广东省高考数学复习专题汇编导数(试题)(一)

1、导数(2008年高考广东卷第9小题)设a e R,若函数y exax, xcr有大于零的极值点，则200720082009201020112012201320145分17分19分14分14分14分19分19分(2007年高考广东卷第，一 一一 112小题)函数f(x) xlnx(x 0)的单调递增区间是 _ - 一 e( )【解析】题意即exa0有大于0的实根，数形结合令yiex,y?a,则两曲线交点在第一象限，结合图像易得a 1 a 1,选A.A. a 1 C. a 1/e(2008年高考广东卷第17小题)某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一 栋至少10层、每层2000平方

2、米的楼房。经测算，如果将楼房建为x (x10)层，则每平方米的平均建筑费用为 560 + 48 x (单位：元)。为了使楼房每平方米的平均综合费用最少， 该楼房应建为多少层？(注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=购地总费用/建筑总面积)。【解析】设楼房每平方米的平均综合费为f (x)元，则f x 560 48x2160 100002000 x10800560 48xx 10,x Zx4810800令fx 0得 x 15当x 15时，f x0 ;当 0 x 15 时，f x 0因此当x 15时，f (x)取最小值f 152000;答：为了楼房每平方米的平均综合费最少，该楼

3、房应建为 15层。(20090年高考广东卷第,8小题)函数f (x) (x 3)ex的单调递增区间是A. (,2)B.(0,3) C.(1,4) D.(2,)【答案】D【解析】f (x) (x 3) ex (x 3) ex(x 2)ex,令f (x) 0,解得x 2,故选D(2009年高考广东卷第21小题)已知二次函数 y g(x)的导函数的图像与直线y 2x平行，且y g(x)在x=1处取得最小值 nn- 1(m 0).设函数 f(x) g(x) x若曲线y f (x)上的点P到点,Q(0,2)的距离的最小值为 J2 ,求m的值(2,) k(k R)如何取值时，函数y f(x) kx存在零r

4、点，并求出零点【解析】(1)2g x ax bx c,贝U g x2axb;x的图像与直线y2x平行2a1取极小值,1,xo,yo则 PQ 2 Xyo2 xOxoxo2x02m2Xo2.2m2 22.2m2 2,22，(2)由kx0,k x2 2x函数1时,1时,方程方程有一解有二解4 4mkx有两个零点kx有一零点x，若 m 0, k24 4m 1 k 11 m 1 ky f xkx有两个零点x24 4m 1 k2 1 k1时，方程*有一解4 4m 1k 0, k 1m2 ；1m函数(2010年高考广东卷第21小题),一-1xkx有一零点x k 1已知曲线Cn： y nx2,点Pn(xn,y

5、n)(xn 0* 0)是曲线。上的点(n=1,2,)(1)试写出曲线Cn在点Pn处的切线ln的方程，并求出)与y轴的交点Qn的坐标;(2)若原点O(0,0)到ln的距离与线段 PnQn的长度之比取得最大值，试求试点Pn的坐标(xn, yn); (3)设m与k为两个给定的不同的正整数，xn与yn是满足(2)中条件的点Pn的坐标,s证明：(m 1)xnJ(k 1)yn |Vms 炳(s 1,2，)21 .解：(1) y 2nx ,设切线1n的斜率为k ,则k y |x xn2nxn曲，线Cn在点Pn处的切线ln的方程为：y yn2nxn (xXn)又丁点Pn在曲线Cn上,Vn2nxn曲线Cn在点P

6、n切线ln的方程2nxn2nxn (xXn)即22nxnx y nxn0，曲线Cn在y轴上的交点Qn的坐标为(Q2nxn(2)原点0(0,0)到直线l n的距离与线段Pn Qn的长度之比为:I2 | nxn |224n xn 1nxn.x2 (nxn2 nxn2)21 xn14nxn当且仅当nxn， r1，-4nxn即xn 时，取等号。2nnxn此时,yn2nxn4n故点Pn的坐，11、标为(，)2n 4n(3)证法一：要证(m 1)x,(k 1)yn 11ms.ks |(s1,2,只要证1,2,)只要证(s 1,2,)VnVn 1 ,又m 1 k 112 ) s m(s 1,2, )1 一

7、- 一 一 一11 ( 2 1) ( 32)( s s 1) s(s2n(2011年高考广东卷第19小题)设a 0,讨论函数f (x)Inxa(1 a)x22(1 a) x的单调性。解：函数f(x)的定义域为(0,).f (x)2a(1 a)x2 2(1 a)x 1x1时,方程 2a(1-a)x2(1 a)x 10的判别式12(a 1)当_1_0 a 时，0, f(x)有两个零点,3x11,-(a 1)(3a 1)2a2a(1 a)2a 2a(1 a)且当X或x x2时，f(x) 0, f (x)在(0, X)与(x2,)内为增函数;当x1x2时，f (x) 0, f(x)在(x1,x2)内为

8、减函数;1时,0, f (x) 0,所以f (x)在(0,)内为增函数;当a1 时，f (x)10(x 0), f(x)在(0,)内为增函数; x当a1时，0,x112a.(a 1)(3a 1) 02a(1 a) ,x2；(a 1)(3a 1)2a 2a(1 a)0,所以f (x)在定义域内有唯一零点且当0 x x1时，f (x)0, f(x)在(0,xj内为增函数；当x1f (x)的单调区间如下表:f (x) 0, f(x)在(x1,)内为减函数。(0, X)(x1，x2)(0,)(0,x1)(x1，,1(其中x1 2a(a 1)(3a 1)2a(1 a) TOC o 1-5 h z (a

9、1)(3a 1)1,x2一2a(1 a)2a(2012年高考广东卷第21小题)(本小题满分14分)设 0a1,集合 A xRx0,A一 2 一x R 2x 3(1a)x(1)求集合D (用区间表示)；(2)求函数f(x) 2x3 3(1 a)x极值点，即导函数的值为0的点。f (x) 0f (x) 6x2 6(1 a)x 6a 0 即 x2(1 a)x a 0 6ax在D内的极值点.解：(1)集合 B 解集：令 2x2 3(1 a)x 6a 0 3(1 a)2 4 2 6a 3(3a 1)(a 3), 一,一 1(1)：当 0时，即：一a 1时，B的解集为：Mx|x R 3此时 D A B A

10、 x R|x 0)1 . 一一(2 )当0时，解得a -,(a 3舍去)此时，集合B的二次不等式为：3_ 2_2x 4x 2 0,故：D A B (0,1) (1,)(x 1)2 0,此时，B的解集为：x R,且x 1一，1人，(3)当0时，即0 a -(a 3舍去)3此时方程的两个根分别为:3(1 a) 3(1 3a)(3 a)又23(1 a) ,3(1 3a)(3 a)4，1 ,很明显，0 a 时,x2 x1 03故此时的DAB(0,为)(x2,)31 a) J3(1 3a)(3 a)3(1 a) J3(1 3a)(3 a) TOC o 1-5 h z (,4) (4综上所述：当 0 a

11、1 时，D (0 a)画 3a)(3 a) (3(1 a)、3(1 3a)(3 a) 344,11-(x a)(x 1) 0当 a 一时，DAB (0,1) (1,) 当一a 1时D x R|x 0) 33此时方程的两个根为:K ax211_ _(i)当 0 a时,D (0,乂) (x2,)3即：D(0,3(1 a) ,3(1 3a)(3 a)3(1 a)3(1-3a)(3-a)3 a ,3(1 3a)(3 a)x a :4将分子做差比较：(3 a)2 3(13a)(3 a)8a(3 a)Q08a(3 a) 0 x1 a故当a,是一个极值点Xi31 a) 3(1 3a)(3 a)(3a 1),

12、3(1 3a)(3 a)4分子做差比较:(3a21)2 3(1 3a)(3 a) 8(3a 1)所以x11又 x 131 a) J3(1 3a)(3 a),3(1-3a)(3-a)(1 3a)分子做差比较法:3(13a)(3 a)(13a)2 8(13a)故X2 1,故此时x 1时的根取不到,(ii)工时，D 3B (0,1)(1,),一，116、此时，极值点取不到 x=1极值点为(一， )327(iii)当13总上所述:1时，x R|x0),极值点为：1和af (x)有1个极值点a,1时，f (x)有2个极值点分别为(2013年高考广东卷第12小题)若曲线y(2013年高考广东卷第 21小题

13、)设函数f xx3 kx2 x k R .(2) 当k 0时，求函数在k, k上的最小值 m和最大值M21.解:23x2 2kx 123x2 2x 1,4 1280, f在R上单调递增.当k0时,x 3x2 2kx 1，其开口向上,且过0,1对称轴x3(i )当4k20时,0,k, k上单调递增,从而当x k 时，fx 取得最小值m fk 时，f x取得最大值k3k32 k3(ii4k2124 k .323x2 2kx解得:x1k k232 3 ,注意到k3X2x10,(注：可用韦达定理判断2k合图像判断)min f k,f3x1的最小值x2的最大值综上所述，当kx1 ,Mkx123 I 2x

14、2 kx20时，f,xx2maxx2x1k3,f2x1k2k,从而x2k = x2x10;或者由对称结X22k2 1 02k3的最小值k,最大值2k3 k解法2 (2)当k 0时，对 x k, k ,者B有f(x) f(k)x3 kx2 x k3 k3 k (x21)(x k) 0 ,故 f x f kf(x) f( k)x3 kx2 x k3 k3 k (xk)(x22kx 2k2 1) (xk)(x k)2 k2 1 0k ,而 f(k) k 0, f( k)2k3所以 f(x)max一3f( k) 2k kf (x)minf(k)（2014年高考广东卷第11小题）曲线5ex3在点0,2处

15、的切线方程为【答案】y 5x 2或5x y 20.（2014年高考广东卷第 21小题）已知函数ax 1 a（1）求函数f x的单调区间;a0时，试讨论是否存在x00，22,1，使得f x0当a当a(1)(1)1时,1时,解不等式x2解不等式x2此时，函数f详见解析；（2）详见解析方程2x2x单调递减区间为综上所述，当a当a 1时，函数单调递减区间为 f x0 f0,2xa ,方程x22x a0的判别式为4a,2xx在R上是增,函数;0的两根分别为x1x 1 v1 a 或 x1 1a x 1的单调递增区间为1时，函数f x的单调递增区间为x的单调递增区间为1 3一x03via,，11 a,ax0

16、a1122Xo1a Xo 21Xo 21 a Xo2 TOC o 1-5 h z 112Xo1XoXoXo32241121区 Xo 223-6 121Xo - a2Xo4x； 14xo 7 12a ，11右存在 xoo, U ,1 ,使得 f Xdf 一,22_2._11必须 4Xo14Xo712a0 在n0, -U - ,1上有解,22，2,一Q a。，142 1 6 7 1 2a 4 42 48a o,14 2.21 48a7,21 48a万程的两根为 x1 ,8414 2 .21 48a7. 21 48aX2 ,84c 721 48aQ Xo o ,Xo X24J21 48a 11 ,712依题意，。7 721 1,即7449 21 48a 121 ,即受 a12 TOC o 1-5 h z p山72148a1/