹣k+1）ex，令f′（x）＝0，得x＝k﹣1，f′（x）f（x）隨x的變化情況如下：x（﹣∞，k﹣1）k﹣1（k﹣1，+∞）f′（x）﹣0+f（x）↓﹣ek﹣1↑∴f（x）的單調遞減區(qū)間是（﹣∞，k﹣1），f（x）的單調遞增區(qū)間（k﹣1，+∞）；

（Ⅱ）當k﹣1≤0，即k≤1時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上單調遞增，∴f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為f（0）＝﹣k；當0＜k﹣1＜1，即1＜k＜2時，由（I）知，f（x）在區(qū)間[0，k﹣1]上單調遞減，f（x）在區(qū)間（k﹣1，1]上單調遞增，∴f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為f（k﹣1）＝﹣ek﹣1；當k﹣1≥1，即k≥2時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上單調遞減，∴f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為f（1）＝（1﹣k）e；綜上所述f（x）min．

9．【2010年北京文科18】設定函數(shù)f（x）x3+bx2+cx+d（a＞0），且方程f′（x）﹣9x＝0的兩個根分別為1，4．（Ⅰ）當a＝3且曲線y＝f（x）過原點時，求f（x）的解析式；（Ⅱ）若f（x）在（﹣∞，+∞）無極值點，求a的取值范圍．【解答】解：由得f′（x）＝ax2+2bx+c因為f′（x）﹣9x＝ax2+2bx+c﹣9x＝0的兩個根分別為1，4，所以（*）（Ⅰ）當a＝3時，又由（*）式得解得b＝﹣3，c＝12又因為曲線y＝f（x）過原點，所以d＝0，故f（x）＝x3﹣3x2+12x．

（Ⅱ）由于a＞0，所以“在（﹣∞，+∞）內無極值點”等價于“f′（x）＝ax2+2bx+c≥0在（﹣∞，+∞）內恒成立”．由（*）式得2b＝9﹣5a，c＝4a．又△＝（2b）2﹣4ac＝9（a﹣1）（a﹣9）解得a∈[1，9]即a的取值范圍[1，9]

考題分析與復習建議本專題考查的知識點為：導數(shù)的概念及運算，導數(shù)與函數(shù)的單調性、極值、最值，導數(shù)與函數(shù)的綜合問題.歷年考題主要以解答題題型出現(xiàn)，重點考查的知識點為：導數(shù)的運算，導數(shù)與函數(shù)的單調性、極值、最值，導數(shù)與函數(shù)的綜合問題，預測明年本考點題目會比較穩(wěn)定.備考方向以知識點導數(shù)的運算，導數(shù)與函數(shù)的單調性、極值、最值，導數(shù)與函數(shù)的綜合問題為重點較佳.最新高考模擬試題

1．已知函數(shù)，若有3個零點，則的取值范圍為()A．(，0) B．(，0) C．(0，) D．(0，)【答案】C【解析】由題意，函數(shù)，要使得函數(shù)在R上有3個零點，當時，令，可得，要使得有兩個實數(shù)解，即和有兩個交點，又由，令，可得，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減，所以當時，，若直線和有兩個交點，則，當時，和有一個交點，則，綜上可得，實數(shù)的取值范圍是，故選C.2．已知，，則下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意，，，設，，設，，在單調遞減，且，,所以在遞減，，故選C.3．已知函數(shù)（為大于1的整數(shù)），若與的值域相同，則的最小值是（）（參考數(shù)據(jù)：，，）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【解析】，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，故，又當，所以函數(shù)的值域為，令因此是單調遞增函數(shù)，因此當時，，令由上可知：，，由上可知函數(shù)在時，單調遞增，在時，單調遞減，要想的值域為，只需，即，設，，，所以當時，函數(shù)單調遞增，，，所以的最小值是5，故本題選A.4．已知實數(shù)，，，滿足，則的最小值為（）A．8 B．4 C．2 D．【答案】D【解析】，可以看成和之間的最小值當時，即點到直線的距離最小5．若函數(shù)在區(qū)間上存在零點，則實數(shù)的取值范圍為()A． B． C． D．【答案】D【解析】因為函數(shù)，所以令，因為，當時，，所以所以在上為增函數(shù)，則，當時，，所以，所以在上為增函數(shù)，則，所以在上沒有零點.當時，即，因為在上為增函數(shù)，則存在唯一的，使得，且當時，，當時，；所以當時，，為減函數(shù)，當時，，為增函數(shù)，當時，，因為，當趨于時，趨于，所以在內，一定存在一個零點.所以，故答案選D.6．已知函數(shù)，若對任意，都有成立，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，則，因為對任意，都有成立，所以在上恒成立；即在上恒成立；即在上恒成立；令，，則，由得，解得（舍）或，所以，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以，因為在上恒成立，所以只需，解得.故選D7．已知奇函數(shù)是定義在上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為，當時，有，則不等式的解集為()A． B． C． D．【答案】A【解析】設，因為為上奇函數(shù)，所以，即為上奇函數(shù)對求導，得，而當時，有故時，，即單調遞增，所以在上單調遞增不等式，即所以，解得故選A項.8．已知函數(shù)，則使不等式成立的的最小整數(shù)為（）A．-3 B．-2 C．-1 D．0【答案】D【解析】根據(jù)題意，函數(shù)，其導數(shù)，時，可以看成是1為首項，為公比的等比數(shù)列，則有，函數(shù)在上為增函數(shù)，又由，，則函數(shù)在上存在唯一的零點，設其零點為，，又由，則，故不等式成立的的最小整數(shù)為0；故選：D．9．直線是曲線的切線，則實數(shù)____．【答案】1【解析】解：∵，∴設切點為，得切線的斜率為，所以曲線在點處的切線方程為：．即：它過原點，∴，∴，∴．故答案為：1．10．函數(shù)與的圖象上存在關于軸的對稱點，則實數(shù)的取值范圍為_________．【答案】【解析】關于軸對稱的函數(shù)為，因為函數(shù)與的圖象上存在關于軸的對稱點，所以與的圖象有交點，方程有解，即有解，時符合題意，時轉化為有解，即的圖象有交點，是過定點的直線，其斜率為，設相切時，切點的坐標為，則，解得，切線斜率為，由圖可知，當，即且時，的圖象有交點，此時，與的圖象有交點，函數(shù)與的圖象上存在關于軸的對稱點，綜上可得，實數(shù)的取值范圍為，故答案為.11．已知函數(shù)，若存在實數(shù)使得，則的最大值為________.【答案】【解析】作出函數(shù)圖像如下：由題意，令為方程的兩個根，由圖像易得；由得，解得或，因為，所以，，因此，令，，則，因為，所以由得；由得，即函數(shù)在上單調遞增；在上單調遞減；所以，因此的最大值為.故答案為12．已知實數(shù)a，b，c滿足（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則的最小值是_______．【答案】【解析】設，則，所以函數(shù)u(x)的增區(qū)間為（0，+），減區(qū)間為(-,0),所以，即；可知，當且僅當時取等；因為所以，．所以，解得，當且僅當時，取等號．故答案為：13．已知直線與曲線分別交于兩點，則的最小值為________【答案】1.【解析】令，，顯然為增函數(shù)，且所以當時，單調遞減；當時，單調遞增.所以.故答案為1.14．曲線在處的切線的斜率為，則切線的方程為_____．【答案】【解析】解：曲線，可得，曲線在處的切線的斜率為，可得，所以.所以切點坐標為：，則切線的方程為：.即：．故答案為：．15．已知函數(shù)若方程恰有兩個不同的實數(shù)根，則的最大值是______．【答案】【解析】作出的函數(shù)圖象如圖所示，由，可得，即，不妨設，則，令，則，，令，則，當時，，在上遞增；當時，，在上遞減；當時，取得最大值,故答案為.16．已知函數(shù)的圖象恰好經過三個象限，則實數(shù)的取值范圍______.【答案】或【解析】（1）當時，在上單調遞減，又，所以函數(shù)的圖象經過第二、三象限，當時，，所以，①若時，恒成立，又當時，，所以函數(shù)圖象在時，經過第一象限，符合題意；②若時，在上恒成立，當時，令，解，所以在上單調遞減，在上單調遞增，又所以函數(shù)圖象在時，經過第一象限，符合題意；（2）當時，的圖象在上，只經過第三象限，在上恒成立，所以的圖象在上，只經過第一象限，故不符合題意；（3）當時，在上單調遞增，故的圖象在上只經過第三象限，所以在上的最小值，當時，令，解得，若時，即時，在上的最小值為，令.若時，則在時，單調遞減，當時，令，解得，若，在上單調遞增，故在上的最小值為，令，所以；若，在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的最小值為，顯然，故；結上所述：或.17．已知函數(shù).（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）比較與的大小且，并證明你的結論.【答案】（I）見解析；（II）見解析【解析】（Ⅰ）函數(shù)可化為，當時，，從而在上總是遞減的，當時，，此時要考慮與1的大小.若，則，故在上遞增，若，則當時，，當時，，故在上遞減，在上遞增，而在處連續(xù)，所以當時，在上遞減，在上遞增；當時，在上遞減，在上遞增.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知當，時，，即，所以.所以.18．已知函數(shù)．（1）討論的單調性；（2）若為的兩個極值點，證明：.【答案】（1）當時，在為增函數(shù)，減函數(shù)，為增函數(shù)；當時，在為增函數(shù)．（2）證明見解析．【解析】（1）的定義域為，，對于函數(shù)，①當時，即時，在恒成立．在恒成立，在為增函數(shù)；②當，即或時，當時，由，得或，，在為增函數(shù)，減函數(shù)，為增函數(shù)，當時，由在恒成立，在為增函數(shù)．綜上，當時，在為增函數(shù)，減函數(shù)，為增函數(shù)；當時，在為增函數(shù)．（2）由（1）知，且，故故只需證明，令，故，原不等式等價于對成立，令，所以單調遞減，有得證.19．已知函數(shù).（Ⅰ）當時，求的最大值；（Ⅱ）若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）當時，，定義域為..令，得.當時，，單調遞增，當時，，單調遞減.所以.（Ⅱ），.令，得.當時