高考数学真题导数专题及答案x

1、2017年高考真题导数专题一.解答(共 12小)1.已知函数 f (x)=ae2x+ a2)exx.(1) f x)的性；(2)若f x)有两个零点，求a的取范.2,已知函数 f (x)=ax2ax xlnx,且 f x)(0.(1)求a;(2)明：f x)存在唯一的极大点xo,且e 2f x。)2 2.已知函数 f (x)=x1 alnx .(1)若 f x)(0,求 a 的；(2) m整数，且 于任意正整数n, 1什 )1+) ?1+0,bWR)有极，且函数f仅)的极点是f x)的零点.(板是指函数取极的自量的)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定 域；(2)明：b23a; y I(3)

2、若f (x) ,f (x)两个函数的所有极 之和不小于卦求a的取范.函数 f x)= 1x2)ex.f x)的性；(2)当x冷，f x) 4x+1 ,求a的取范.。(x 二in.已知函数f x = x)e=(1)点x)的函数；(2)求f x)在区,+春)上的取范.已知函数 f x)=x2+2cosx,g x)=ex 8sxsinx+2x 2),其心吆.17828 ?是自然数的底数.(I)求曲y=f x)在点(兀，f (兀)的切方程；(II)令h x)=g x) a f (x) a(G R) , h (x)的性并判断有无极第1页(共17页) 值，有极值时求出极值.已知函数 f ( x) =exc

3、osx - 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0,三上的最大值和最小值.G ,已知定义在上的卤数4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2).设 a ZRf Cx) =2x内有一个零点x。，()为 ()的导函数.g x f x(I)求g ( x)的单调区问；(n )设 m W 1 , x。)U (。，函数()()(-0)-()求证:x 2 h x =g x m x f mh (m) h ( x0) 0;(m)求证：存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p, q,gE W 1, x0)同U ( x0, 2,满足 |2一x0| 工.

4、闻 IWI.已知函数f (x)=或3廿ax2, aWR, 101 I |(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.设 a, bWR, | 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；(n)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处的号数等于 0；(ii

5、)若关于x的不等式g (x) 0,求a的取值范围.第2页(共17页)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) =ae 2x+ ( a - 2) ex x,求导 f ( x) =2ae 2x+ ( a 2) ex-1,当 a=0 时，f (x) =- 2ex- 1 0 时，f ( x) = (2ex+1) (aex-1) =2a 书 ex+ )+ex-),令 f (x)

6、=0,解得：xin ,a当 f (x) 0,解得：xln ,当 f (x) 0,解得：x4n , a，x (-, In-)时,f (x)单调递减，x ( *, +)单调递增； TOC o 1-5 h z Ea当 a0 时，f ( x) =2a (g+ ) (ex- ) S|当xGR? f (x)单调递减，综上可知：当a0时，f (x)在(-, |nl)是减函数，在(|介工，+)是增函数； II(2)若aW0时，由(1)可知：f (x)最多有一个零点，当 a0 时，f (x) =ae2x+ (a 2) ex x,当 x一 00时，e2x70, ex-0, 当x oo时， f (x) +oo,当x

7、oo, e2x+0,且远远大于ex和x,二当 x一00, f (x) +oo.第3页(共17页)，函数有两个零点，f ( x)的最小值小于 0即可，f-i, -1i,由f ( x)在(-0, In是减函数，在(In ,+)是增函数，/.f (x) min =f (In ) -=a x ( ) +-Ja 2) x - In 0,|a|a| |sdT设 t=三则 g (t) =Int+t 1, ( t 0),求与 g (t ) J=_+1，由 g (1) =0 ,|t|t=2 1,解得：0a 1, - a一. a的取值范围(0,1).方法二：(1)由 f (x) =ae2x+ (a- 2) ex-

8、 x,求导 f (x) =2ae2x+ (a -2) ex- 1 ,当 a=0 时，f (x) =2ex 10 时，f ( x) = (2ex+1) (aex - 1) =2a|- ex+ )寺ex-),令f (x) =0,解得：x=-Ina,当 f (x) 0,解得：x - Ina,当 f (x) 0,解得：x - Ina,，xW (-, Ina)时，f (x)单调递减，x (- Ina, +)单调递增；当 a0 时，f ( x) =2a (%+ ) (ex- ) 0,恒成立，当xGR? f (x)单调递减，综上可知：当a0时，f (x)在(-, Ina)是减函数，在(-Ina, +)是增函

9、数；(2)若aW0时，由(1)可知：f (x)最多有一个零点，当a0时，由(1)可知：当x= - Ina时，f (x)取得最小值，f (x) min=f (-Ina)=1 -曾-1n 才当a=1 ,时，f ( - Ina) =0,故f ( x)只有一个零点，区 3.当 a W ( 1, +)时，由 1 青 In a,即 f ( Ina) 0,故f ( x)没有零点，第4页（共17页）当 a W ( 0, 1)时，1ln- 2e 2+2 0,故f ( x)在(-巴-lna)有一个零点，假设存在正整数n0,满足n0ln （ - 1）,则Jlf （n。）a % - n0 尸口 - n00,I w1由

10、 In (生 1) - lna, a因此在（-lna, +）有一个零点.一. a的取值范围（0,1） 2. (2017?新课标 n)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 2f (x0) 0),贝U f ( x) 0 等价于 h (x) =ax - a - lnx 0,求导可知 h ( x) =a - 工则当a W0时h (x) 1时，h (x0)0.因为当0c x 时 h (x)= 时 h (xg 0,所以 h (x) min=h ( J), |a：又因为 h ( 1) =a-a-ln1=0,所

11、以工1,解得a=1 ;a|(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 G,令 L (x) =0,解得：x。, 二所以t (x)在区间(0,岗)上单调递减，在(/+)上单调递增，所以t (x) min (1)- ,从而 () 有解，即 ()存在两根=t =ln2 1 0t x =0f x =0第5页（共17页）X0, X2,且不妨 f X)在0, X0)上正、在X。，X2)上、在X2, +)上正, 所以f X)必存在唯一极大点

12、2x 2 lnX =012I 费2所以 f x0)=父口 x0 x0lnx0= x/x0+2x0 2 5t(j =X0, x0由 X0 1 可知(0) 0) max 寸11J11 1因 f X X 忤。I =卜河+可司,由r 4)0可知X0f( -L)=e i 2ic e上所述，f (x)存在唯一的极大点L 2，、 一X0,且 e f X0) 2(2) m3. 2017?新 m)已知函数 f X)=x1 alnx.(1)若 f X)(0,求 a 的；1q n L整数，且 于任意正整数n, 1什 )1+) ?1+假)0,所以f X)、 a .五=1 =,且 f (1)=0- 一1.所以当aw 0

13、 f X) 0恒成立，此y=f (x)在0,+)上增，与f (x) (0矛盾;当 a0 令 f (x) =0 ,解得 x=a ,所以 y=f X)在 0, a)上减，在 , +)上增，即 f X)min=f (a),又因 f X)min =f a) (0,所以a=1 ;(2)由 3 ,X)+ln (1+ 1 )+?+In 12 Z2I1 ) ? 1+ JL) 1+ 士+! 1I Z1(+ 国)1+ 1)? (1 +21 户+1 ) 2;圜碗1Lw 2,e),号n z1+ L)+_L)?1+21/1350364L) 2n0,bWR)有极，且函数f (x)的极点是f X)的零点.(板是指函数取极的

14、自量的)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定 域；(2)明：b23a; :.1(3)若f (x) ,f (x)两个函数的所有极 之和不小于工，求a的取范.2【解答】1X 解：因f x)=x3+ax2+bx+1 ,所以 g x)=f (x) =3x2 +2ax+b , g x)=6x+2a ,令g仅)=0,解得x=.展|3| TOC o 1-5 h z Itr 1由于当 x g (x)寿，g (x) =f (4)增；当 x g x) 0).因 f x) =x3+ax2 +bx+1 a0,bWR)有极，所以 f 八一2x)=3x +2ax+b=0 的根，12fl I所以4a2 12b0,即a2

15、3府肛解得a53,6ali 3j所以 b=f+7 aS).第7页(共17页)(2)证明：由(1)可知h ( a) =b23a381181 a2(4a3-27) ( a3由于a3,所以h (a) 0,即 b23a;(3)解：由(1)可知f (x)的极小值为=b 1 2x +x =设x1,2是 ()的两个极值点，则x y=f x所以 f (x1) +f ( X2)M3+a (tn2+X1+b (xi+X2) +227又因为f-2xi x2+ b (xi+x2) +2,_ ,22=(x1+x2) (x1+x2)3x1x2+ a ( x1 +x2)在L+2,3(x) , f (x)这两个函数的所有极值

16、之和不小于-所以b-1,J+2建 a因为 a3,所以 2a3 63a -543 时 2a2+l2a+9 0,所以a - 6 w 0,解得a w 6,所以a的取值范围是(3, 6.(2017?新课标 II)设函数 f ( x) = ( 1 x2) ex.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当x0时，f (x) w ax+1 ,求a的取值范围.【解答】解：(1)因为 f (x) = (1 -x2) ex, xW R, 所以 f (x) = (1 - 2x - x2) ex,令f (x) =0可知x= - 1正之当 x- 1+T2时 f (x) TOC o 1-5 h z 0，破彼T 4IV ,+0

17、)上所以 ()在(-, 1 -),(- 1 +单调递减，在(-1 -,第8页（共17页）-1+匹)上单调递增； V J(2)由题可知f (x) = ( 1 - x) (1+x) ex.下面对a的范围进行讨论： 当 a 1 时，设函数 h (x) = (1 x) ex,贝U h (x) = xex 0), 因此h (x)在0, +)上单调递减，又因为h ( 0) =1 ,所以h (x) w 1,所以 f (x) = ( 1 - x) h ( x) w x+1 w ax+1 ;当 0 a0 (x0),所以g (x)在0, +)上单调递增，又 g (0) =1 -0- 1=0,所以 ex x+1 .

18、因为当 0c x ( 1 x) ( 1+x) 2,所以(1-x) ( 1+x) 2 - ax - 1=x (1-a-x-x2),取 x0，贝(0) () 2 ax。一，=0 11 x 1+x1=0(0)2301+x=1 ax +1所以 f (x0) ax0+1,矛盾；当 aW0 时，取 x0 LfF-i W (,)，则(0) ( - 0=J01 f x 1 x矛盾；综上所述，a的取值范围是1 , +).()(-pr x (x刊)(2017?浙江)已知函数f x = x 9T ) e 同(1)求f (x)的与函数；(2)求f (x)在区间i +oo)上的取值范围. TOC o 1-5 h z 【

19、解答】 解：(1)函数f (x) = (x-也工T ) e x (x万， 匡 v与数 f (x) = (1 2砺_1 ?2) e x- ( x 1 ) e x=(1-x+ 砺_j ) e-x= (1-x)e x；| Z x(2)由 f (x)的号数 f (x) = (1 -x) () e ,可得f (x) =0时，x=1量 ,第9页(共17页)当 lx1 , f (x) 0, f X)减;当 1x0, f X)增;5|当 x互，f (x) 0,.函数 ux)在R上 增.= u(0) =0, 二 x0 , ux)0;x0 ,u (x) 0,x 0 , h仅)0,函数 h (x)在 0, +*)

20、增；x0 , h仅)0 时，令 h (x) =2 ( x -sinx) (ex- elna)=0.解得 xi=lna, x2=0. 0 V a 1 时，x (-ina)时，ex-elna0,函数 h (x)单调 递增；xC ( ina , 0)时，ex- elna0, h ( x) 0, h (x) 0,函数 h (x)单调递增.，当x=0时，函数h (x)取得极小值，h ( 0) = - 2a - 1.当 x=lna 时，函数 h (x)取得极大值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.当a=1时，lna=0 , xW R时，h

21、(x) 0,，函数h ( x)在R上单调递增. 1 0, x W ( 一 0)时，ex elna 0,函数 h ( x) 单调递增；x ( 0, lna)时，ex- elna0, h ( x) 0, h (x) 0,函数 h (x)单调递增. ，当x=0时，函数h (x)取得极大值，h ( 0) = - 2a - 1.当 x=lna 时，函数 h (x)取得极小值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.综上所述：aw 0时，函数h (x)在(0, +0)单调递增；x1时，函数h ( x)在0) , ( lna, +)上单调递增；函数

22、 h (x)在(0, lna)上单调递减. 当x=0时，函数h ( x)取得极大值，h (0) = - 2a - 1 .当x=lna 时，函数 h ( x)取得极小值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.第11页（共17页）(2017?北京)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,匹上的最大值和最小值.2【解答】解：(1)函数f (x) =ex-的导数为()x (cosx- sinx) - 1,cosx xf x =e可得曲线y=

23、f (x)在点(0, f (0)处的切线斜率为 k=e0 (cos0-sin0) - 1=0 切点为(0, ecos0-0),即为(0, 1),曲线y=f (x)在点(0, f ( 0)处的切线方程为y=1 ;(2)函数 f (x) =excosx -x 的与数为 f ( x) =ex ( cosx - sinx)-1,令 g (x) =ex ( cosx - sinx) - 1 ,贝U g (x)的与数为 g ( x) =ex (cosx - sinx - sinx - cosx)=-2ex?sinx ? 0,可得 g (x) = - 2ex?sinx05即有 g (x)在0, 2L递减，可

24、得 g (x) v g (0) =0,2则f ( x)在0,递减，2即有函数f ( x)在区间0,上的最大值为f (0) =e0cos0 - 0=1 ;最小值为 f ( 三) =e 2 cos-工-=-.为I 7 O 9二&| I I 西(2017?天津)设aW 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x。，g ( x)为f ( x)的与函数.(I )求g ( x) 的单调区问；(n )设 m W 1 ,x0)U (x0,2)函数 h(x)=g(x)(m x0) f (m ),求证：h (m) h ( x0), j 2x |

25、【解答】(I )解：由 f (x) =2x4+3x3- 3x2- 6x+a ,可得 g ( x) =f (x) =8x3+9x2 -6x - 6,第12页(共17页)进而可得 g (x) =24x2+18x 6 .令 g ( x) =0,解得 x= - 1 ,或kx=4当x变化时，g (x) , g ( x)的变化情况如下表：所以，g (x)的单调递增区间是(-巴 -1),2，+s),单调递减区间是(-1,国.141(n)证明：由 h (x) =g (x) (m xo) f (m )，得 h (m) =g (m) (m x。)- f (m),h (xo) =g (xo) (m x。)- f (

26、m).令函数 Hi (x) =g( x)(x xo) f(x)，贝U H i(x)=g (x)( xxo).由(I)知，当 xW 1 , 2时，g (x) o,故当 x W 1 , xo)时，H 1 ( x) o, H1 (x)单调递增.因此，当 xW1, xo) U ( xo, 2时，H1 (x) H1 (xo) = - f (xo) =o,可得 H1(m) o 即 h (m) o,令函数 H2 (x) =g (xo) ( x xo) f ( x),贝U H 2 ( x) =g (xo) - g ( x).由(I ) 知，g ( x)在1,2上单调递增，故当 xS 1 , xo)时，H 2

27、(x) o, H2 (x)单调递增； 当 xS ( xo, 2时，H 2 (x) V o, H2 (x)单调递减.因此，当 xS 1 , xo) U ( xo, 2日，H2 (x) H2 (xo) =o ,可得得 H2 ( m) v o 即 h (xo) o,.所以，h (m) h ( xo) 8=g . q4因为当xW 1 , 2时，g(X) 0,故f (x)在1,2上单调递增，所以f (x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点，而降w 0,故 G)*P且卜lxf门|又因为p, q, a均为整数，所以| 2p4+3p3-2 2 - 6pq3+aq4|是正整数，q 3p q从而 | 2p4+3

28、p3q - 3p2q2 - 6pq3+aq4| 1.所以曰x0 | k/丁所以，只要取 (A=g 2，就有对一01( 2017?山东)已知函数4-f (xii = x3 ax2, aWR,I I (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.【解答】解：(1)当a=2时，f (x)& x3-x2, J1f ( x) =x2 - 2x,，k=f (3) =9-6=3, f (用=X 27-9=0,曲线y=f ( x)在点(3, f

29、(3)处的切线方程y=3 (x-3),即3x - y- 9=0(2)函数 g (x) =f ( x) + ( x a) cosx sinx= 点 表2+ ( x a) cosx sinx , I -31I 上 g (x) = ( x - a) (x - sinx),令 g (x) =0,解得 x=a,或 x=0,若a0时，当x 0恒成立，故g (x)在(-0)上单调递增，当xa时，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(a, +)上单调递增，当0cxe a时，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(0, a)上单调递3减，.二当x=a时，函数有极小值，极小值为 g ( a)卮-a3 - s

30、ina第14页(共17页)当x=0时，有极大值，极大值为g ( 0) = - a,若a0时，g (x) 0恒成立，故g (x)在(-。)上单 调递增，当x 0恒成立，故g ( x)在(-巴 a)上单调递增，当ax 0时，g ( x) 0时，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(0, +oo)上单调递增，当x 0恒成立，故g ( x)在(-0)上单调递增，g ( x)在R上单调递增，无极值.( 2017?天津)设 a, bWR, | a| W1.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；(n)已知函数y