历届高考中的“导数”试题精选

历届高考中的“导数”试题精选(文科自我测试)

一、选择题：（每小题5分，计50分） 题号答案1233245678910 1.(2005全国卷Ⅰ文)函数f(x)xax3x9,已知f(x)在x3时取得极值,则a=( )

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5

2．(2008海南、宁夏文)设f(x)xlnx，若f'(x0)2，则x0（ ）

A. e

2 B. e C.

ln22 D. ln2

323．（2005广东）函数f(x)x3x1是减函数的区间为（ ）

A．(2,) B．(,2) C．(,0) D．（0，2）

1x1(x0), 则f(x)（ ）

4.（2008安徽文）设函数f(x)2xA．有最大值 B．有最小值

C．是增函数 D．是减函数

5．（2007福建文、理)已知对任意实数x有f(－x)=－f(x)，g(-x)=g(x)，且x>0时，f’(x)>0，g’(x)>0，

则x<0时（ ）

A f’(x)>0，g’(x)>0 B f’(x)>0，g’(x)<0

C f’(x)<0，g’(x)>0 D f’(x)<0，g’(x)<0

26.(2008全国Ⅱ卷文)设曲线yax在点（1,a）处的切线与直线2xy60平行,则a( )

A．1

B．

12 C．12 D．1

327．（2006浙江文）f(x)x3x2在区间1,1上的最大值是（ ）

(A)-2 (B)0 (C)2 (D)4

8．（2004湖南文科）若函数f(x)=x2+bx+c的图象的顶点在第四象限，则函数f /(x)的图象是（ ）

y y y y

o x o x o x o x

B D C A 9．（2004全国卷Ⅱ理科）函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数（ ）

（A）(

2，

32) （B）(，2) （C）(

32，

52) （D）(2，3)

10.（2004浙江理科）设f(x)是函数f(x)的导函数，y=f(x)的图象如图所示，则y= f(x)的

图象最有可能的是（ ）

高三第一轮复习学案 导数及其应用

二、填空题：(每小题5分,计20分)

11.（2007浙江文）曲线

yx2x4x2332在点(1，一3)处的切线方程是________________.

12.(2005重庆文科)曲线yx在点（1，1）处的切线与x轴、直线x2所围成的三角形的

面积为 .

313．（2007江苏）已知函数f(x)x12x8在区间[3,3]上的最大值与最小值分别为M,m， 则Mm_____________;

14.（2008北京文）如图，函数f(x)的图象是折线段ABC,其中A,B,C 的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则f(f(0))= ____ ; 函数f(x)在x=1处的导数f′（1）= ______

三、解答题：(15,16小题各12分,其余各小题各14分)

15.（2005北京理科、文科） 已知函数f(x)=－x3＋3x2＋9x＋a. （I）求f(x)的单调递减区间；

（II）若f(x)在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．

3216.（2006安徽文）设函数fxxbxcx(xR)，已知g(x)f(x)f(x)是奇函数。

（Ⅰ）求b、c的值。 （Ⅱ）求g(x)的单调区间与极值。

高三第一轮复习学案 导数及其应用

17.（2005福建文科）已知函数f(x)xbxcxd的图象过点P（0，2），且

在点M（－1，f（－1））处的切线方程为6xy70.

（Ⅰ）求函数yf(x)的解析式； （Ⅱ）求函数yf(x)的单调区间.

18.（2007重庆文）用长为18 m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽

之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？

32高三第一轮复习学案 导数及其应用

19．(2008全国Ⅱ卷文) 设aR，函数f(x)ax3x． （Ⅰ）若x2是函数yf(x)的极值点，求a的值；

（Ⅱ）若函数g(x)f(x)f(x)，x[0，2]，在x0处取得最大值，求a的取值范围．

20. (2008湖北文) 已知函数f(x)xmxmx1（m为常数，且m>0）有极大值9. （Ⅰ）求m的值； （Ⅱ）若斜率为-5的直线是曲线yf(x)的切线，求此直线方程.

32232高三第一轮复习学案 导数及其应用

历届高考中的“导数”试题精选(文科自我测试) 参考答案

一. 选择题：（每小题5分，计50分）

题号答案1D2B3D4A5B6A7C8A9B10C

二、填空题：(每小题5分,计20分)

811. 5xy20; 12. ；13. 32 ；14. 2 , -2 .

3

三、解答题：(15,16小题各12分,其余各小题各14分)

15. 解：（I） f ’(x)＝－3x2＋6x＋9．令f ‘(x)<0，解得x<－1或x>3， 所以函数f(x)的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．

（II）因为f(－2)＝8＋12－18＋a=2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，

所以f(2)>f(－2)．因为在（－1，3）上f ‘(x)>0，所以f(x)在[－1, 2]上单调递增，

又由于f(x)在[－2，－1]上单调递减，

因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2，2]上的最大值和最小值，

于是有 22＋a＝20，解得 a＝－2．

故f(x)=－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，

即函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值为－7．

32216.解（Ⅰ）∵fxxbxcx，∴fx3x2bxc。从而

32232g(x)f(x)f(x)xbxcx(3x2bxc)＝x(b3)x(c2b)xc是一个奇函数，

所以g(0)0得c0，由奇函数定义得b3；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g(x)x6x，从而g(x)3x6，由此可知，

(,2)和(2,)是函数g(x)是单调递增区间；(322,2)是函数g(x)是单调递减区间；

g(x)在x2时，取得极大值，极大值为42，g(x)在x2时，取得极小值，极小值为42。

3217.解：(Ⅰ)由f(x)xbxcxd的图象过点P（0，2）,d=2知,所以

322

f(x)xbxcx2,f(x)=3x+2bx+c,由在(-1,(-1))处的切线方程是6x-y+7=0,知

-6-f(-1)+7=0,即f(-1)=1, f(-1)=6,∴故所求的解析式为f(x)=x3-3x2-3x+2,

32bc6,1bc21,即bc0,2bc3,解得b=c=-3.

(Ⅱ) f(x)=3x2-6x-3,令3x2-6x-3=0即x2-2x-1=0,解得x1=1-2,x2=1+2, 当x<1-2或x>1+2时, f(x)>0;当1-2∴f(x)=x3-3x2-3x+2在(1+2,+∞)内是增函数,在(-∞, 1-2)内是增函数,在(1-2,1+2)内是减函数.

高三第一轮复习学案 导数及其应用

18.解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为h故长方体的体积为V(x)2x(4.53x)9x2231812x434.53x(m)30＜x＜2.

6x(m)(0＜x＜32).

从而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).

令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1. 当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜

23时，V′（x）＜0，

故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。 从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m. 答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3。

219．解：（Ⅰ）f(x)3ax6x3x(ax2)．

因为x2是函数yf(x)的极值点，所以f(2)0，即6(2a2)0，因此a1． 经验证，当a1时，x2是函数yf(x)的极值点． （Ⅱ）由题设，g(x)ax3(a1)x6x．g(0)0

当g(x)在区间[0，2]上的最大值为g(0)时，ax3(a1)x6x0对一切x0,2都成立，

3232解法一：即a3x6x23x对一切x0,2都成立．令(x)23x6x23x，x0,2，则a(x)min

由(x)3(x2)6(x23x)20，可知(x)63x6x23x在x0,2上单调递减，

6所以(x)min(2) 解法二：也即ax2， 故a的取值范围是，

553(a1)x60对一切x0,2都成立，

3(a1)2a （1）当a=0时，-3x-6<0在x0,2上成立； （2）当a0时，抛物线h(x)ax当a<0时，3(a1)2a23(a1)x6的对称轴为x，

0，有h(0)= -6<0, 所以h(x)在(0,)上单调递减，h(x) <0恒成立；

65当a>0时,因为h(0)= -6<0,,所以要使h(x)≤0在x0,2上恒成立,只需h(2) ≤0成立即可,解得a≤综上，a的取值范围为，． 56;

20.解：(Ⅰ) f’(x)＝3x2+2mx－m2=(x+m)(3x－m)=0,则x=－m或x= 当x变化时，f’(x)与f(x)的变化情况如下表： x (－∞,－m) －m (－m,13m) 13m 13m,

(13m,+∞) f’(x) + 0 0 + － f (x) 极大值 极小值 从而可知，当x=－m时，函数f(x)取得极大值9，即f(－m)＝－m3+m3+m3+1=9,∴m＝2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=x3+2x2－4x+1,

依题意知f’(x)＝3x2＋4x－4＝－5，∴x＝－1或x＝－所以切线方程为y－6＝－5(x＋1),或y－即5x＋y－1＝0，或135x＋27y－23＝0.

682713. 又f(－1)＝6，f(－)，

13)＝

6827，

＝－5(x＋

13

高三第一轮复习学案 导数及其应用

历届高考中的“导数”试题精选(理科自我测试)

一、选择题：（每小题5分，计50分） 题号答案123345678910 1．（2004湖北理科）函数f(x)axx1有极值的充要条件是（ ）

（A）a0 （B）a0 （C）a0 （D）a0

x22.（2007全国Ⅱ理）已知曲线y(A)3

(B) 2

43lnx的一条切线的斜率为

12,则切点的横坐标为（ ）

(C) 1

1

(D) 2

′′′

3.(2005湖南理)设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0(x)，f2(x)＝f1(x)，…，fn＋1(x)＝fn(x)，n∈N，

则f2005(x)＝（ ）

A、sinx B、－sinx C、cosx D、－cosx

ax4.(2008广东理)设aR，若函数ye3x，xR有大于零的极值点，则（ ） A．a3 B. a3 C. a13 D. a313

5．(2001江西、山西、天津理科)函数y13xx有（ ）

（A）极小值－1，极大值1 （B）极小值－2，极大值3 （C）极小值－2，极大值2 （D）极小值－1，极大值3 6．（2004湖南理科）设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时, f(x)g(x)f(x)g(x)＞0.且g30，.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是（ ）

(A) (3,0)(3,) （B）(3,0)(0,3)

（C）(,3)(3,) （D）(,3)(0,3)

1x27.(2007海南、宁夏理)曲线ye2在点(4，e)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）

Ａ．

92e

2Ｂ．4e

1222Ｃ．2e

2Ｄ．e

28. (2008湖北理)若f(x)=xbln(x2)在(-1,+)上是减函数，则b的取值范围是（ ）

A.[-1，+∞] B.（-1，+∞） C. ,1 D.（-∞，-1）

9．（2005江西理科）已知函数yxf(x)的图像如右图所示（其中f(x)是函数f(x)的导函数)，下面

四个图象中yf(x)的图象大致是 （ ）

y21y21oy42-2oy421yy=xf'(x)1-1o

o12x-2-1123x-1-2-2x-2o2x1x -1 A B C D

10.（2000江西、天津理科）右图中阴影部分的面积是（ ） （A）23 （B）923 （C）

323 （D）

353

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二、填空题：(每小题5分,计20分)

11.（2007湖北文）已知函数yf(x)的图象在M（1，f（1））处的切线方程是y12x+2，

f(1)—f’(1)=______________.

312．（2007湖南理）函数f(x)12xx在区间[3，3]上的最小值是 ．

ax13.(2008全国Ⅱ卷理)设曲线ye在点(0，1)处的切线与直线x2y10垂直，则a _____ ．

2

14．（2006湖北文）半径为r的圆的面积S(r)＝r,周长C(r)=2r，若将r看作(0，＋∞)上的变量，

21， ○1式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数。 则(r)＝2r ○

1的式子： ○2 对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于○

2式可以用语言叙述为： 。 ○

三、解答题：(15,16小题各12分,其余各小题各14分)

15.(2004重庆文)某工厂生产某种产品，已知该产品的月生产量x(吨)与每吨产品的价格p(元/吨)之间的关系式为：p2420015x,且生产x吨的成本为R50000200x（元）。问该产每月生产多少

2吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？（利润=收入─成本）

3216.(2008重庆文) 设函数f(x)xax9x1(a0).若曲线y=f(x)的斜率最小的切线与 直线12x+y=6平行，求： （Ⅰ）a的值; （Ⅱ）函数f(x)的单调区间.

高三第一轮复习学案 导数及其应用

17．(2008全国Ⅰ卷文、理)已知函数f(x)xaxx1，aR． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）设函数f(x)在区间23，1内是减函数，求a的取值范围． 332

tx18．（2004浙江理）设曲线ye(x≥0）在点M（t, e）处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面积为S（t）。 （Ⅰ）求切线l的方程； （Ⅱ）求S（t）的最大值。

高三第一轮复习学案 导数及其应用

19．(2007海南、宁夏文)设函数f(x)ln(2x3)x

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）求f(x)在区间，的最大值和最小值．

44

20..(2007安徽理)设a≥0，f (x)=x－1－ln2 x＋2a ln x（x>0）.

（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2a ln x＋1.

312高三第一轮复习学案 导数及其应用

历届高考中的“导数”试题精选(理科自我测试)

参考答案

一、选择题：（每小题5分，计50分） 题号12345D6D7D8C9C10C 答案CACB二、填空题：(每小题5分,计20分) 43211. 3 ； 12．16； 13. 2 ； 14. R4R,球的体积函数的导数等于球的表面积函数

3三、解答题：(15,16小题各12分,其余各小题各14分)

15. 解：每月生产x吨时的利润为f(x)(2420015x24000x500003x2315x)x(50000200x)

2(x0)

240000解得x1200,x2200(舍去).5 因f(x)在[0,)内只有一个点x200使f(x)0，故它就是最大值点，且最大值为：

f(200)15(200)24000200500003150000(元)

3由f(x) 答：每月生产200吨产品时利润达到最大，最大利润为315万元.

16. 解：(Ⅰ)因为f(x)xax9x1, 所以f(x)3x2ax93(x 即当xa3a2222a3)92a23.

时，f(x)取得最小值9a23.

因斜率最小的切线与12xy6平行，即该切线的斜率为-12， 所以9312,即a9. 解得a3,由题设a0,所以a3.

322 (Ⅱ)由(Ⅰ)知a3,因此f(x)x3x9x1,

2f(x)3x6x93(x3(x1)令f(x)0,解得：x11,x23.当x(,1)时，f(x)0,故f(x)在(，1）上为增函数； 当x(1,3)时，f(x)0,故f(x)在（1，）3上为减函数；当x(3,+)时，f(x)0,故f(x)在（3，）上为增函数.

由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(,1）和（3，）；单调递减区间为（1，3）.

32217．解：（1）f(x)xaxx1 求导：f(x)3x2ax1

2当a≤3时，≤0，f(x)≥0, f(x)在R上递增

当a3，f(x)0求得两根为x即

2aa3f(x)在，递增,

32a3a32

aa23，递增 3aa23aa23，递减,

33（2）要使f(x)在在区间23，112，f(x)0内是减函数，当且仅当，在恒成立，

333高三第一轮复习学案 导数及其应用

24a7f00333由f(x)的图像可知，只需，即, 解得。a≥2。

42a1f00333所以，a的取值范围2,。

xxt18.解：（Ⅰ）因为f(x)(e)e, 所以切线l的斜率为e,

故切线l的方程为ye12tet(xt).即ettxyet(t1)0。

（Ⅱ）令y= 0得x=t+1, x=0得ye(t1) 所以S（t）=

(t1)et(t1)=

12(t1)e2t

从而S(t)12et(1t)(1t).

∵当t（0，1）时，S(t)>0, 当t（1,+∞）时,S(t)<0, 所以S(t)的最大值为S(1)=19．解：f(x)的定义域为32e。

，∞． 24x6x22x32（Ⅰ）f(x)当3222x32x2(2x1)(x1)2x312．

12x1时，f(x)0；当1x时，f(x)0；当x时，f(x)0．

从而，f(x)分别在区间311，1，，∞单调增加，在区间1，单调减少． 222（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在区间，的最小值为fln2．

4442又f339713111flnlnln4216216722431117491ln0．

63111ln． 所以f(x)在区间，的最大值为f41624420.（Ⅰ）解：根据求导法则得f(x)12Inxx2ax,x0.

2xx2x,x0.

故F(x)xf(x)x2Inx2a,x0, 于是F(x)1列表如下： x (0,2) 2 (2,+∞) - 0 + F′（x） F(x) ↓ 极小值F（2） ↑ 故知F（x）在（0，2）内是减函数，在（2，+∞）内是增函数，所以，在x＝2处取得极小值F（2）＝2-2In2+2a.

（Ⅱ）证明：由a0知，F(x)的极小值F(2)22In22a0. 于是由上表知，对一切x(0,),恒有F(x)xf(x)0. 从而当x0时，恒有f(x)0,故f(x)在（0,）内单调增加所以当x1时，f(x)f(1)0,即x1Inx2aInx0. 故当x1时，恒有xInx2aInx1.

22.