全国高考试题分类解析导数部分

-22xyO1-1-11导数部分1、(广东卷)函数32()31fxxx是减函数的区间为(D)（Ａ）(2,)（Ｂ）(,2)（Ｃ）(,0)（Ｄ）(0,2)2.（全国卷Ⅰ）函数93)(23xaxxxf，已知)(xf在3x时取得极值，则a=（B）（A）2（B）3（C）4（D）53.（湖北卷）在函数xxy83的图象上，其切线的倾斜角小于4的点中，坐标为整数的点的个数是（D）A．3B．2C．1D．04．(江西)已知函数()yxfx的图象如右图所示(其中'()fx是函数()fx的导函数)，下面四个图象中()yfx的图象大致是(C）5.(浙江)函数y＝ax2＋1的图象与直线y＝x相切，则a＝(B)(A)18(B)41(C)21(D)16.(重庆卷)曲线yx3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______8/3____。7.（江苏卷）（14）曲线31yxx在点（1,3）处的切线方程是41yx8.(全国卷III)曲线32yxx在点（1，1）处的切线方程为x+y-2=09.（北京卷）过原点作曲线y＝ex的切线，则切点的坐标为(1,e)；，切线的斜率为e．10.(全国卷Ⅱ)设a为实数,函数.)(23axxxxf(Ⅰ)求)(xf的极值.(Ⅱ)当a在什么范围内取值时,曲线xxfy与)(轴仅有一个交点.解：(I)'()fx=32x－2x－1若'()fx=0，则x==－13，x=1当x变化时，'()fx，()fx变化情况如下表：x(－∞，－13)－13(－13，1)1(1，+∞)O-22xy1-1-212Oxy-2-221-112O-24xy1-1-212O-22xy-124ABCD'()fx+0－0+()fx极大值极小值∴()fx的极大值是15()327fa，极小值是(1)1fa(II)函数322()(1)(1)1fxxxxaxxa由此可知，取足够大的正数时，有()fx0，取足够小的负数时有()fx0，所以曲线y=()fx与x轴至少有一个交点结合()fx的单调性可知：当()fx的极大值527a0，即5(,)27a时，它的极小值也小于0，因此曲线y=()fx与x轴仅有一个交点，它在(1，+∞)上。当()fx的极小值a－10即a(1，+∞)时，它的极大值也大于0，因此曲线y=()fx与x轴仅有一个交点，它在(－∞，－13)上。∴当5(,)27a∪(1，+∞)时，曲线y=()fx与x轴仅有一个交点。11.(全国卷Ⅱ)已知a≥0，函数f(x)=（2x-2ax）xe(1)当X为何值时，f(x)取得最小值？证明你的结论；（2）设f(x)在[-1，1]上是单调函数，求a的取值范围.解：（I）对函数()fx求导数得xeaaxxxxf)222()(2令,0)(xf得［2x+2(1－a)x－2a］xe=0从而2x+2(1－a)x－2a=0解得11,112221aaxaax当x变化时，()fx、'()fx的变化如下表x),(1x1x),(21xx2x),(2x)(xf+0－0+)(xf递增极大值递减极小值递增∴()fx在x=1x处取得极大值，在x=2x处取得极小值。当a≥0时，1x－1,2x)(,0xf在21,xx上为减函数，在),(2x上为增函数而当0x时)(xf=0)2(xeaxx，当x=0时，0)(xf所以当112aax时，)(xf取得最小值（II）当a≥0时，)(xf在1,1上为单调函数的充要条件是12x即1112aa，解得a43于是)(xf在[-1，1]上为单调函数的充要条件是43a即a的取值范围是3[,)412.(全国卷III)用长为90cm,宽为48cm的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接而成(如图),问该容器的高为多少时,容器的容积最大?最大容积是多少?解：设容器的高为x，容器的体积为V，1分则V=（90-2x）（48-2x）x,(0V24)5分=4x3-276x2+4320x∵V′=12x2-552x+4320……7分由V′=12x2-552x+4320=0得x1=10，x2=36∵x10时，V′0,10x36时，V′0,x36时，V′0,所以,当x=10,V有极大值V(10)=1960……………………………………………………10分又V(0)=0,V(24)=0,…………………………………………………………………………11分所以当x=10,V有最大值V(10)=1960………………………………………………………12分13.(全国卷III)已知函数2472xfxx，01x，（Ⅰ）求fx的单调区间和值域；（Ⅱ）设1a，函数223201gxxaxax，，，若对于任意101x，，总存在001x，，使得01gxfx成立，求a的取值范围解：对函数fx求导，得2241672xxfxx，221272xxx令0fx，解得112x或272x当x变化时，fx，、fx的变化情况如下表：x0102，12112，1fx，0fx7243所以，当102x，时，fx是减函数；当112x，时，fx是增函数；当01x，时，fx的值域为43，（Ⅱ）对函数gx求导，得223gxxa，因此1a，当01x，时，2310gxa，因此当01x，时，gx为减函数，从而当01x，时有10gxgg，又21123gaa，02ga，即当1x0，时有21232gxaaa，任给11x0，，143fx，，存在001x，使得01gxfx，则2123243aaa，，即212341232aaa（）（）解1（）式得1a或53a解2（）式得32a又1a，故：a的取值范围为312a14.（北京卷）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．解：（I）f’(x)＝－3x2＋6x＋9．令f‘(x)0，解得x－1或x3，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－7．15．（福建卷）已知函数daxbxxxf23)(的图象过点P（0，2），且在点M（－1，f（－1））处的切线方程为076yx.（Ⅰ）求函数)(xfy的解析式；（Ⅱ）求函数)(xfy的单调区间.解：（Ⅰ）由)(xf的图象经过P（0，2），知d=2，所以,2)(23cxbxxxf.23)(2cbxxxf由在))1(,1(fM处的切线方程是076yx，知.6)1(,1)1(,07)1(6fff即.3,0,32.121,623cbcbcbcbcb解得即故所求的解析式是.233)(23xxxxf（Ⅱ）.012,0363.363)(222xxxxxxxf即令解得.21,2121xx当;0)(,21,21xfxx时或当.0)(,2121xfx时故)21,(233)(23在xxxxf内是增函数，在)21,21(内是减函数，在),21(内是增函数.16．（福建卷）已知函数bxaxxf26)(的图象在点M（－1，f(x)）处的切线方程为x+2y+5=0.（Ⅰ）求函数y=f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数y=f(x)的单调区间.解：（1）由函数f(x)的图象在点M（－1f(－1)）处的切线方程为x+2y+5=0，知.)()6(2)()(.21)1(,2)1(,05)1(21222bxaxxbxaxffff即.),323(;)323,323(;)323,(362)(.0)(,323323;0)(,323,323,323,323,06122.)3(6122)()(.362)().1,01(3,222122222内是减函数在内是增函数在内是减函数在所以时当时或当解得令是所以所求的函数解析式舍去解得xxxfxfxxfxxxxxxxxxxfIIxxxfbbba17.（湖北卷）已知向量baxftxbxxa)(),,1(),1,(2若函数在区间（－1，1）上是增函数，求t的取值范围.解法1：依定义,)1()1()(232ttxxxxtxxxf.23)(2txxxf则.0)()1,1(,)1,1()(xfxf上可设则在上是增函数在若,23)(,)1,1(,230)(22xxxgxxtxf考虑函数上恒成立在区间,31)(xxg的图象是对称轴为由于开口向上的抛物线，故要使xxt232在区间（－1，1）上恒成立.5),1(tgt即.)1,1()(,0)()1,1()(,5上是增函数在即上满足在时而当xfxfxft5tt的取值范围是故.解法2：依定义,)1()1()(232ttxxxxtxxxf.0)()1,1(,)1,1()(.23)(2xfxftxxxf上可设则在上是增函数在若)(xf的图象是开口向下的抛物线，时且当且仅当05)1(,01)1(tftf.5.)1,1()(,0)()1,1()(ttxfxfxf的取值范围是故上是增函数在即上满足在18．（湖南卷）设0t，点P（t，0）是函数cbxxgaxxxf23)()(与的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线.（Ⅰ）用t表示a，b，c；（Ⅱ）若函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减，求t的取值范围.解：（I）因为函数)(xf，)(xg的图象都过点（t，0），所以0)(tf，即03att.因为,0t所以2ta..,0,0)(2abccbttg所以即又因为)(xf，)(xg在点（t，0）处有相同的切线，所以).()(tgtf而.23,2)(,3)(22btatbxxgaxxf所以将2ta代入上式得.tb因此.3tabc故2ta，tb，.3tc（II）解法一))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy.当0))(3(txtxy时，函数)()(xgxfy单调递减.由0y，若txtt3,0则；若.3,0txtt则由题意，函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减，则).3,()3,1(),3()3,1(tttt或所以.39.333tttt或