高考数学真题导数专题及答案.doc

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2017年高考真题导数专题

一．解答题（共12小题）

1．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

2．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．

（1）求a；

（2）证明：

f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

3．已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．

（1）若f（x）≥0，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．

4．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；

（2）证明：

b2＞3a；

（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．

5．设函数f（x）=（1﹣x2）ex．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．

6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．

（1）求f（x）的导函数；

（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．

7．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．

（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；

（Ⅱ）令h（x）=g（x）﹣af（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

8．已知函数f（x）=excosx﹣x．

（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．

9．设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．

（Ⅰ）求g（x）的单调区间；

（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：

h（m）h（x0）＜0；

（Ⅲ）求证：

存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．

10．已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，

（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；

（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

11．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，

（i）求证：

f（x）在x=x0处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．

12．已知函数f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．

2017年高考真题导数专题

参考答案与试题解析

一．解答题（共12小题）

1．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

当a=0时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），

令f′（x）=0，解得：

x=ln，

当f′（x）＞0，解得：

x＞ln，

当f′（x）＜0，解得：

x＜ln，

∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：

当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；

（2）①若a≤0时，由

（1）可知：

f（x）最多有一个零点，

当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，

当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，

∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，

当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，

∴当x→∞，f（x）→+∞，

∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，

由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，

∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，

∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，

设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），

求导g′（t）=+1，由g

（1）=0，

∴t=＞1，解得：

0＜a＜1，

∴a的取值范围（0，1）．

方法二：

（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），

令f′（x）=0，解得：

x=﹣lna，

当f′（x）＞0，解得：

x＞﹣lna，

当f′（x）＜0，解得：

x＜﹣lna，

∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，

∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：

当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；

（2）①若a≤0时，由

（1）可知：

f（x）最多有一个零点，

②当a＞0时，由

（1）可知：

当x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，

当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，

当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，

故f（x）没有零点，

当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，

由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，

故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，

假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，

由ln（﹣1）＞﹣lna，

因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．

∴a的取值范围（0，1）．

2．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．

（1）求a；

（2）证明：

f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【解答】

（1）解：

因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．

则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以当x0＞1时，h（x0）＜h

（1）=0，矛盾，故a＞0．

因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，

所以h（x）min=h（），

又因为h

（1）=a﹣a﹣ln1=0，

所以=1，解得a=1；

（2）证明：

由

（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，

令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，

令t′（x）=0，解得：

x=，

所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，

且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，

所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，

所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，

由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；

由f′（）＜0可知x0＜＜，

所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，

所以f（x0）＞f（）=；

综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

3．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．

（1）若f（x）≥0，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．

【解答】解：

（1）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，

所以f′（x）=1﹣=，且f

（1）=0．

所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；

当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，

所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），

又因为f（x）min=f（a）≥0，

所以a=1；

（2）由

（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，

所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，

所以ln（1+）＜，k∈N*．

一方面，ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，

即（1+）（1+）…（1+）＜e；

另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；

从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），

因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，

所以m的最小值为3．

4．（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；

（2）证明：

b2＞3a；

（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．

【解答】

（1）解：

因为f（x）=x3+ax2+bx+1，

所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，

令g′（x）=0，解得x=﹣．

由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；

所以f′（x）的极小值点为x=﹣，

由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，

所以f（﹣）=0，即﹣+﹣+1=0，

所以b=+（a＞0）．

因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，

所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的实根，

所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，

所以b=+（a≥3）．

（2）证明：

由

（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），

由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；

（3）解：

由

（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，

设x1，x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2=，x1x2=，

所以f（x1）+f（x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2

=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2

=﹣+2，

又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，

所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，

因为a＞3，所以2a3﹣63a