2017年高考理科数学分类汇编 导数

2017年高考理科数学分类汇编导数1.若$x=-2$是函数$f(x)=(x+ax-1)e^{2x}-1$的极值点，则$f(x)$的极小值为多少？解析：首先求出$f'(x)$，有$f'(x)=(x+a+2x+a-1)e^{2x}-3$。因为$x=-2$是极值点，所以$f'(-2)=0$，代入得$a=-1$。将$a=-1$代入$f(x)$，得$f(x)=(x^2-x-1)e^{x-1}$，$f'(x)=(x^2+x-2)e^{x-1}$。令$f'(x)=0$，得$x=-2$或$x=1$。当$x<-2$或$x>1$时，$f'(x)>0$；当$-2<x<1$时，$f'(x)<0$。所以$f(x)$在$x=1$处取得极小值，即$f(1)=-1$。考点：函数的极值；函数的单调性。名师点睛：可导函数$y=f(x)$在点$x$处取得极值的充要条件是$f'(x)=0$，且在$x$左侧与右侧$f'(x)$的符号不同。若$f(x)$在$(a,b)$内有极值，那么$f(x)$在$(a,b)$内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值。2.已知函数$f(x)=x-2x+a(e^{2x}-1+e^{-x}+1)$有唯一零点，则$a$等于多少？解析：由条件，$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$，得：$$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x}-1+e^{-(2-x)}+1)$$$$=x^2-4x+4-4+2x+a(e^{1-x}+e^x-1)$$$$=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$$因此，$f(2-x)=f(x)$，即$x=1$为$f(x)$的对称轴。由题意，$f(x)$有唯一零点，因此$f(x)$的零点只能为$x=1$，即$f(1)=\frac{1}{2}-2+a(e-1+\frac{1}{e}+1)=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。考点：函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想。名师点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围。若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围；若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用。3.函数$y=f(x)$的导函数$y=f'(x)$的图像如图所示，则函数$y=f(x)$的图像可能是哪一个？解析：根据导函数的图像，可以得知原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于$0$。因此，选项D是可能的。考点：导函数的图象。【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系。若导函数图象与x轴的交点为x，且图象在x两侧附近连续分布于x轴上下方，则x为原函数单调性的拐点。运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数f'(x)的正负，得出原函数f(x)的单调区间。4.【2017课标1，理21】已知函数f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-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。【解析】试题分析：（1）讨论f(x)单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a按a≤1，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若a≤1，f(x)至多有一个零点。若a>1，当x=-lna时，f(x)取得最小值，求出最小值f(-lna)=1-1/(a+lna)。根据a=1和a∈(1,+∞)进行讨论，可知当a∈(0,1)有2个零点，设正整数n满足n>-ln(-1)，则f(n)=e^n(ae^n+a-2)-n>e^n-n>2n-n。由于ln(-1)>-lna，因此f(x)在(-lna,+∞)有一个零点。所以a的取值范围为(0,1)。（1）由于f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x，故f'(x)=2ae^(2x)+(a-2)e^x-1=(ae^x-1)(2e^x+1)。①当a≤1时，ae^x-1<0，2e^x+1>0。从而f'(x)<0恒成立。f(x)在R上单调递减。②当a>1时，令f'(x)=0，从而ae^x-1=0，得x=-lna。此时f(x)取得最小值，为f(-lna)=1-1/(a+lna)。对于x<-lna，ae^x-1<0，2e^x+1<0；对于x>-lna，ae^x-1>0，2e^x+1>0。因此，f(x)在(-∞,-lna)上单调递减，在(-lna,+∞)上单调递增。（2）由（1）知，当a≤1时，f(x)在R上单调减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件。当a∈(0,1)时，f(x)在(-lna,+∞)上单调递增，有两个零点。当a=1时，f(x)=e^(2x)-x-2，只有一个零点。当a>1时，f(x)在(-∞,-lna)上单调递减，在(-lna,+∞)上单调递增，有一个零点。若a>1，则f_min=1-1/(a+lna)。令g(a)=1-1/(a+lna)，则g'(a)=1/(a+lna)^2>0。从而g(a)在(0,+∞)上单调增，g(1)=1，当a∈(0,1)时，g(a)<0。当a>1时，g(a)>0。因此，a∈(0,1)时，有两个零点；a=1时，有一个零点；a>1时，有一个零点。综上，a的取值范围为(0,1)。已知函数$f(x)=ax-a-x\lnx$，且$f(x)\geq2$。(1)求$a$；(2)证明：$f(x)$存在唯一的极大值点$x$，且$e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。解：(1)由$f(x)\geq2$可得$ax-a-x\lnx\geq2$，即$ax-a\geqx\lnx+2$。令$g(x)=ax-a-x\lnx-x-2$，则$g'(x)=a-1-\frac{1}{x}$，$g''(x)=-\frac{1}{x^2}<0$，所以$g'(x)$在$(0,+\infty)$单调递减。当$x\leq\frac{1}{a-1}$时，$g'(x)\geqa-1-\frac{1}{\frac{1}{a-1}}=0$，即$g(x)$在$\left(0,\frac{1}{a-1}\right]$单调递增；当$x>\frac{1}{a-1}$时，$g'(x)<0$，即$g(x)$在$\left(\frac{1}{a-1},+\infty\right)$单调递减。又因为$g(1)=a-3<0$，所以$\frac{1}{a-1}<1$，即$a>2$。综上，$a>2$。(2)由$f(x)\geq2$可得$x>\frac{1}{a-1}$。令$h(x)=e^{f(x)}=e^{ax-a-x\lnx}$，则$h'(x)=e^{ax-a-x\lnx}(a-\lnx-1)$，$h''(x)=e^{ax-a-x\lnx}(-\frac{1}{x})<0$。当$x>\frac{1}{a}$时，$h'(x)=0$的唯一解为$x=\frac{e}{a}$，且$h''\left(\frac{e}{a}\right)<0$，所以$h(x)$在$x=\frac{e}{a}$处取得唯一的极大值。又因为$f(x)\geq2$，所以$h(x)>e^2$，即$f(x)>2\lne-e^2=e^{-2}$。又因为$f(x)$单调递减，所以$f(x)<f(1)=a-a+1=1$，即$h(x)<e$。综上，$e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。首先，我们来看函数$g(x)=\frac{x^a-1}{x^a+1}$，其中$a>0$。当$x<1$时，$g(x)<0$，当$x=1$时，$g(x)=0$，当$x>1$时，$g(x)>0$。因此，$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。当$a\neq1$时，$g'(x)=\frac{a(x^a+1)-a(x^a-1)}{(x^a+1)^2}=\frac{2a}{(x^a+1)^2}>0$，因此$g(x)$在任意区间上都没有极值点，也没有拐点。当$a=1$时，$g'(x)=\frac{1}{(x+1)^2}>0$，因此$g(x)$在任意区间上都单调递增，且在$x=1$处有一个极小值点$g(1)=0$。综上所述，$a=1$。接下来，我们来看函数$f(x)=x^2-x-x\lnx$，其中$x>0$。$f'(x)=2x-2-\lnx$，令$h(x)=2x-2-\lnx$，则$h'(x)=2-\frac{1}{x}$。当$x<\frac{1}{2}$时，$h'(x)<0$，因此$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上单调递增。$h(x)$在$x=e^{-2}$处取得最小值$h(e^{-2})=1-\ln2$。因为$h(e^{-2})<0$，所以$f'(x)>0$的区间中必有一个零点，即$f(x)$在$(0,e^{-2})$上单调递减，在$(e^{-2},+\infty)$上单调递增。设$f'(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上的零点分别为$x_1$和$x_2$，则$f'(x)$在$(x_1,x_2)$上单调递增，$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$上单调递减，在$(x_1,x_2)$上单调递增。因此，$x_1$是$f(x)$的极大值点，$x_2$是$f(x)$的极小值点。由于$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，因此$x_1<1<x_2$，且$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$上单调递减，在$(x_1,x_2)$上单调递增。因此，$x_1$是$f(x)$的极大值点，$x_2$是$f(x)$的极小值点。由于$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)>f(e^{-2})=e^{-4}+e^{-2}$。【名师点睛】导数是研究函数单调性、极值和最值的最有效工具。函数是高中数学中的重要知识点，因此在历届高考中，对导数的应用考查非常重要。本专题从以下几个角度对高考中对导数的应用进行了探讨：(1)考查导数的几何意义，通常与解析几何和微积分相关。(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性，以及已知单调性求参数。(3)利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题。(4)考查数形结合思想的应用。【2017课标3，理21】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，有ln(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<m，求m的最小值。【解析】(1)由原函数与导函数的关系可得，x=a是f(x)在x∈(0,+∞)的唯一最小值点。列方程解得a=1。(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，得到ln(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<1-1/n。根据数学归纳法，可得到ln(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<1-1/n<1。因此，m的最小值为3。1.根据连乘式展开，得到(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)<e，另一方面，(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)>(1+1)(1+1/2)(1+1/3)=2，当n≥3时，(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)∈(2,e)，因为m∈N*，所以(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)<m，所以m的最小值为3。2.导数是研究函数单调性和极值的有效工具，函数是高中数学的重要知识点。在历届高考中，导数的应用考查非常突出，主要从几何意义、单调性、最值和数形结合思想等角度进行。3.解：(Ⅰ)由题意可知f(π)=π^2-2，又f'(x)=2x-2sinx，所以f'(π)=2π，因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-（π^2-2）=2π(x-π)，即y=2πx-π^2-2。(Ⅱ)由题意得h(x)=e^2(cosx-sinx+2x-2)-ax^2+2cosx，因为h'(x)=e^x(cosx-sinx+2x-2)+e^x(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2e^x(x-sinx)-a(x-sinx)，令m(x)=x-sinx，则m'(x)=1-cosx≥0，所以m(x)在R上单调递增。所以当x>π时，m(x)单调递减，当x<π时，m(x)<0，所以h(x)单调递减。当x=π时，h'(π)=2e^π(π-1)-a(π-1)，当a<2e^π(π-1)/(π-1)时，h'(π)>0，所以h(x)在x=π处取极小值，极小值为h(π)=e^2(1-π)+2。当a>2e^π(π-1)/(π-1)时，h'(π)<0，所以h(x)在x=π处取极大值，极大值为h(π)=e^2(1-π)-2π^2+6π-2。当a>1时，lna>0，所以当x∈(−∞,lna)时，lna−x>0，即ex<ea，所以h(x)=ex−elna=ex−a单调递减；当x∈(lna,0)时，lna−x<0，即ex>ea，所以h(x)=ex−elna=ex−a单调递增；当x∈(0,+∞)时，h(x)=ex−elna=ex−a单调递增。因此，当x=lna时，h(x)取得极大值。h(lna)=eln−a=−a(lna−2ln2+sinlna+coslna+2)为极大值；当x=0时，h(x)取得极小值。h(0)=e0−elna=−2a−1为极小值。当a=1时，lna=0，所以h(x)=ex−elna=ex单调递增，无极值。答案：（Ⅰ）y=1；（Ⅱ）最大值为1，最小值为−2。解析：（Ⅰ）易得f(0)=1，f′(x)=e(cosx−sinx)−1，f′(0)=0，因此曲线在点(0,f(0))处的切线方程为y=1。（Ⅱ）f′(x)=e(cosx−sinx)−1，设f′(x)=g(x)，则g′(x)=−e(sin2x+cos2x)≤0，即g(x)在[0,π/2]上单调递减，因此f′(x)在[0,π/2]上单调递减，f(x)在[0,π/2]上单调递减，f(0)=1为最大值，f(π/2)=−2为最小值。1)求g(x)的单调区间：首先，根据题意可得：f(x)=2x+3x-3x-6x+ag(x)为f(x)的导函数，即：g(x)=f'(x)=8x+9x-6x-6进一步求导，得到：g'(x)=24x+18x-6令g'(x)=0，解得x=-1或x=1/3当x<-1时，g'(x)<0，即g(x)单调递减；当-1<x<1/3时，g'(x)>0，即g(x)单调递增；当x>1/3时，g'(x)<0，即g(x)单调递减。综上所述，g(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(1/3,+∞)，单调递减区间为(-1,1/3)。2.（Ⅱ）设m∈[1,x)∪(x,2]，函数h(x)=g(x)(m-x)-f(m)，求证：h(m)h(x)<0；根据题意，可得：h(m)=g(m)(m-x)-f(m)h(x)=g(x)(m-x)-f(m)将h(m)和h(x)代入h(m)h(x)的式子中，得到：h(m)h(x)=[g(m)(m-x)-f(m)][g(x)(m-x)-f(m)]展开式子，得到：h(m)h(x)=g(m)g(x)(m-x)²-[g(m)f(m)+g(x)f(m)](m-x)+f(m)²因为g(x)单调递增，所以当m<x时，g(m)<g(x)；当m>x时，g(m)>g(x)。因此，h(m)h(x)的符号与(m-x)²的符号相同。因为m∈[1,x)∪(x,2]，所以(m-x)²>0，即h(m)h(x)<0。3.（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p∈[1,x)∪(x,2]，满足|p/q-x|≥A/q⁴。首先，根据拉格朗日中值定理，可得：f(x+h)-f(x)=hf'(x+θh)，其中θ∈(0,1)将f(x)=2x+3x-3x-6x+a代入，得到：f(x+h)-f(x)=2h+3h-3h-6h因此，f(x+h)-f(x)=-4h又因为g(x)=f'(x)，所以g(x+h)-g(x)=f''(x+θh)h，其中θ∈(0,1)将f''(x)代入，得到：g(x+h)-g(x)=24h+18h因此，g(x+h)-g(x)=42h根据题意，可得：|p/q-x|=|(p-qx)/q|因为p∈[1,x)∪(x,2]，所以|p-qx|≥1。因此，|p/q-x|≥1/q。又因为g(x)单调递增，所以|g(x+h)-g(x)|=42h。因此，|h|≤|g(x+h)-g(x)|/42。又因为g(x)的单调性，所以当h>0时，g(x+h)>g(x)；当h<0时，g(x+h)<g(x)。因此，当h>0时，g(x+h)-g(x)≥g(x)-g(x-h)；当h<0时，g(x+h)-g(x)≤g(x)-g(x-h)。因此，|g(x+h)-g(x)|≥|g(x)-g(x-h)|。将|h|≤|g(x+h)-g(x)|/42代入，得到：|h|≤|g(x)-g(x-h)|/42又因为g(x)单调递增，所以g(x)-g(x-h)=∫x-hxg'(t)dt。因此，|h|≤∫x-hx|g'(t)|dt/42。因为g'(x)=24x+18x-6，所以|g'(x)|=24|x|+18|x|+6。因为x∈[1,2]，所以|g'(x)|≤72。因此，|h|≤∫x-hx72dt/42=36|h|/42。因此，|h|≤18/21|h|。因此，|p/q-x|≥1/q≥A/q⁴，其中A=1/18。由（I）知道，函数g(x)在区间[1,2]上单调递增，因此有g(1)<g(x1)<g(2)，其中x1∈[1,2]。根据题意，有：f(x)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|/|qg(x)-x|因为x∈[1,2]，所以g(x)>0。因此，当x∈[1,2]时，有：|qg(x)-x|≥|qg(x1)-x1|，因为g(x)单调递增，所以有：|qg(x1)-x1|≥|qg(1)-1|，|qg(2)-2|≥|qg(x1)-x1|将上述不等式代入原式中，得到：|f(x)|≤|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|/|qg(2)g(2)q4q|因为g(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)在[1,2]上单调递增。因此，f(x)在区间[1,2]上除x外没有其他的零点。又因为f(x)≠0，所以x≠p/q。因为p、q、a均为整数，所以|2p+3pq-3pq-6pq+aq|是正整数，从而|2p+3pq-3pq-6pq+aq|≥1。因此，有：|p/q-x|≥1/|qg(2)g(2)q4q|因此，只要取A=g(2)/g(2)q4q，就有：|p/q-x|≥1/A根据题意，有：f(x)=(x-2x-1)e-x（Ⅰ）求f(x)的导函数：f'(x)=(1-x)(1-2x)e-x-(x-2x-1)e-x=-(x2-3x+1)e-x（Ⅱ）求f(x)在区间[1,+∞)上的取值范围：令g(x)=x-2x-1，则g'(x)=1-2/(x-1)2，当1<x<2时，g'(x)<0，当x>2时，g'(x)>0，因此g(x)在x=1处取得最小值，即g(1)=-1/2。因为e-x>0，所以f(x)的符号与g(x)的符号相同。因此，f(x)在[1,+∞)上单调递减。又因为f(1)=0，f(x)>0（x>1），因此f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为0。当x→+∞时，f(x)→0，因此f(x)在区间[1,+∞)上的最大值为e。综上，f(x)在区间[1,+∞)上的取值范围为[0,e]。本题主要考查导数的应用。第一方面是函数单调性的讨论，需要先考虑函数的定义域，再求出导数f'(x)，根据f'(x)的正负来确定函数f(x)的单调区间。第二方面是函数的最值（极值）的求法，需要结合单调区间和极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的极值或最值。题目给出函数f(x)=x^3+ax^2+bx+1(a>0,b∈R)，已知f(x)有极值，且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点。（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域。根据题意，f'(x)的极值点是f(x)的零点，即f'(x)=0时，f(x)=0。将f(x)代入f'(x)中，得到3x^2+2ax+b=0。解方程得到x=-2a/3±√(4a^2-12b)/3a，由于f'(x)的极值点是f(x)的零点，所以这两个解也是f(x)的极值点。又由于f(