2010年导数部分高考题汇总(教师版含答案)1

11.（2010·北京高考理科·Ｔ１8）已知函数2ln102kfxxxxk(Ⅰ)当2k时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(Ⅱ)求fx的单调区间【规范解答】（I）当2k时，2()ln(1)fxxxx，1'()121fxxx由于(1)ln2f，3'(1)2f，所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为3ln2(1)2yx即322ln230xy（II）1(1)'()111xkxkfxkxxx，(1,)x.当0k时，'()1xfxx.所以，在区间(1,0)上，'()0fx；在区间(0,)上，'()0fx.故()fx的单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,).当01k时，由1()'()01kkxxkfxx，得10x，210kxk所以，在区间(1,0)和1(,)kk上，'()0fx；在区间1(0,)kk上，'()0fx故()fx的单调递增区间是(1,0)和1(,)kk，单调递减区间是1(0,)kk.当1k时，2'()1xfxx故()fx的单调递增区间是(1,).2当1k时，1()'()01kkxxkfxx，得11(1,0)kxk，20x.所以在区间1(1,)kk和(0,)上，'()0fx；在区间1(,0)kk上，'()0fx故()fx得单调递增区间是1(1,)kk和(0,)，单调递减区间是1(,0)kk2.（2010·安徽高考文科·Ｔ20）设函数sincos1fxxxx，02x，求函数fx的单调区间与极值【规范解答】()12()4xx解：由f(x)=sinx-cosx+x+1,0x2,知fsin23()0()422()xxxxxx令f，从面sin，得，或，当变化时，f，f(x)变化情况如下表：x0,3,2323,22()fx+0-0+()fx极大值极小值33222因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,)与(，),单调递区间是(，减)33222极小值为f()=，极大值为f()=3.（2010·北京高考文科·Ｔ１8）设定函数32()(0)3afxxbxcxda，(0)a，且方程90fxx的两个根分别为1，4（Ⅰ）当a=3且曲线()yfx过原点时，求()fx的解析式；（Ⅱ）若()fx在(,)无极值点，求a的取值范围。【规范解答】由32()3afxxbxcxd得2()2fxaxbxc3因为2()9290fxxaxbxcx的两个根分别为1,4，所以290168360abcabc（*）（Ⅰ）当3a时，（*）式为2608120bcbc解得3,12bc又因为曲线()yfx过原点，所以0d故32()312fxxxx（Ⅱ）由于a0,所以“32()3afxxbxcxd在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“2()20fxaxbxc在（-∞，+∞）内恒成立”。由（*）式得295,4baca。又2(2)49(1)(9)bacaa解09(1)(9)0aaa得1,9a即a的取值范围1,94.（2010·天津高考文科·Ｔ20）已知函数f（x）=3231()2axxxR，其中a0.（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；（Ⅱ）若在区间11,22上，f（x）0恒成立，求a的取值范围.【规范解答】（Ⅰ）当a=1时，f（x）=323xx12，f（2）=3；f’(x)=233xx,f’(2)=6.所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-3=6（x-2），即y=6x-9.（Ⅱ）f’(x)=2333(1)axxxax.令f’(x)=0，解得x=0或x=1a.以下分两种情况讨论：4若110a2a2，则，当x变化时，f’(x)，f（x）的变化情况如下表：X102，0120，f’(x)+0-f(x)极大值当11xfx22，时，（）0等价于5a10,()0,8215a()0,0.28ff即解不等式组得-5a5.因此0a2.若a2，则110a2.当x变化时，f’(x),f（x）的变化情况如下表：X102，01a0，1a11a2，f’(x)+0-0+f(x)极大值极小值当11x22，时，f（x）0等价于1f(-)21f()0,a0,即25811-0.2aa0,解不等式组得252a或22a.因此2a5.综合（1）和（2），可知a的取值范围为0a5.5.（2010·辽宁高考文科·Ｔ21）已知函数f(x)=(a+1)lnx+2ax+1.(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a≤-2，证明：对任意12,xx(0,+∞)，|f(1x)-f(2x)|≥4|12xx|.【规范解答】52121(I)()'()2,0'()0,()1'()0,()11-10'()0,,(0,)'()0;221(,)'()021()(0,aaxafxfxaxxxafxfxafxfxaaafxxxfxaaaxfxaafx解：的定义域为（0，+），当时，故在(0,+)上单调递增；当时，故在(0,+)上单调递减；当时，令解得则当时，时，。故在1212122112221121)(,)22II2,()|()()|4||()()44()4()4,()()4,241'()'aaaxxafxfxfxxxfxfxxxfxxfxxgxfxxaxxagxxg上单调递增，在上单调递减。（）不妨设，由于所以在（0,+）上单调递减。所以等价于即：令则于是221211221212124411()0()0()()()4()4,,(0,),|()()|4||xxxxxxgxgxgxfxxfxxxxfxfxxx（2）＝从而在（，）上单调递减，所以即所以对任意6.（2010·辽宁高考理科·Ｔ21）已知函数1ln)1()(2axxaxf（I）讨论函数)(xf的单调性；（II）设1a.如果对任意),0(,21xx，||4)()(|2121xxxfxf，求a的取值范围。【规范解答】62121(I)()0'()20'()0,()01'()0,()011-10'()0.0'()0;2211(,)'()0()022aaxafxfxaxxxafxfxafxfxaaafxxxfxaaaaxfxfxaa的定义域为（，），，当时，故在（，）上单调增加；当时，故在（，）上单调减少；当时，令，解得则当（，）时，时，。故在（，121222111(,)2II-1I()0(0,),|()()|4||(0,),()4()4(1)1()()4,'()24(1)aaafxfxfxxxfxxfxxagxfxxgxaxx121212）上单调增加，在上单调减少。（）不妨设xx,而,由（）知在（，）上单调减少，从而x,x等价于x,x。………………令则。式等22222()0124041(21)42(21)22212121--2gxaaxxxxxxaxxxa价于在（，）上单调减少，即从而。故的取值范围为（，7.（2010·浙江高考文科·Ｔ21）已知函数2()()fxxa（x-b）(,,abRab)。（I）当a=1，b=2时，求曲线()yfx在点（2，()fx）处的切线方程。（II）设12,xx是()fx的两个极值点，3x是()fx的一个零点，且31xx，32xx证明：存在实数4x，使得1234,,,xxxx按某种顺序排列后的等差数列，并求4x【规范解答】(Ⅰ)当a=1,b=2时，2()(1)(2)fxxx,因为f(x)=(x-1)(3x-5)，故f(2)=1，f(2)=0,所以f(x)在点（2,0）处的切线方程为y=x-2（Ⅱ）因为f（x）＝3（x－a）（x－23ab），由于ab。故a23ab.所以f（x）的两个极值点为x＝a,x＝23ab.[不妨设x1＝a，x2＝23ab，7因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f（x）的零点，故x3＝b.又因为23ab－a＝2（b－23ab），所以1423,,,xxxx成等差数列。所以x4＝12（a＋23ab）＝23ab，所以存在实数x4满足题意，且x4＝23ab.