2010-2019十年高考数学真题分类汇编04导数与定积分（附解析）

1 十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学 专题 04 导数与定积分 1.(2019·全国 2·T 文 T10)曲线 y=2sin x+cos x 在点(π,-1)处的切线方程为(  ) A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0 C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0 【答案】C 【解析】当 x=π 时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线 y=2sin x+cos x 上. ∵y'=2cos x-sin x, ∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2. ∴曲线 y=2sin x+cos x 在点(π,-1)处的切线方程为 y-(-1)=-2(x-π),即 2x+y-2π+1=0.故选 C. 2.(2019·全国 3·T 理 T6 文 T7)已知曲线 y=aex+xln x 在点(1,ae)处的切线方程为 y=2x+b,则 (  ) A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 【答案】D 【解析】∵y'=aex+ln x+1, ∴k=y'|x=1=ae+1=2, ∴ae=1,a=e-1. 将点(1,1)代入 y=2x+b,得 2+b=1, ∴b=-1. 3.(2018·全国 1·理 T5 文 T6)设函数 f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若 f(x)为奇函数,则曲线 y=f(x)在点(0,0)处的 切线方程为(  ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 【答案】D 【解析】因为 f(x)为奇函数,所以 f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得 a=1,则 f(x)=x3+x. 由 f'(x)=3x2+1,得曲线 y=f(x)在(0,0)处的切线斜率 k=f'(0)=1.故切线方程为 y=x. 4.(2017·全国 2·理 T11)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1 的极值点,则 f(x)的极小值为(  ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 【答案】A 【解析】由题意可得, f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 2 因为 x=-2 是函数 f(x)的极值点, 所以 f'(-2)=0.所以 a=-1. 所以 f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以 f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令 f'(x)=0,解得 x1=-2,x2=1. 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 选 A. 5.(2017·浙江·T7)函数 y=f(x)的导函数 y=f'(x)的图象如图所示,则函数 y=f(x)的图象可能是 (  ) 【答案】D 【解析】设导函数 y=f'(x)的三个零点分别为 x1,x2,x3,且 x1 1 图象上点 P1,P2 处的切线,l1 与 l2 垂 直相交于点 P,且 l1,l2 分别与 y 轴相交于点 A,B,则△PAB 的面积的取值范围是(  ) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 【答案】A 【解析】设 P1(x1,ln x1),P2(x2,-ln x2)(不妨设 x1>1,00; 在(1,+∞)上,F(x)0, ∴g(x)在 R 上单调递增,具有 M 性质; 对②,设 g(x)=ex·3-x, 则 g'(x)=ex(3-x + 3-xln1 3) =ex·3-x(1 + ln1 3)0,∴g(x)在 R 上单调递增,具有 M 性质.故填①④. 36.(2017·江苏·T11)已知函数 f(x)=x3-2x+ex-1 ex,其中 e 是自然对数的底数.若 f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数 a 的取值范围是  . 【答案】[ -1,1 2] 【解析】因为 f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- 1 e-x=-f(x),所以 f(x)为奇函数.因为 f'(x)=3x 2-2+ex+e-x≥3x2-2+2 ex·e-x≥0(当且仅当 x=0 时等号成立),所以 f(x)在 R 上单调递增,因为 f(a-1)+f(2a 2)≤0 可化为 f(2a2)≤-f(a-1),即 f(2a2)≤f(1-a),所以 2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤1 2,故实数 a 的取值范围是 [ -1,1 2]. 37.(2016·全国 2·理 T16)若直线 y=kx+b 是曲线 y=ln x+2 的切线,也是曲线 y=ln(x+1)的切线,则 b=  . 【答案】1-ln 2 【解析】设直线 y=kx+b 与曲线 y=ln x+2 和 y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意 义,可得 k= 1 x1 = 1 x2 + 1,得 x1=x2+1. 又切点也在各自曲线上,所以 {kx1 + b = lnx1 + 2, kx2 + b = ln(x2 + 1),所以{k = 2, x1 = 1 2, x2 = - 1 2. 从而由 kx1+b=ln x1+2,代入解得 b=1-ln 2. 12 38.(2015·全国 1·文 T14)已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则 a=  . 【答案】1 【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1, 即切线斜率 k=3a+1. 又 f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2). 而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a + 2 - 7 1 - 2 =5-a,∴5-a=3a+1,解得 a=1. 39.(2015·全国 2·文 T16)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax 2+(a+2)x+1 相切,则 a=  . 【答案】8 【解析】∵y'=1+1 x,∴k=y'|x=1=2, ∴切线方程为 y=2x-1. 由 y=2x-1 与 y=ax2+(a+2)x+1 联立,得 ax2+ax+2=0,再由相切知 Δ=a2-8a=0,解得 a=0 或 a=8. ∵当 a=0 时,y=ax2+(a+2)x+1 并非曲线而是直线,∴a=0 舍去,故 a=8. 40.(2015·陕西·理 T15)设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y=1 x (x>0)上点 P 处的切线垂直,则 P 的坐 标为  . 【答案】(1,1) 【解析】曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线斜率 k=y'=ex|x=0=1;由 y=1 x,可得 y'=- 1 x2,因为曲线 y=1 x(x>0)在点 P 处 的切线与曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线垂直,故-1 x2 P =-1,解得 xP=1,由 y=1 x,得 yP=1,故所求点 P 的坐标为(1,1). 41.(2015·天津,理 11)曲线 y=x2 与直线 y=x 所围成的封闭图形的面积为______________. 【答案】 1 6 【解析】函数 y=x2 与 y=x 的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面 积为 S. 由{y = x2, y = x, 得{x = 0, y = 0 或{x = 1, y = 1. 故所求面积 S= 1 0 (x-x2)dx=(1 2x2 - 1 3x3)|1 0 = 1 6. 42.(2015·陕西·理 T16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导 致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为  . 【答案】1.2 13 【解析】 43.(2012· 上 海 · 理 T13) 已 知 函 数 y=f(x) 的 图 象 是 折 线 段 ABC, 其 中 A(0,0),B(1 2,5),C(1,0). 函 数 y=xf(x)(0≤x≤1)的图象与 x 轴围成的图形的面积为________________. 【答案】5 4 【解析】由题意 f(x)={10x,0 ≤ x ≤ 1 2, -10x + 10,1 2 < 푥 ≤ 1, 则 xf(x)={10x2,0 ≤ x ≤ 1 2, -10x2 + 10x,1 2 < 푥 ≤ 1. ∴xf(x)与 x 轴围成图形的面积为 1 2 0 10x2dx+ 1 1 2 (-10x2+10x)dx=10 3 x3| 1 2 0 + (5x2 - 10 3 x3)|11 2 = 10 3 × 1 8 + (5 - 10 3 ) ― (5 4 - 10 3 × 1 8) = 5 4. 44.(2012·全国·文 T13)曲线 y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为  . 【答案】4x-y-3=0 【解析】因为 y'=3ln x+4,故 y'|x=1=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为 y-1=4(x-1),化为一般式方程为 4x-y-3=0. 45.(2012·山东·理 T15)设 a>0.若曲线 y= x与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积为 a2,则 a=. 【答案】4 9 【解析】由题意可得曲线 y= x与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积 S= a 0 xdx=2 3x 3 2|a0 = 2 3a 3 2=a2,解得 a=4 9. 46.(2019·全国 3·文 T20)已知函数 f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 01 得1 α0,则当 x∈(-∞,0)∪(a 3, + ∞)时,f'(x)>0; 当 x∈(0,a 3)时,f'(x)0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故 h(2)=1-4a e2是 h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若 h(2)>0,即 a0 时,ex>x2,所以 h(4a)=1-16a3 e4a =1- 16a3 (e2a)2>1- 16a3 (2a)4=1-1 a>0. 故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞)有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e2 4 . 57.(2018·全国 2·文 T21 度)已知函数 f(x)=1 3x3-a(x2+x+1). (1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 【解析】(1)当 a=3 时,f(x)=1 3x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令 f'(x)=0,解得 x=3-2 3或 x=3+2 3. 当 x∈(-∞,3-2 3)∪(3+2 3,+∞)时,f'(x)>0; 当 x∈(3-2 3,3+2 3)时,f'(x)0,所以 f(x)=0 等价于 x3 x2 + x + 1-3a=0. 设g(x)= x3 x2 + x + 1-3a,则g'(x)= x2(x2 + 2x + 3) (x2 + x + 1)2 ≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x) 至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点. 又 f(3a-1)=-6a2+2a-1 3=-6(a - 1 6)2 ― 1 60,故 f(x)有一个零点. 综上,f(x)只有一个零点. 58.(2018·天津·理 T20)已知函数 f(x)=ax,g(x)=logax,其中 a>1. (1)求函数 h(x)=f(x)-xln a 的单调区间; (2)若曲线 y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线 y=g(x)在点(x2,g(x2)) 25 处的切线平行,证明 x1+g(x2)=-2lnlna lna ; (3)证明当 a≥e 1 e时,存在直线 l,使 l 是曲线 y=f(x)的切线,也是曲线 y=g(x)的切线. 【解析】(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有 h'(x)=axln a-ln a. 令 h'(x)=0,解得 x=0. 由 a>1,可知当 x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) h'(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数 h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞). (2)证明由 f'(x)=axln a,可得曲线 y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1ln a.由 g'(x)= 1 xlna,可得曲线 y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为 1 x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1ln a= 1 x2lna,即 x2ax1(ln a)2=1.两边 取以 a 为底的对数,得 logax2+x1+2logaln a=0,所以 x1+g(x2)=-2lnlna lna . (3)证明曲线 y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线 l1:y-ax1 = ax1ln a·(x-x1).曲线 y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线 l2:y-logax2= 1 x2lna(x-x2). 要证明当 a≥e 1 e时,存在直线 l,使 l 是曲线 y=f(x)的切线,也是曲线 y=g(x)的切线,只需证明当 a≥e 1 e时,存在 x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得 l1 与 l2 重合. 即只需证明当 a≥e 1 e时,方程组 {ax1lna = 1 x2lna,① ax1 - x1ax1lna = logax2 - 1 lna② 有解. 由①得 x2= 1 푎푥1(푙푛푎)2 ,代入②,得푎푥1-x1푎푥1ln a+x1+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 =0.③ 因此,只需证明当 a≥푒 1 푒时,关于 x1 的方程③存在实数解. 设函数 u(x)=ax-xaxln a+x+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ,即要证明当 a≥푒 1 푒时,函数 y=u(x)存在零点. u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当 x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当 x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又 u'(0)=1>0,u' ( 1 (푙푛푎)2)=1-푎 1 (푙푛푎)20,使得 u'(x0)=0,即 1-(ln a)2x0푎푥0=0.由此可得 u(x)在(-∞,x0) 上单调递增,在(x0+∞)上单调递减,u(x)在 x=x0 处取得极大值 u(x0). 26 因为 a≥푒 1 푒,故 ln ln a≥-1,所以 u(x0)=푎푥0-x0푎푥0ln a+x0+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 = 1 푥0(푙푛푎)2+x0+2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ≥ 2 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ≥0. 下面证明存在实数 t,使得 u(t) 1 푙푛푎时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 =-(ln a)2x2+x+1+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 , 所以存在实数 t,使得 u(t)0. g(x)的极小值 g(x2)=g( 푑2 - 1 3 )=-2 3(푑2 - 1) 3 2 9 +6 3. 若 g(x2)≥0,由 g(x)的单调性可知函数 y=g(x)至多有两个零点,不合题意. 若 g(x2)27, 也 就 是 |d|> 10, 此 时 |d|>x2,g(|d|)=|d|+6 3>0, 且 -2|d|2,令 f'(x)=0 得,x=a - a2 - 4 2 或 x=a + a2 - 4 2 . 当 x∈(0,a - a2 - 4 2 ) ∪ (a + a2 - 4 2 , + ∞)时,f'(x)-1 时 ,g(x)≥g(0)=0, 且 仅 当 x=0 时 ,g(x)=0, 从 而 f'(x)≥0,且仅当 x=0 时,f'(x)=0. 所以 f(x)在(-1,+∞)单调递增. 又 f(0)=0,故当-10 时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾. ②若 a0,故 x=0 不是 h(x)的极大值点. 如果 6a+1256. 由题意得 f(x1)+f(x2)= x1-ln x1+ x2-ln x2=1 2 x1x2-ln(x1x2). 32 设 g(x)=1 2 x-ln x, 则 g'(x)= 1 4x( x-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以 g(x)在[256,+∞)上单调递增,故 g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即 f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令 m=e-(|a|+k),n=(|a| + 1 k )2 +1,则 f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a0), 则年总产值为 4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈[휃0,π 2). 设 f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈[휃0,π 2), 则 f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1). 令 f'(θ)=0,得 θ=π 6, 34 当 θ∈(휃0,π 6)时,f'(θ)>0,所以 f(θ)为增函数; 当 θ∈(π 6,π 2)时,f'(θ)