2010年导数部分高考题汇总(教师版含答案)1

1.(2010·北京高考理科·T18)已知函数 f ( x ) = ln ( x + 1) ? x + (Ⅰ)当 k = 2 时,求曲线 y = f ( x ) 在点 1, f (1) 处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间

k 2 x ( k ≥ 0) 2

(

)

【规范解答】 (I)当 k = 2 时, f ( x) = ln(1 + x) ? x + x ,
2

f '( x ) =

1 ?1 + 2x 1+ x

由于 f (1) = ln 2 ,

f '(1) =

3 2,

所以曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为

3 y ? ln 2 = ( x ? 1) 2


3 x ? 2 y + 2 ln 2 ? 3 = 0

(II)

f '( x) =

1 x( kx + k ? 1) ? 1 + kx = 1+ x 1+ x , x ∈ (?1, +∞ ) . x 1+ x .

当 k = 0 时,

f '( x ) = ?

所以,在区间 ( ?1, 0) 上, f '( x ) > 0 ;在区间 (0, +∞ ) 上, f '( x ) < 0 . 故 f ( x ) 的单调递增区间是 ( ?1, 0) ,单调递减区间是 (0, +∞ ) .

当 0 < k < 1 时,由

f '( x) =

kx( x ?

1? k ) 1? k k =0 x1 = 0 x2 = k > 0 1+ x ,得 ,

所以,在区间 ( ?1, 0) 和

(

1? k 1? k , +∞) (0, ) f '( x ) > 0 ;在区间 k k 上, f '( x ) < 0 上, (

1? k 1? k , +∞) (0, ) k . 故 f ( x ) 的单调递增区间是 ( ?1, 0) 和 k ,单调递减区间是 f '( x ) = x2 1+ x

当 k = 1 时,

故 f ( x ) 的单调递增区间是 ( ?1, +∞) .

1

当 k > 1 时,

f '( x) =

kx( x ?

1? k ) 1? k k =0 x1 = ∈ (?1, 0) x = 0 1+ x k ,得 , 2 .

所以在区间

(?1,

1? k 1? k ) ( , 0) (0, +∞ ) 上, f '( x ) > 0 ;在区间 k k 和 上, f '( x ) < 0 (?1, 1? k 1? k ) ( , 0) k 和 (0, +∞) ,单调递减区间是 k

故 f ( x ) 得单调递增区间是

2.(2010·安徽高考文科·T20)设函数

f ( x ) = sin x ? cos x + x + 1 0 < x < 2π , ,求函数

f ( x)

的单调区间与极值

【规范解答】

解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π ,知f′( x) = 1 + 2sin ( x + ) 4

π

π 2 3π 令f′( x) = 0,从面sin ( x + ) = ,得x = π ,或x = , 4 2 2 当x变化时,f′( x),f(x)变化情况如下表:
x
f ′( x) f ( x)

( 0, π ) π
+

? 3π ? ?π , ? 2 ? ?
-

3π 2
0 极小值

? 3π ? ? , 2π ? ? 2 ?
+

0
极大值

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,π )与(

极小值为f(

3π 3π )= ,极大值为f(π )=π + 2 2 2 f ( x) =

3π 3π ,π ),单调递 减区间是( π, ) 2 2 2

3.(2010·北京高考文科·T18) 设定函数

a 3 x + bx 2 + cx + d (a 0) 3 , ( a > 0) ,且方程

f ′ ( x ) ? 9 x = 0 的两个根分别为 1,4
(Ⅰ)当 a=3 且曲线 y = f ( x) 过原点时,求 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)若 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 无极值点,求 a 的取值范围。

【规范解答】由

f ( x) =

a 3 x + bx 2 + cx + d 2 ′ 3 得 f ( x ) = ax + 2bx + c

2

?a + 2b + c ? 9 = 0 ? 16a + 8b + c ? 36 = 0 ′ 因为 f ( x) ? 9 x = ax + 2bx + c ? 9 x = 0 的两个根分别为 1,4,所以 ?
2

(*)

?2b + c ? 6 = 0 ? 8b + c + 12 = 0 (Ⅰ)当 a = 3 时, (*)式为 ?
解得 b = ?3, c = 12 又因为曲线 y = f ( x) 过原点,所以 d = 0 故 f ( x ) = x ? 3 x + 12 x
3 2

(Ⅱ)由于 a>0,所以“

f ( x) =

a 3 x + bx 2 + cx + d 3 在(-∞,+∞)内无极值点”等价于

2 ′ “ f ( x ) = ax + 2bx + c ≥ 0 在(-∞,+∞)内恒成立” 。

由(*)式得 2b = 9 ? 5a, c = 4a 。
2 又 ? = (2b) ? 4ac = 9( a ? 1)( a ? 9)

?a > 0 ? ? = 9(a ? 1)(a ? 9) ≤ 0 解?
即 a 的取值范围



a ∈ [1,9]

[1,9]
ax3 ? 3 2 x + 1( x ∈ R ) 2 ,其中 a>0.

4.(2010·天津高考文科·T20)已知函数 f(x)=

(Ⅰ)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程;

? 1 1? ?? , ? (Ⅱ)若在区间 ? 2 2 ? 上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围.
【规范解答】

3 x3 ? x 2 + 1 2 2 (Ⅰ)当 a=1 时,f(x)= ,f(2)=3;f’(x)= 3 x ? 3 x , f’(2)=6.所以曲线 y=f
(x)在点(2,f(2) )处的切线方程为 y-3=6(x-2) ,即 y=6x-9.

1 (Ⅱ)f’(x)= 3ax ? 3 x = 3 x ( ax ? 1) .令 f’(x)=0,解得 x=0 或 x= a .
2

以下分两种情况讨论:

3

1 1 0 < a ≤ 2,则 ≥ a 2 ,当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表: 若
X f’(x) f(x)

? 1 ? 0 ? ? ,? ? 2 ?
+

0 0 极大值

? 1? ? 0, ? ? 2?
-

1 ?5 ? a ? > 0, f (? ) > 0, ? ? ? ? 8 2 即? ? 1 ? 1 1? ? f ( ) > 0, ? 5 + a > 0. x ∈ ? ? , ? 时,f(x)>0 ? 2 ? 8 ? ? 2 2? 当 等价于 ?
解不等式组得-5<a<5.因此 0 < a ≤ 2 .

若 a>2,则

0<

1 1 < a 2 .当 x 变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表:

X f’(x) f(x)

? 1 ? 0 ? ? ,? ? 2 ?
+

0 0 极大值

? 1? ? 0, ? ? a?
-

1 a
0 极小值

?1 1? ? ,? ?a 2?
+

?5 ? a ? 1 ?f(- 2 )>0, ? 8 >0, ? ? ? ? ? 1 1? ?f( 1 )>0, ?1- 1 >0. x ∈ ?? , ? 2 ? ? ? 2 2 ? 时,f(x)>0 等价于 ? a 当 即 ? 2a
2 2 <a<5 a<? 2 .因此 2<a<5. 解不等式组得 2 或
综合(1)和(2) ,可知 a 的取值范围为 0<a<5. 5.(2010·辽宁高考文科·T21) (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 a≤-2,证明:对任意 x1 , x2 ∈ (0,+∞),|f( x1 )-f( x2 )|≥4| x1 ? x2 |. 【规范解答】 已知函数 f(x)=(a+1)lnx+ ax +1.
2

4

a +1 2ax 2 + a + 1 (I) + 2ax = , 解: f ( x)的定义域为(0,+∞),f '( x) = x x 当a ≥ 0时,f '( x) > 0, 故f ( x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ≤ ?1时,f '( x) < 0, 故f ( x)在(0,+∞)上单调递减; 当 -1 < a < 0时,令f '( x) = 0, 解得x = ? x∈( ? a +1 , +∞)时,f '( x) < 0。 2a a +1 a +1 , 则当x ∈ (0, ? )时,f '( x) > 0; 2a 2a

a +1 a +1 )上单调递增,在( ? , +∞)上单调递减。 2a 2a (II)不妨设x1 ≥ x2,由于a ≤ ?2, 所以f ( x)在(0,+∞)上单调递减。 故f ( x)在(0, ? 所以|f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≥ 4 | x1 ? x2 | 等价于f ( x2 ) ? f ( x1 ) ≥ 4 x1 ? 4 x2 即:f ( x2 ) + 4 x2 ≥ f ( x1 ) + 4 x1 , 令g ( x ) = f ( x ) + 4 x , 则 g '( x) = 于是
2 ?4 x 2 + 4 x ? 1 ? x ? 1) (2 = ≤0 x x 从而g ( x)在(0, ∞)上单调递减, +

2ax 2 + 4 x + a + 1 x

g '( x) ≤

所以g ( x1 ) ≤ g ( x2 ) 即 f ( x1 ) + 4 x1 ≤ f ( x2 ) + 4 x2 , 所以对任意x1 , x2 ∈ (0, +∞),| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≥ 4 | x1 ? x2 |
2 6.(2010·辽宁高考理科·T21)已知函数 f ( x) = ( a + 1) ln x + ax + 1

(I)讨论函数 f (x ) 的单调性; (II)设 a < ?1 .如果对任意 x1 , x 2 ∈ (0,+∞) , | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ≥ 4 | x1 ? x 2 | ,求 a 的取 值 范围。 【规范解答】

5

a +1 2ax 2 + a + 1 + 2ax = , x x 当a ≥ 0时,f '( x) > 0, 故f ( x)在(0, ∞)上单调增加; + (I)f ( x)的定义域为(0, ∞),f '( x) = + 当a ≤ ?1时,f '( x) < 0, 故f ( x)在(0, ∞)上单调减少; + 当 -1 < a < 0时,令f '( x) = 0,解得x = ? x∈( ? a +1 a +1 .则当x ∈ 0,? ( )时,f '( x) > 0; 2a 2a

a +1 a +1 a +1 , +∞)时,f '( x) < 0。故f ( x)在(0,? )上单调增加,在( ? , +∞)上 2a 2a 2a 单调减少。 (II)不妨设x1 ≥ x2 ,而a < -1,由(I)知f ( x)在(0, ∞)上单调减少,从而 + ?x1 ,x2 ∈ (0, +∞),| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≥ 4 | x1 ? x2 | 等价于?x1 ,x2 ∈ (0, +∞), f ( x2 ) + 4 x2 ≥ f ( x1 ) + 4 x1。………………(1) 令g ( x) = f ( x) + 4 x, 则g '( x) = a +1 + 2ax + 4。 x (1)式等价于g ( x)在(0, ∞)上单调减少,即 +

a +1 + 2ax + 4 ≤ 0 x ?4 x ? 1 (2 x ? 1)2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1)2 从而 a ≤ 2 = = ? 2。 2x +1 2 x2 + 1 2 x2 + 1 故a的取值范围为( - ∞,2 ] 2 7.(2010·浙江高考文科·T21)已知函数 f ( x) = ( x ? a ) ( x -b) (a, b ∈ R, a <b)。

(I)当 a=1,b=2 时,求曲线 y = f ( x) 在点(2, f ( x ) )处的切线方程。 (II)设

x1 , x2

x x ≠ x1 x3 ≠ x2 是 f ( x ) 的两个极值点, 3 是 f ( x ) 的一个零点,且 3 , x4
,使得

证明:存在实数

x1 , x2 , x3 , x4

按某种顺序排列后的等差数列,并求

x4

2 【规范解答】(Ⅰ)当 a=1,b=2 时, f ( x ) = ( x ? 1) ( x ? 2) ,

′ ′ 因为 f (x)=(x-1)(3x-5),故 f (2)=1,f(2)=0,
所以 f(x)在点(2,0)处的切线方程为 y=x-2

a + 2b a + 2b ′ (Ⅱ)因为 f (x)=3(x-a) (x- 3 ) ,由于 a<b。故 a< 3 . a + 2b 所以 f(x)的两个极值点为 x=a,x= 3 .[ a + 2b 不妨设 x1=a,x2= 3 ,
6

因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的零点, 故 x3=b.

a + 2b a + 2b x ,x ,x ,x ,所以 1 4 2 3 成等差数列。 又因为 3 -a=2(b- 3 )

1 a + 2b 2a + b 所以 x 4= 2 (a+ 3 )= 3 , 2a + b 所以存在实数 x4 满足题意,且 x4= 3 .

7


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