高考数学全国卷考前专题复习大串讲：导数及其应用.

1
导数及其应用
【知识网络】

【考点聚焦】
内 容
要 求
A B C

导数及其应用 导数的概念 √ 导数的几何意义 √ 导数的运算 √
利用导数研究函数的单调性与极值 √
导数在实际问题中的应用 √

1.原题（选修2-2第十一页习题1.1B组第一题）改编 在高台跳水中，t s时运动员相对水面
的高度(单位：m）是则t=2 s时的速度是_______.
【答案】.

2.原题（选修2-2第十九页习题1.2B组第一题）变式记，
则A,B,C的大小关系是（ ）A． B． C．

105.69.4)(2ttth
13.1(/)ms

21sin23sin,23cos,2
1
coscBA

ABCACBBAC
2

D.
【答案】B.

3.原题（选修2-2第二十九页练习第一题）变式 如图是导函数的图象，那么函数
在下面哪个区间是减函数（ ）

A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】函数的单调递减区间就是其导函数小于零的区间，故选B.

4.原题（选修2-2第三十二页习题1.3B组第1题（4））变式1 设，记

试比较a,b,c的大小关系为（ ）
A B C D
【答案】A.

CBA
/
()yfx

()yfx

13(,)xx24(,)xx46(,)xx56
(,)xx
02x
sinlnsin,sin,x
axbxce

abcbac
cbabca
3

变式2 证明：，
【解析】（1）构造函数，
，当，得下表

+ 0 —
单调递增 极大值 单调递减
总有

另解，当，
当， 单调递增，……①
当，单调递减， ………………②
当 …………………………………………………………③
综合①②③得：当时，
（2）构造函数，
当，当单调递减；


xxx1ln111
1x


xxxf1ln)(

1111)(xxx
xf
)1(x,0x


00f

01x0x

xf



xf
0)0(f

,1x,0)0()(fxf

,01lnxx.1lnxx

1111)(xxx
xf
)1(x,0x


00f

01x

)(,0xfxf

,0)0()(,01fxfx

0x

)(,0xfxf

,0)0()(,0fxfx

,0x

00f

1x
,0)(xf


,01lnxx.1lnxx

,111)1ln()(xxxg

22

11111)(xxx
x

xg

,0x00g,01x

)(,0xgxg

4

当单调递增；极小值=，
总有即：.
综上（1）（2）不等式成立.
5.原题（选修2-2第三十七页习题1.4A组第1题）变式 用长为18 m的钢条围成一个长方
体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其
体积最大？最大体积是_________.

【感受高考】
1.【高考新课标1文数】若函数在单调递增,则a的取值
范围是（ ）

（A）（B）（C）（D）
【答案】C
【解析】

试题分析：对恒成立,

故,即恒成立,
即对恒成立,构造,开口向下的二次函数

,0x)(,0xgxg)(,0xgx

0)0()(mingxg

,1x,0)0()(gxg
,0111)1ln(xx)1ln(111xx

xxx1ln111

1
()sin2sin3fxx-xax

,


1,1

11,311,331

1,3





2
1cos2cos03fxxax
xR


2212cos1cos03xax2

45

coscos033axx

245033tat1,1t2
45
33
fttat
5

的最小值的可能值为端点值,故只需保证,解得．故选C．
2.【新课标1理12】设函数()fx=(21)xexaxa,其中a1，若存在唯一的整数0x，
使得0()fx0，则的取值范围是（ ）

(A)-32e，1） (B)-32e，34） (C)32e，34） (D)32e，1）
【答案】D

3.【高考新课标3理数】已知fx为偶函数，当0x时，()ln()3fxxx，则
曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________．
【答案】21yx
【解析】
试题分析：当0x时，0x，则()ln3fxxx．又因为()fx为偶函数，所以

()()ln3fxfxxx，所以1()3fxx，则切线斜率为(1)2f
，所以切线方程为

32(1)yx，即21yx
．

4.【高考新课标1卷理数】已知函数221xfxxeax有两个零点.


ft




1

1031103ftft











11
33
a
6
(I)求a的取值范围；

(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：122xx.
【答案】(0,)
【解析】

又(1)fe,(2)fa,取满足0b且ln2ab,则
22
3()(2)(1)()022a
fbbababb
,

故()fx存在两个零点．
（iii）设0a,由'()0fx得1x或ln(2)xa．
若2ea,则ln(2)1a,故当(1,)x时,'()0fx,因此()fx在(1,)上单调递增．又
当1x时,()0fx,所以()fx不存在两个零点．
若2ea,则ln(2)1a,故当(1,ln(2))xa时,'()0fx；当(ln(2),)xa时,
'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a单调递减,在(ln(2),)a
单调递增．又当1x时,

()0fx,所以()fx
不存在两个零点．

综上,的取值范围为(0,)．
（Ⅱ）不妨设12xx,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)xx,22(,1)x,()fx在(,1)上
单调递减,所以122xx等价于12()(2)fxfx,即2(2)0fx．
由于222222(2)(1)xfxxeax,而22222()(2)(1)0xfxxeax,所以
7

22
2222(2)(2)xxfxxexe

．

设2()(2)xxgxxexe,则2'()(1)()xxgxxee．
所以当1x时,'()0gx,而(1)0g,故当1x时,()0gx．
从而22()(2)0gxfx,故122xx．
5.【高考新课标1文数】已知函数．
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点,求的取值范围.
【答案】见解析(II)
【解析】

(ii)设,由得x=1或x=ln(-2a).
①若,则,所以在单调递增.
②若,则ln(-2a)<1,故当时,；
当时,,所以在单调递增,在
单调递减.

③若,则,故当时,,当
时,,所以在单调递增,在
单调递减.


2
2e1xfxxax


fx


fx

a


0,

0a

'0fx

2
e
a



'1xfxxee
fx

,

2
e
a
,ln21,xa
'0fx

ln2,1xa'0fxfx
,ln2,1,a



ln2,1a

2
e
a
21lna,1ln2,xa
'0fx

1,ln2xa'0fxfx

,1,ln2,a



1,ln2a