高考试题分类 -导数

导数习题

一、选择题 1．（福建11）如果函数y=f(x)的图象如右图，那么 导函数yf/(x)的图象可能是（ A ）

2．（辽宁6）设P为曲线C：yx22x3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为0，，则点P横坐标的取值范围为（ A ）

41 20 B．1，1 C．0，A．1，

D．，1

213．（全国Ⅰ4）曲线yx2x4在点(1，3)处的切线的倾斜角为（ B ） A．30°

B．45°

C．60°

D．120°

324．（全国Ⅱ7）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 ） A．1

B．

12 C．12 D．1

二、填空题

1．（北京13）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

y (0，4)，(2，0，)(，64，则)f(f(0))_________；2

函数f(x)在x1处的导数f(1)_________．2

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B O 1 2 3 4 5 6 4 3 2 1 A C x symqsong@163.com

2．（江苏14）f(x)ax33x1对于x1,1总有f(x)0成立，则a= 4

三、解答题

1．（安徽20）（本小题满分12分） 设函数f(x)a3x332x(a1)x1,其中a为实数。

2（Ⅰ）已知函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；

（Ⅱ）已知不等式f'(x)x2xa1对任意a(0,)都成立，求实数x的取值范围。 解: (1) f'(x)ax23x(a1)，由于函数f(x)在x1时取得极值，所以 f'(1)0

即 a3a10,∴a1 (2) 方法一

由题设知：ax23x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立 即a(x22)x22x0对任意a(0,)都成立

设 g(a)a(x22)x22x(aR), 则对任意xR，g(a)为单调递增函数

(aR)

所以对任意a(0,)，g(a)0恒成立的充分必要条件是g(0)0

2 即 x2x0，∴2x0

于是x的取值范围是x|2x0

方法二

由题设知：ax3x(a1)xxa1对任意a(0,)都成立 即a(x2)x2x0对任意a(0,)都成立

x2xx2222222 于是a对任意a(0,)都成立，即

x2xx2220

∴2x0

于是x的取值范围是x|2x0

2．（北京17）（本小题共13分）

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已知函数f(x)x3ax23bxc(b0)，且g(x)f(x)2是奇函数． （Ⅰ）求a，c的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间．

解：（Ⅰ）因为函数g(x)f(x)2为奇函数，

所以，对任意的xR，g(x)g(x)，即f(x)2f(x)2． 又f(x)x3ax23bxc

所以x3ax23bxc2x3ax23bxc2． 所以aa，c2c2．

解得a0，c2．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)x33bx2． 所以f(x)3x23b(b0)．

当b0时，由f(x)0得xb． x变化时，f(x)的变化情况如下表：

x f(x) (，b) b (b，b) b （b，）  0  0 

所以，当b0时，函数f(x)在(，)上单调递增． 在(b，b)上单调递增，在(b，b)上单调递减，

当b0时，f(x)0，所以函数f(x)在(，)上单调递增． 3．(福建21)（本小题满分12分）

已知函数f(x)xmxnx2的图象过点（-1，-6），且函数g(x)f(x)6x的图象关于y轴对称.

(Ⅰ)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若a＞0，求函数y=f(x)在区间（a-1,a+1）内的极值. 解：（1）由函数f(x)图象过点（－1，－6），得m-n=-3, ……① 由f(x)=x3+mx2+nx-2，得f′（x）=3x2+2mx+n,

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则g(x)=f′(x)+6x=3x+(2m+6)x+n; 而g(x)图象关于y轴对称，所以－代入①得n=0.

于是f′(x)＝3x2-6x=3x(x-2).

由f′(x)>得x>2或x<0,

故f(x)的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）； 由f′(x)<0得0故f(x)的单调递减区间是（0，2）. (Ⅱ)由（Ⅰ）得f′(x)＝3x(x-2), 令f′(x)＝0得x=0或x=2.

当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： X f′(x) f(x) (-∞.0) + 0 0 极大值 (0,2) － 2 0 极小值 (2,+ ∞) ＋ 2m6232

＝0，所以m=-3,

由此可得： 当0当1当a≥3时，f(x)在（a-1,a+1）内无极值.

综上得：当0（Ⅰ）求f(x)的解析式；

（Ⅱ）证明：曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x0和直线yx所围成的三角形面积为定值，并求此定值． 21．解：

（Ⅰ）方程7x4y120可化为y当x2时，y又f(x)abx274x3．

12． ··································································································· 2分

，

b12a，a1，22于是解得

b3.b7a，44第 4 页 共 16 页

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故f(x)x3x． ········································································································ 6分

3x2（Ⅱ）设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y13yy012(xx0)，

x033即yx01(xx0)． 2xx00知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为

令x0得y6，从而得切线与直线x0的交点坐标为0，． x0x06令yx得yx2x0，从而得切线与直线yx的交点坐标为(2x0，··············10分 2x0)．·所以点P(x0，y0)处的切线与直线x0，yx所围成的三角形面积为

126x2x06．

故曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x0，yx所围成的三角形的面积为定值，此定值为6． ··················································································································12分 5．（江西21）已知函数f(x)14x413axaxa(a0)

3224（1）求函数yf(x)的单调区间；

（2）若函数yf(x)的图像与直线y1恰有两个交点，求a的取值范围．

322解：（1）因为f(x)xax2axx(x2a)(xa)

令f(x)0得x12a,x20,x3a 由a0时，f(x)在f(x)0根的左右的符号如下表所示

x f(x) f(x) (,2a)  2a (2a,0) 0 0 (0,a)  a 0 (a,) 0      极小值 极大值  极小值

所以f(x)的递增区间为(2a,0)与(a,)

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2a)与(0，a) f(x)的递减区间为(，（2）由（1）得到f(x)极小值f(2a)453a，f(x)极小值f(a)4712a

4f(x)极大值f(0)a

要使f(x)的图像与直线y1恰有两个交点，只要453a14712a或a1，

44即a127或0a1.

14436．（湖南21）已知函数f(x)（I）证明：27c5；

xx92xcx有三个极值点。

2（II）若存在实数c，使函数f(x)在区间a,a2上单调递减，求a的取值范围。 解：（I）因为函数f(x)14xx4392xcx有三个极值点,

2所以f(x)x33x29xc0有三个互异的实根.

设g(x)x33x29xc,则g(x)3x26x93(x3)(x1), 当x3时，g(x)0, g(x)在(,3)上为增函数; 当3x1时，g(x)0, g(x)在(3,1)上为减函数; 当x1时，g(x)0, g(x)在(1,)上为增函数; 所以函数g(x)在x3时取极大值,在x1时取极小值. 当g(3)0或g(1)0时,g(x)0最多只有两个不同实根. 因为g(x)0有三个不同实根, 所以g(3)0且g(1)0. 即272727c0,且139c0,

解得c27,且c5,故27c5.

（II）由（I）的证明可知，当27c5时, f(x)有三个极值点.

不妨设为x1，x2，x3（x1x2x3），则f(x)(xx1)(xx2)(xx3). 所以f(x)的单调递减区间是(，x1],[x2,x3]

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若f(x)在区间a,a2上单调递减，

则a,a2(，x1], 或a,a2[x2,x3],

若a,a2(，x1],则a2x1.由（I）知，x13,于是a5. 若a,a2[x2,x3],则ax2且a2x3.由（I）知，3x21.

又f(x)x33x29xc,当c27时，f(x)(x3)(x3)2; 当c5时，f(x)(x5)(x1)2.

因此, 当27c5时，1x33.所以a3,且a23.

即3a1.故a5,或3a1.反之, 当a5,或3a1时， 总可找到c(27,5),使函数f(x)在区间a,a2上单调递减.

综上所述, a的取值范围是(，5)(3,1). 7．（辽宁22）（本小题满分14分）

设函数f(x)ax3bx23a2x1(a，bR)在xx1，xx2处取得极值，且x1x22．

（Ⅰ）若a1，求b的值，并求f(x)的单调区间； （Ⅱ）若a0，求b的取值范围．

22解：f(x)3ax2bx3a．① ··············································································· 2分

（Ⅰ）当a1时，

2f(x)3x2bx3；

由题意知x1，x2为方程3x2bx30的两根，所以

4b36322x1x2．

由x1x22，得b0． ··························································································· 4分 从而f(x)x3x1，f(x)3x33(x1)(x1)．

当x(1，1)时，f(x)0；当x(∞，1)(1，∞)时，f(x)0．

22第 7 页 共 16 页

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故f(x)在(1，··································· 6分 1)单调递减，在(∞，1)，(1，∞)单调递增．·（Ⅱ）由①式及题意知x1，x2为方程3x22bx3a20的两根，

4b36a3a2223所以x1x2．

从而x1x22b9a(1a)，

由上式及题设知0a≤1． ························································································· 8分 考虑g(a)9a29a3，

22·······································································10分 g(a)18a27a27aa． ·31的极大值为g故g(a)在0，单调递增，在，1单调递减，从而g(a)在0，232324 ．

331上只有一个极值，所以g又g(a)在0，241上的最大值，且最小值为为g(a)在0，33g(1)0．

42323··············································14分 ，． ·

33所以b20，，即b的取值范围为38．（全国Ⅰ21）（本小题满分12分）

32已知函数f(x)xaxx1，aR．

（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

231内是减函数，求a的取值范围． 3（Ⅱ）设函数f(x)在区间32，解：（1）f(x)xaxx1

2求导：f(x)3x2ax1

当a≤3时，≤0，f(x)≥0

f(x)在R上递增

2当a3，f(x)0求得两根为x第 8 页 共 16 页

2aa332

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2aa3即f(x)在，3aa23aa23，递增，33递减， aa23，递增 3aa232≤33（2），且a23

21aa3≥33解得：a≥74

9．（全国Ⅱ21）（本小题满分12分） 设aR，函数f(x)ax33x2．

（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． 解：（Ⅰ）f(x)3ax2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． ··············································· 4分 （Ⅱ）由题设，g(x)ax3x3ax6xax(x3)3x(x2)． 当g(x)在区间[0，2]上的最大值为g(0)时，

g(0)≥g(2)，

3222即0≥20a24． 故得a≤65． ·············································································································· 9分

65反之，当a≤g(x)≤3x53x56522时，对任意x[0，2]，

x(x3)3x(x2)

(2xx10) (2x5)(x2)

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≤0，

而g(0)0，故g(x)在区间[0，2]上的最大值为g(0)．

65综上，a的取值范围为，． 12分 10．(山东21)（本小题满分12分）

设函数f(x)x2ex1ax3bx2，已知x2和x1为f(x)的极值点． （Ⅰ）求a和b的值； （Ⅱ）讨论f(x)的单调性； （Ⅲ）设g(x)23xx，试比较f(x)与g(x)的大小．

32解：（Ⅰ）因为f(x)ex1(2xx2)3ax22bx

xex1(x2)x(3ax2b)，

又x2和x1为f(x)的极值点，所以f(2)f(1)0，

6a2b0，因此33a2b0，1313

解方程组得a（Ⅱ）因为a，b1． ，b1，

x1所以f(x)x(x2)(e1)，

令f(x)0，解得x12，x20，x31． 因为当x(，2)(0，1)时，f(x)0； 当x(2，0)(1，)时，f(x)0． 所以f(x)在(2，0)和(1，)上是单调递增的； 在(，2)和(0，1)上是单调递减的． （Ⅲ）由（Ⅰ）可知f(x)xe故f(x)g(x)xe2x132x113xx，

32xx(e2x1x)，

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令h(x)ex1x， 则h(x)ex11． 令h(x)0，得x1，

因为x，1时，h(x)≤0， 所以h(x)在x，1上单调递减． 故x，1时，h(x)≥h(1)0； 因为x1，时，h(x)≥0， 所以h(x)在x1，上单调递增． 故x1，时，h(x)≥h(1)0．

所以对任意x(，)，恒有h(x)≥0，又x2≥0，

因此f(x)g(x)≥0，

故对任意x(，)，恒有f(x)≥g(x)． 11．（四川20）（本小题满分12分）

设x1和x2是函数fxx5ax3bx1的两个极值点。

（Ⅰ）求a和b的值； （Ⅱ）求fx的单调区间 【解】：（Ⅰ）因为f'x5x43ax2b

由假设知：f'153ab0 f'224522a3b 0解得a253,b20

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 f'x5x43ax2b52x14x45x1x2当x,21,12,时，f'x0

当x2,11,2时，f'x0

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x1 x2symqsong@163.com

因此fx的单调增区间是,2,1,1,2,

fx的单调减区间是2,1,1,2

12．(天津21)（本小题满分14分）

设函数f(x)x4ax32x2b(xR)，其中a，bR． （Ⅰ）当a103时，讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）若函数f(x)仅在x0处有极值，求a的取值范围；

（Ⅲ）若对于任意的a2，2，不等式f(x)≤1在1，1上恒成立，求b的取值范围． （Ⅰ）解：f(x)4x33ax24xx(4x23ax4)． 当a103时，

2f(x)x(4x10x4)2x(2x1)(x2)．

令f(x)0，解得x10，x212，x32．

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

10，2 12x (∞，0) 0 12 ，2 2 (2，∞) f(x) f(x)  0  0 0  ↘ 12极小值 ↗ 极大值 ↘ 1极小值 ↗ 所以f(x)在0，，(2，2内是减函数． ∞)内是增函数，在(∞，0)，，222（Ⅱ）解：f(x)x(4x3ax4)，显然x0不是方程4x3ax40的根．

22为使f(x)仅在x0处有极值，必须4x3ax4≥0恒成立，即有9a64≤0．

解此不等式，得83≤a≤83．这时，f(0)b是唯一极值．

88因此满足条件的a的取值范围是，．

332可知9a640，从而4x3ax40恒成立． （Ⅲ）解：由条件a2，22第 12 页 共 16 页

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当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0．

因此函数f(x)在1，1上的最大值是f(1)与f(1)两者中的较大者． 为使对任意的a2，2，不等式f(x)≤1在1，1上恒成立，当且仅当

f(1)≤1，b≤2a， 即 f(1)≤1，b≤2a在a2，2上恒成立．

所以b≤4，因此满足条件的b的取值范围是∞，4．

13．（浙江21）（本题15分）已知a是实数，函数f(x)x2(xa)。

（Ⅰ）若f'(1)3，求a的值及曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求f(x)在区间0,2上的最大值。 （Ⅰ）解：f(x)3x22ax， 因为f(1)32a3， 所以a0．

又当a0时，f(1)1，f(1)3，

所以曲线yf(x)在(1，f(1))处的切线方程为3xy20． （Ⅱ）解：令f(x)0，解得x10，x2当

2a32a3．

≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而

fmaxf(2)84a．

当

2a3≥2，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而

fmaxf(0)0．

2a当02a2a2，即0a3时，f(x)在0，上单调递减，在2上单调递增，从3，330a≤2，84a，0，2a3．而fmax

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综上所述， fmax84a，a≤2，0，a2．

14．（重庆19）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分.）

设函数f(x)x3ax2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.

解：(Ⅰ)因f(x)x2ax29x1 所以f(x)3x22ax9

a3a2 3(x)923.

即当xa3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，

a2 所以9312,即a9.

2 解得a3,由题设a0,所以a3. (Ⅱ)由(Ⅰ)知a3,因此f(x)x3x9x1,

f(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；232 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）.15．(湖北17).（本小题满分12分）

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. 解：(Ⅰ) f’(x)＝3x+2mx－m=(x+m)(3x－m)=0,则x=－m或x=

2

2

32213m,

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当x变化时，f’(x)与f(x)的变化情况如下表： x f’(x) f (x) (－∞,－m) + －m 0 极大值 (－m,m) 3113m (13m,+∞) － 0 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)=x+2x－4x+1,

依题意知f’(x)＝3x2＋4x－4＝－5，∴x＝－1或x＝－又f(－1)＝6，f(－13133

2

.

)＝

6827，

6827所以切线方程为y－6＝－5(x＋1),或y－即5x＋y－1＝0，或135x＋27y－23＝0. 16．(陕西22) 本小题满分14分）

＝－5(x＋

13)，

设函数f(x)x3ax2a2x1,g(x)ax22x1,其中实数a0． （Ⅰ）若a0，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当函数yf(x)与yg(x)的图象只有一个公共点且g(x)存在最小值时，记g(x)的最小值为h(a)，求h(a)的值域；

（Ⅲ）若f(x)与g(x)在区间(a,a2)内均为增函数，求a的取值范围．

22解：（Ⅰ） f(x)3x2axa3(xa3)(xa)，又a0，

a3 当xa或xa3时，f(x)0；当axa32时，f(x)0，

a3)内是减函数．

f(x)在(,a)和(3,)内是增函数，在(a,22（Ⅱ）由题意知 xaxax1ax2x1，

222即x[x(a2)]0恰有一根（含重根）． a2≤0，即2≤a≤2，

又a0， a[2,0)(0,2]．

当a0时，g(x)才存在最小值，a(0,2]． g(x)a(x1a1a)a21a，

 h(a)a,a(0,2]． h(a)的值域为(,122]．

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（Ⅲ）当a0时，f(x)在(,a)和(a0a由题意得a，解得a≥1；

31aaa3,)内是增函数，g(x)在(1a ,)内是增函数．

当a0时，f(x)在(,)和(a,)内是增函数，g(x)在(,)内是增函数．

3aa1a0a由题意得a2，解得a≤3；

31a2a综上可知，实数a的取值范围为(,3][1,)．

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