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 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

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

2 历年高考真题汇编

1．【2019年新课标1理科05】函数f（x）在[﹣π，π]的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：∵f（x），x∈[﹣π，π]，

∴f（﹣x）f（x），

∴f（x）为[﹣π，π]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+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（ ）

A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x

【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，

3 可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，

曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，

则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．

故选：D．

3．【2016年新课标1理科07】函数y＝2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

【解答】解：∵f（x）＝y＝2x2﹣e|x|，

∴f（﹣x）＝2（﹣x）2﹣e|﹣x|＝2x2﹣e|x|，

故函数为偶函数，

当x＝±2时，y＝8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；

当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x2﹣ex，

∴f′（x）＝4x﹣ex＝0有解，

故函数y＝2x2﹣e|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）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，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（2x﹣1），y＝ax﹣a，

由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，

4 ∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），

∴当x时，g′（x）＜0，当x时，g′（x）＞0，

∴当x时，g（x）取最小值﹣2，

当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，

直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，

故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得a＜1

故选：D．

5．【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（ ）

A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）

【解答】解：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，

∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；

①当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；

②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；

③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；

故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；

而当x时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；

故f（）3•1＞0；

5 故a＜﹣2；

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y＝f（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：x＞0或﹣1＜x＜0均有f（x）＜0排除A，C，

又f（x）中，，能排除D．

故选：B．

7．【2012年新课标1理科12】设点P在曲线上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQ|最小值为（ ）

A．1﹣ln2 B． C．1+ln2 D．

【解答】解：∵函数与函数y＝ln（2x）互为反函数，图象关于y＝x对称，

6 函数上的点到直线y＝x的距离为，

设g（x）（x＞0），则g′（x），

由g′（x）0可得x≥ln2，

由g′（x）0可得0＜x＜ln2，

∴函数g（x）在（0，ln2）单调递减，在[ln2，+∞）单调递增，

∴当x＝ln2时，函数g（x）min＝1﹣ln2，

，

由图象关于y＝x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y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（ ）

A． B．4 C． D．6

【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4，2），

因此曲线y，直线y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为：

S．故选C．

9．【2010年新课标1理科03】曲线y在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为（ ）

A．y＝2x+1 B．y＝2x﹣1 C．y＝﹣2x﹣3 D．y＝﹣2x﹣2

7 【解答】解：∵y，

∴y′，

所以k＝y′|x＝﹣1＝2，得切线的斜率为2，所以k＝2；

所以曲线y＝f（x）在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为：

y+1＝2×（x+1），即y＝2x+1．

故选：A．

10．【2019年新课标1理科13】曲线y＝3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线方程为 ．

【解答】解：∵y＝3（x2+x）ex，

∴y'＝3ex（x2+3x+1），

∴当x＝0时，y'＝3，

∴y＝3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线斜率k＝3，

∴切线方程为：y＝3x．

故答案为：y＝3x．

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x＝﹣2对称，则f（x）的最大值为 ．

【解答】解：∵函数f（x）＝（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x＝﹣2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）＝（1﹣x2）（x2+8x+15）＝﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，

求导数，得f′（x）＝﹣4x3﹣24x2﹣28x+8，

令f′（x）＝0，得x1＝﹣2，x2＝﹣2，x3＝﹣2，

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，

8 ∴f（x）的最大值为16．

故答案为：16．

12．【2010年新课标1理科13】设y＝f（x）为区间[0，1]上的连续函数，且恒有0≤f（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）（i＝1，2，…，N），再数出其中满足yi≤f（xi）（i＝1，2，…，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，

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）＝sinx﹣ln（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，f″（）＝﹣11+1＝0，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；