2018年全国卷文科数学十年真题分类汇编 导数

导数

一．基础题组

1. 【2008全国1，文4】曲线在点处的切线的倾斜角为（ ）

A．30° B．45° C．60° D．120°

【答案】B

【解析】,

2. 【2005全国1，文3】函数，已知在时取得极值，则=

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5

【答案】D

3.【2017新课标1，文14】曲线在点（1，2）处的切线方程为______________．

【答案】

【解析】

试题分析：设，则，所以，

所以曲线在点处的切线方程为，即．

【考点】导数几何意义

【名师点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以为切点的切线方程是．若曲线在点处的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．

4. 【2013课标全国Ⅰ，文20】(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.

(1)求a，b的值；,

(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值． 324yxx(13)，2232,3121,tan1,45.yxk93)(23xaxxxf)(xf3x21yxx1yx()yfx21()2fxxx(1)211f21yxx(1,2)21(1)yx1yx),(00yxP)(xfyP000()()yyfxxx)(xfy))(,(00xfxPy0xx【解析】(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.

由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.

故b＝4，a＋b＝8.

5. 【2011全国1，文20】

已知函数，.

(Ⅰ)证明：曲线

（Ⅱ）若求a的取值范围。

【解析】(Ⅰ)，，故x=0处切线斜率，又

即，当

故曲线,

（Ⅱ），令

，

故

6. 【2009全国卷Ⅰ,文21】已知函数=x4-3x2+6. 32()3(36)124fxxaxaxaaR()0yfxx在的切线过点（2，2）；00()fxxxx在处取得最小值，（1，3），32()3(36)124fxxaxaxa2()3636fxxaxa36ka(0)124,124(36)fayaax切线方程为(36)1240axya2,2xy时(36)2212461221240aaaa()0(2,2)yfxx在处的切线过点0x处取极小值2()3636,()gxxaxagx由题意知在(1,3)有解00)0;)0xxxxxx且时g(时g(22(6)43(36)0(6)43(36)0(1)0(1)021(3)0(3)0aaaaggagg或)(xf(1)讨论的单调性;

(2)设点P在曲线y=上,若该曲线在点P处的切线l通过坐标原点,求l的方程.

【解析】:(1)f′(x)=4x3-6x=4x·()().

当x∈(-∞,)和x∈(0,)时,f′(x)＜0;

当x∈(,0)和x∈(,+∞)时,f′(x)＞0.

因此,在区间(-∞,)和(0,)上是减函数,在区间(,0)和(,+∞)上是增函数.

7. 【2007全国1，文20】（本小题满分12分）设函数在及时取得极值。,

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）若对任意的，都有成立，求c的取值范围。

【解析】：

（Ⅰ），

因为函数在及取得极值，则有，. )(xf)(xf26x26x26262626)(xf2626)(xf262632()2338fxxaxbxc1x2x[0,3]x2()fxc2()663fxxaxb()fx1x2x(1)0f(2)0f即

解得，.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，

.

当时，；

当时，；

当时，.

二．能力题组

1. 【2007全国1，文11】曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ ）

A. B. C. D.

【答案】：A

【解析】：对x求导，得y'=x²+1

在点(1,4/3)处，导数为y'=2，∴此处切线为:y-(4/3)=2(x-1)

即6x-3y-2=0

与两坐标轴的交点是(0,-2/3)和(1/3,0)

∴与坐标轴围成的三角形的面积是：S=(2/3)*(1/3)/2=1/9 6630241230abab，．3a4b32()29128fxxxxc2()618126(1)(2)fxxxxx(01)x，()0fx(12)x，()0fx(23)x，()0fx313yxx4(1,)3192913232.【2011新课标，文21】

21.（本小题满分12分）,

【解析】

3. 【2008全国1，文21】,

已知函数，．

（Ⅰ）讨论函数的单调区间；

（Ⅱ）设函数在区间内是减函数，求的取值范围．

【解析】：（1）

求导：

当时，，

在上递增

当，求得两根为

即在递增，递减，

递增

（2），且

解得：

4. 【2010全国1，文21】已知函数f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x.

(1)当a＝时，求f(x)的极值；

(2)若f(x)在(－1,1)上是增函数，求a的取值范围．, 32()1fxxaxxaR()fx()fx2133，32()1fxxaxx2()321fxxax23a≤0≤()0fx≥()fxR23a()0fx233aax()fx233aa，223333aaaa，233aa，2232333133aaaa≤≥23a74a≥16

(ⅰ)当a＝0时①恒成立；

(ⅱ)当a＞0时①成立，当且仅当3a·12＋3a·1－1≤0，

解得a≤.

(ⅲ)当a＜0时①成立，即3a(x＋)2－－1≤0成立，当且仅当－－1≤0.解得a≥－.

综上，a的取值范围是－，]．

三．拔高题组

1. 【2014全国1，文12】已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是( )

（B） （C） （D）

【答案】C

【解析】根据题中函数特征，当时，函数显然有两个零点且一正一负; 当时，求导可得：，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：和时函数单调递增; 时函数单调递减，显然存在负零点; 当时，求导可得：，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：和时函数单调递减; 时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：，即161234a34a43431632()31fxaxx()fx0x00x2,1,,2,10a2()31fxx0a2'()363(2)fxaxxxax(,0)x2(,)xa2(0)xa，0a2'()363(2)fxaxxxax2(,)xa(0,)x2(0)xa，2()0(0)0faf得：，可解得：，则．

2. 【2014全国1，文21】设函数，曲线处的切线斜率为0

（1）求b;

（2）若存在使得，求a的取值范围。

【解析】（1），

由题设知，解得.

当时，，在单调递减，在单调递增.

所以，存在，使得的充要条件为，

而，所以不合题意.

（ⅲ）若，则.

综上，a的取值范围是. 3222()3()10aaa24a2(,2aa舍去）21ln12afxaxxbxa11yfxf在点，01,x01afxa'()(1)afxaxbx'(1)0f1b(,)1axa'()0fx()fx(1,)1aa(,)1aa01x0()1afxa()11aafaa2()ln112(1)11aaaaafaaaaaa1a11(1)1221aaafa(21,21)(1,)3. 【2012全国1，文21】已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.

(1)讨论f(x)的单调性；,

(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))的直线l与x轴的交点在曲线y＝f(x)上，求a的值．

(2)由题设知，x1，x2为方程f′(x)＝0的两个根，

故有a＜1，x12＝－2x1－a，x22＝－2x2－a.

因此f(x1)＝x13＋x12＋ax1

＝x1(－2x1－a)＋x12＋ax1＝x12＋ax1

＝(－2x1－a)＋ax1＝(a－1)x1－.

同理，f(x2)＝(a－1)x2－.

因此直线l的方程为y＝(a－1)x－.

设l与x轴的交点为(x0,0)，得，

．

由题设知，点(x0,0)在曲线y＝f(x)上，故f(x0)＝0，

解得a＝0或或.

4. 【2015高考新课标1，文21】（本小题满分12分）设函数. 13131313231323233a233a233a02(1)axa22322031()[][](12176)32(1)2(1)2(1)24(1)aaaafxaaaaaa23a34a2lnxfxeax（I）讨论的导函数的零点的个数；

（II）证明：当时.,

【答案】（I）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（II）见解析

【解析】

试题分析：（I）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II）由（I）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.

试题解析：（I）的定义域为，.

当时,，没有零点；

当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.

由于，所以.

故当时，.

考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力. fxfx0a22lnfxaaa0a£()fx¢0a>()fx¢0a£0a>fx()fx¢()0+¥，0xfx22lnaaa+()fx()0+¥，()2()=20xafxexx¢->0a£()0fx¢>()fx¢0a>2xeax-()fx¢()0+¥，()0fa¢>04ab<<14b<(b)0f¢<0a>()fx¢0202=0xaex-00022()=2ln2ln2afxaxaaaxaa++?0a>2()2lnfxaaa?