高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考数学文科导数真题汇编答案

一、客观题组

4.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。

5.设函数f(x)=x^2-2x，则f(x)的单调递减区间为。

7.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=2处取得极大值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。

8.设函数f(x)=1/(2x-lnx)，则x=2为f(x)的极小值点。

9.函数y=1/(2x-lnx)的单调递减区间为(0,1]。

11.已知函数f(x)=x^2+bx+c的图象经过点(1,2)，且在点(2,3)处的切线斜率为4，则b=3.

12.已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,1)，且在点(2,3)处的切线斜率为5，则a=2.

二、大题组

2011新课标】21.已知函数f(x)=aln(x/b)+2，曲线y=f(x)在

点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1) 求a、b的值；(2) 证明：当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)。

解析】

1) f'(x)=a/(xlnb)+2/x，由于直线x+2y-3=0的斜率为-1/2，

且过点(1,f(1))，解得a=1，b=1.

2) 由(1)知f(x)=ln(x)+1，所以f(x)-2ln(x/b)=ln(x/b)+1>0，

当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)成立。

2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间；(2) 若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求

k的最大值。

解析】

1) f(x)的定义域为(-∞,+∞)，f'(x)=ex-a，若a≤0，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增。故x∈(-∞,1)时，f(x)>2可得f(x)

单调递增。

2) 当a=1时，f'(x)=ex-1，(x-k)f'(x)+x+1>0化简得e^(k-

1)x>1-k。当x=1时，e^(k-1)>1-k，即k<2.当x→+∞时，e^(k-1)x→+∞，所以k≥2.综上可得k的最大值为1.

1)首先求导数：f'(x) = 2xex + x2ex = xex(2 + x)。令f'(x) = 0，得到x = 0或x = -2.因此，f(x)的驻点为0和-2.

当x。0；当x。0时，f'(x)。0.因此，f(x)在x。0时单调

递增。所以f(-2)为极小值，f(0)为极大值。

代入函数得f(-2) = 4/e^2，f(0) = 0.

2)曲线y = f(x)的切线斜率为f'(x)。因此，当f'(x)。0时，

切线斜率为正数；当-2 < x < 0时，切线斜率为负数。所以，

要求切线斜率为负数，x必须在(-2,0)之间。设切线方程为y = kx + b，由于切线过x轴，所以b = 0.又因为切线斜率为负数，所以k < 0.因此，切线方程为y = kx，其中k的取值范围为(-∞,0)。

1）已知f(x)=alnx+b，f'(x)=a/x，由题设得f'(1)=1/2，所以a=1/2.代入f(x)得f(x)=1/2lnx+b，又知道f(1)=1/2+b，所以

b=1/2-f(1)。

2）根据f(x)的定义域和f'(x)的符号可得f(x)在(1,∞)上单调递增。所以当a≤1/2时，对于任意x≥1，f(x)≥f(1)=1/2+b，不可能存在x使得f(x)1/2时，f'(x)1/2时，存在x≥1，使得

f(x)2/(1+2f(1))。

2014新课标2】21.已知函数f(x)=x^3-3x^2+ax+2，曲线

y=f(x)在点（0,2）处的切线与x轴交点的横坐标为-2.

1）求a；

2）证明：当a=1时，曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点。

解析】

1）f'(x)=3x^2-6x+a，f'(0)=a

曲线y=f(x)在点（0,2）处的切线方程为y=ax+2，由题设得-2a+2=0，解得a=1.

2）由（1）知，f(x)=x^3-3x^2+x+2

设g(x)=f(x)-kx+2=x^3-3x^2+(1-k)x+4

由题设知1-k>0，即k<1

当x≤0时，g'(x)=3x^2-6x+1-k>0，g(x)单调递增，g(-1)=k-

1<0,g(0)=4，所以g(x)在(-∞,0]有唯一实根。

当x>0时，令h(x)=x^3-3x^2+4，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)

h'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单

调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)=5

所以g(x)在(0,+∞)没有实根

综上g(x)在R由唯一实根，即曲线y=f(x)与直线y=kx-2

只有一个交点。

2015新课标1】21.设函数f(x)=x^a(1-x)^{1-a}。

1）讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；

2）证明：当a>1时，f(x)≥2a+a ln(1-a).

解析】

1) f'(x)=x^{a-1}(1-x)^{-a}(a-x)，当0

有两个，分别为a和1.

2) 当a>1时，f'(x)=0的两个根a和1中，只有a在(0,1)内。故只需证明f(x)在x=a处取得最大值即可。

f(a)=a^a(1-a)^{1-a}，对f(a)求导得f'(a)=a^a(1-a)^{1-

a}[lna-ln(1-a)]，令f'(a)=0得a=1/2，此时f(a)=2^(-2a)。

因此，当f(x)有最大值且最大值大于2a-2时，即2^(-

2a)>2a-2，解得a1/2，即a的取值范围为(1/2,1]∪(1,+∞)。

2015新课标2】21.已知f(x)=lnx+a(1-x)。

1）讨论f(x)的单调性；

2）当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围。

解析】已知f(x)=lnx+a(1-x)。

1) f'(x)=1/x-a，当x1/a时，f'(x)>0，f(x)在(1/a,+\infty)上是

单调递增的。

2) 当f(x)有最大值时，即f'(x)=0的根在(0,+\infty)内。令

f'(x)=0得x=1/a，此时f(1/a)=ln(1/a)+a(1-1/a)，对f(1/a)求导得

f'(1/a)=-a^(-2)+1/a，令f'(1/a)=0得a=1，此时f(1/a)=0，不是最

大值。因此，当f(x)有最大值且最大值大于2a-2时，即

f(1/a)>2a-2，解得a1，即a的取值范围为(0,1/2]∪(1,+\infty)。

设 $g(x)=\ln x+x-1$，则 $g'(x)=\frac{1}{x}+1$，对于

$a>0$，有 $x>a$ 时 $g'(x)>0$，因此 $g(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上

单调递增。又因为 $g(1)=0$，根据不等式 $g(a)

得到 $0

已知函数 $f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$。

I) 讨论 $f(x)$ 的单调性。

i) 设 $a\geq 0$，则当 $x\in(-\infty,1)$ 时，$f'(x)0$。因此在 $(-\infty,1)$ 上 $f(x)$ 单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上

$f(x)$ 单调递增。

ii) 设 $a-\frac{1}{e}$，则 $\ln(-2a)0$；当 $x\in(\ln(-

2a),1)$ 时，$f'(x)1$，当 $x\in(-\infty,1)$ 时，$f'(x)>0$；当

$x\in(1,\ln(-2a))$ 时，$f'(x)0$。因此在 $(-\infty,1)$ 上 $f(x)$ 单调递增，在 $(1,\ln(-2a))$ 上 $f(x)$ 单调递减，在 $(\ln(-

2a),+\infty)$ 上 $f(x)$ 单调递增。

II) 若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围。

i) 设 $a>0$，则根据 (I) 可知 $f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增。又因为 $f(1)=-e0$，因此存在 $b\in(1,2)$ 使得 $f(b)=0$。又因为 $f(x)$ 在 $(-

\infty,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，因此

$f(x)$ 在 $(-\infty,b)$ 上取负值，在 $(b,+\infty)$ 上取正值。根

据零值定理可知，在 $(-\infty,b)$ 和 $(b,+\infty)$ 中至少有一

个区间上 $f(x)$ 为 $0$，因此 $f(x)$ 有两个零点。

ii) 设 $a=0$，则 $f(x)=(x-2)e^x$，因此 $f(x)$ 有一个零点。

iii) 设 $a<0$，则根据 (I) 可知 $f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单

调递增，在 $(\ln(-2a),+\infty)$ 上单调递增，因此不存在

$b\in(1,\ln(-2a))$ 使得 $f(b)=0$。又因为 $f(x)$ 在 $(-

\infty,1)$ 上单调递增，在 $(1,\ln(-2a))$ 上单调递减，在 $(\ln(-

2a),+\infty)$ 上单调递增，因此 $f(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上取负值，在 $(1,\ln(-2a))$ 上取正值，在 $(\ln(-2a),+\infty)$ 上取正值。

根据零值定理可知，$f(x)$ 最多只有一个零点。因此

$a\in(0,+\infty)$。

综上，$a$ 的取值范围为 $(0,+\infty)$。

已知函数$f(x)=(x+1)\ln x-a(x-1)$。

1）当$a=4$时，求曲线$y=f(x)$在$(1,f(1))$处的切线方程。

解：代入$a=4$，得$f(x)=(x+1)\ln x-4(x-1)$，$f(1)=0$，

切点坐标为$(1,0)$。对$f(x)$求导，得$f'(x)=\frac{x+1}{x}+\ln

x-4$，从而切线斜率$f'(1)=-2$，所以切线方程为$y-0=-2(x-1)$，即$2x+y-2=0$。

2）若当$x\in(1,+\infty)$时，$f(x)>0$，求$a$的取值范围。

解：对$f(x)$求导，得$f'(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$，再求导，得$f''(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}>0$。当

$x\in(1,+\infty)$时，$f''(x)>0$，函数$f'(x)$在区间

$(1,+\infty)$单调递增，所以$f'(x)>f'(1)=2-a$。

ⅰ）若$a\leq 2$，则当$x\in(1,+\infty)$时，$f'(x)>f'(1)\geq

0$，函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以

$f(x)>f(1)=0$。

ⅱ）若$a>2$，则结合函数$f'(x)$在区间$(1,+\infty)$单调

递增，可知方程$f'(x)=0$存在唯一零点$a=1+\frac{1}{x}+\ln x$，设为$a_0$，则$x=\frac{1}{e^{a_0-1}}$。当

$x\in(1,\frac{1}{e^{a_0-1}})$时，$f'(x)

$f(x)$在区间$(1,\frac{1}{e^{a_0-1}})$单调递减，所以

$f(x)

设函数$f(x)=\ln x-x+1$。

1）讨论$f(x)$的单调性。

解：$f'(x)=\frac{1}{x}-1$，解得$x=1$。当$00$，所以

$f(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x>1$时，$f'(x)<0$，所以

$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减。

2）证明当$x\in(1,+\infty)$时，$1

解：由题设，$f(x)=\ln x-x+1$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}-1$，$f''(x)=-\frac{1}{x^2}1$，所以$\ln x1$，所以$x^2>x$，即

$\frac{1}{x}<1$，所以$\ln x<\frac{x-1}{2}<\frac{8}{x}$。

3）设$c>1$，证明当$x\in(0,1)$时，$1+(c-1)x>cx$。

解：设$g(x)=1+(c-1)x-cx$，则$g'(x)=c-1-c0$，所以

$g(x)>0$，即$1+(c-1)x>cx$。

当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时，f(x)单调递减；当﹣1﹣＜x＜

﹣1+时，f(x)单调递增。

2）当x≥﹣1时，f′（x）＝ex（1﹣2x﹣x2），由（1）可知，当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，故f（x）的最大值

为f（﹣1）＝2e﹣1.又f（0）＝1，故当x≥0时，f（x）≤ax＋1，即（1﹣x2）ex≤ax＋1，即（1﹣x2）≤aex﹣x，当x＜0时，aex﹣x≥0，即a≥e﹣x，当x≥0时，aex﹣x≤0，即a≤e﹣x，综

上所述，a∈[e﹣1，1]。

首先对于第一篇文章，有两个明显的格式错误，需要进行修改。第一，第一句话结尾处的“ex”应该在右括号之前，修改

为“e^x”。第二，第三段话的最后一句话中“＜x＜1”应该是

“0

由题可知f(x)=(1-x)(1+x)e^x。下面对a的范围进行讨论：

①当a≥1时，设函数h(x)=(1-x)e^x，则h'(x)=-xe^x0)，因

此h(x)在[0,+∞)上单调递减，又因为h(0)=1，所以h(x)≤1，所

以f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1；

②当00(x>0)，所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，又g(0)=0，所以e^x≥x+1.因为当0(1-x)(1+x)^2，所以(1-x)(1+x)^2-

a(x+1)=x(1-a-x-x^2)，取x∈(0,1)，则(1-x)(1+x)^2-a(x+1)>0，

所以f(x)>ax+1，矛盾；

③当a≤0时，取x∈(0,1)，则f(x)>(1-x)(1+x)^2=1≥ax+1，

矛盾。综上所述，a的取值范围是[1,+∞]。

对于第二篇文章，同样存在格式错误，第一段话第二句话中“有f(x)=+2ax+2a+1=”应该修改为“有f(x)=lnx+ax+(2a+1)=”。另外，最后一句话中“x=∈（，1）”应该修改为“x∈(0,1)”。修

改后的文章如下：

设函数f(x)=lnx+ax^2+(2a+1)x，(x>0)。

①当a=0时，f'(x)=1>0，f(x)单增。

②当a≠0时，令f'(x)=0，即2ax^2+(2a+1)x+1=0，设

g(x)=2ax^2+(2a+1)x+1，则g'(x)=4ax+2a+1，g'(x)>0时，g(x)0，f(x)单增；g'(x)0，即f'(x)<0，f(x)单减。

ⅰ.当a>0时，g(x)开口向上，g(0+)0，因此在(0,∞)上，

g(x)<0，即f'(x)<0，f(x)单减；

ⅱ.当a0，因此在(-∞,-1/2)和(0,∞)上，g(x)0，即f'(x)>0，

f(x)单增。

2)由(1)可得：f(x)max=f(-1/2)=ln(-1/2)-1/2a-3/4，即证ln(-

1/2)-1/4a≤-3/4，故要证f(x)≤-3/4，即证ln(t)-t+1≤0(t>0)。令

g(t)=ln(t)-t+1，则g'(t)=-1，令g'(t)≥0，得t≤1，故g(t)≤g(1)=0，故原命题得证。另外，最后一句话应该删除。

21．已知函数$f(x)=a e^x-\ln x-1$。

1）由题设$x=2$是$f(x)$的极值点，可得$f'(x)=a e^x-

\frac{1}{x^2}=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。将$a$代入$f(x)$中，得$f(x)=\frac{1}{2}(e^x+\frac{1}{x})-1$。又

$f'(x)=\frac{1}{2}(e^x-\frac{1}{x^2})$，当$x2$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增。

2）当$a\geq \frac{1}{2}$时，$f(x)\geq -\ln x-1$。设

$g(x)=-\ln x-1$，则$g'(x)=-\frac{1}{x^2}$。当$x1$时，

$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增。所以$x=1$是$g(x)$的最小值点。

当$x>1$时，$g(x)\geq g(1)=-1$，因此当$a\geq \frac{1}{2}$时，$f(x)\geq -1$。

22．已知函数$f(x)=x^3-a(x^2+x+1)$。

1）当$a=3$时，$f(x)=x^3-3x^2-3x-3$，$f'(x)=3x^2-6x-3$。令$f'(x)=0$解得$x=3-\sqrt{3}$或$x=3+\sqrt{3}$。当$x\in(-

\infty,3-\sqrt{3})\cup(3+\sqrt{3},+\infty)$时，$f'(x)>0$；当

$x\in(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$时，$f'(x)<0$。因此$f(x)$在$(-

\infty,3-\sqrt{3})\cup(3+\sqrt{3},+\infty)$单调递增，在$(3-

\sqrt{3},3+\sqrt{3})$单调递减。

2）因为$x^2+x+1>0$，所以$f(x)=x^3-a(x^2+x+1)\geq

x^3-a(x^2+x+1)x^2(x^2+2x+3)x^3\geq 0$，仅当$x=0$时取等。

设$g(x)=x^3-a(x^2+x+1)$，则$g'(x)=3x^2-2ax-a$。令$g'(x)=0$，解得$x=\frac{\sqrt{4a^2+12a}}{6a}$。因为$a>0$，所以$x>0$。当$x>0$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增。因此$g(x)$至多有一

个零点，即$f(x)$至多有一个零点。又$f(3a-1)=-6a^2+2a-40$，因此$f(x)$有一个零点。综上，$f(x)$只有一个零点。

已知函数$f(x)=\frac{1}{e^x}$。

1) 求由线$y=f(x)$在点$(0,-1)$处的切线方程；

2) 证明：当$a\geq1$时，$f(x)+e\geq\frac{x^2+x-

1+ex+1}{e^x}$。

答案】

1) $f'(x)=-\frac{1}{e^x}$，$f'(0)=-1$。因此曲线$y=f(x)$在点$(0,-1)$处的切线方程是$2x-y-1=0$。

2) 当$a\geq1$时，$f(x)+e\geq(\frac{x^2+x-1+ex+1}{e^x})$。

令$g(x)=x^2+x-1+ex+1$，则$g'(x)=2x+e$。

当$x-\frac{1}{2}$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增；所以$g(x)\geq g(-\frac{1}{2})=0$。因此$f(x)+e\geq\frac{x^2+x-

1+ex+1}{e^x}$。

已知函数$f(x)=2\sin x-x\cos x-x$，$f'(x)$为$f(x)$的导数。

1) 证明：$f'(x)$在区间$(0,\pi)$存在唯一零点；

2) 若$x\in[0,\pi]$时，$f(x)\geq ax$，求$a$的取值范围。

答案】

1) 设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x+x\sin x-1$，$g'(x)=x\cos x$。

当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)>0$；当

$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，$g'(x)<0$，所以$g(x)$在

$(0,\frac{\pi}{2})$单调递增，在$(\frac{\pi}{2},\pi)$单调递减。

又$g(0)=0$，$g(\pi)=-2$，所以$f'(x)$在$(0,\pi)$存在唯一零点。

2) 由题设知，可得$a\leq0$。

由(1)知，$f'(x)$在$(0,\pi)$只有一个零点，设为$x$，且当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$f'(x)>0$；当

$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，$f'(x)<0$。

又$f(0)=0$，$f(\pi)=-\pi$，所以当$x\in[0,\pi]$时，

$f(x)\geq0$。

又当$a\leq0,x\in[0,\pi]$时，$ax\leq0$，故$f(x)\geq ax$。因此，$a$的取值范围是$(-\infty,0]$。

已知函数$f(x)=(x-1)\ln x-x+1$。

证明：

1) $f(x)$存在唯一的极值点；

2) $f(x)=0$有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。

答案】

1) $f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。$f'(x)=\frac{x-2}{x}$，$f''(x)=-\frac{1}{x^2}$。

当$x2$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；所以$f(x)$在$(0,1)$和$(2,+\infty)$单调，$f(x)$在$(1,2)$存在唯一的极值点。

2) $f(x)=0$即$(x-1)\ln x=x-1$。

当$x=1$或$x=e$时，$f(x)=0$。

当$x\in(0,1)\cup(1,e)$时，$f(x)0$。

又$f(\frac{1}{x})=(\frac{1}{x}-1)\ln\frac{1}{x}-

\frac{1}{x}+1=-(x-1)\ln x-x+1=-f(x)$，故$f(x)=0$有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。

已知函数$f(x)=2x^3-ax^2+2$。

1) 求$f(x)$的单调性。

f'(x)=6x-2ax=2x(3-a)$，所以有：

当$a=3$时，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；

当$a<3$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，

$(0,\frac{3}{2})$区间上单调递减，$(\frac{3}{2},+\infty)$区间上单调递增；

当$a>3$时，$(-\infty,\frac{3}{2})$区间上单调递增，$(\frac{3}{2},0)$区间上单调递减，$(0,+\infty)$区间上单调递增。

2) 当$0

$f(\frac{3}{2})=\frac{27}{4}-\frac{9a}{4}+2=\frac{19}{4}-

\frac{9a}{4}$。而$f(0)=2,f(1)=2-a+2\geq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)=4-a$。

所以$M-m=f(1)-f(\frac{3}{2})=(4-a)-(\frac{19}{4}-

\frac{9a}{4})=-a+2$，设函数$g(x)=-x^3+x^2+2$，求导$g'(x)=-

3x^2+2x=-x(3x-2)$，当$0

m$的取值范围是$[0,2)$。

若$2

$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)=4-a$。而$f(0)=2,f(1)=2-a+2\leq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为

$f(0)=2$。

综上，$f(x)$有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。

这道题是一道常规的函数导数不等式和综合题，难度比往年降低了不少。它考查了函数单调性和最大值最小值等基本概念的计算。思考量不大，主要是计算量比较大。