最新-2017新课标高考数学导数分类汇编(文)
专题04 导数的应用专题-2017年高考数学文考纲解读与热
【2017年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式(2)导数的四则运算①u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝u ′ x v x －u x v ′ x [v x ]2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .4．函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f (x )＝x 3，虽有f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，因为f ′(x )≥0恒成立，f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．5．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．6．函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立； (2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立； (3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )＞0的必要不充分条件. 【题型示例】题型1、导数的几何意义【例1】【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =．【答案】1ln 2- 【解析】【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值． 【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P处的切线垂直，则P 的坐标为________．【答案】 (1，1)【解析】 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型2、利用导数研究函数的单调性【例2】【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；223322(2)(1)()a ax x f 'x a x x x x--=--+=. 当0≤a ，)1,0(∈x 时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；(1,),()0x f 'x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.当0>a 时，3(1)()(a x f 'x x x x -=+.（1）20<<a ，12>a， 当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)2,1(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，12=a ，在x ∈),0(+∞内，()0f 'x ≥，)(x f 单调递增；（3）2>a 时，120<<a ，当)2,0(a x ∈或x ∈),1(+∞时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减. 综上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，22321122()()ln (1)x f x f 'x x x x x x x --=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，]2,1[∈x ，令1213)(,ln )(32--+=-=xx x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则()()()()f x f 'x g x h x -=+，由1()0x g 'x x-=≥可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号.又24326()x x h'x x --+=，【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．【举一反三】(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1【答案】 C【解析】 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C.【变式探究】(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－e －x－2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值；(3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．【命题意图】本题主要考查导数的综合应用，涉及利用导数求函数的单调区间、求函数的最值、估计无理数的近似值等，考查基本不等式的应用与分类讨论思想的应用，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力与对知识的综合应用能力．【感悟提升】1．利用导数研究函数单调性的步骤第一步：确定函数f(x)的定义域；第二步：求f′(x);第三步：解方程f′(x)＝0在定义域内的所有实数根；第四步：将函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起来，分成若干个小区间；第五步：确定f′(x)在各小区间内的符号，由此确定每个区间的单调性．2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路(1)求f′(x)．(2)将单调性转化为导数f ′(x )在该区间上满足的不等式恒成立问题求解．【举一反三】 (2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|0≤e－1，求m 的取值范围．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在－1，0]上单调递减，在0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e－1，f （－1）－f （0）≤e－1， 即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m ＋m ≤e－1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0， 即e m－m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0， 即e －m＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是－1，1]．【规律方法】讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．题型3、利用导数研究函数的极值与最值 【例3】【2016高考江苏卷】（本小题满分16分） 已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。
2017年高考通关讲练导数(数学(文))：三、函数的单调性与导数 含解析
三、函数的单调性与导数考纲要求1．了解函数的单调性和导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）．命题规律利用导数研究函数的单调性是高考考查的重点，具体形式为: (1）利用导数求函数（函数中常含有参数）的单调区间，或由函数的单调性求参数的取值范围。
一般以解答题的形式出现，有时也出现在选择题或填空题中.（2)利用函数的单调性比较大小、证明不等式、判断函数零点个数等，题目综合性强，有一定的难度，一般以解答题的形式出现.1．函数的单调性与导数的关系一般地，在某个区间(a，b）内：①如果()0f x'>，函数f （x）在这个区间内单调递增;②如果()0f x'<，函数f (x)在这个区间内单调递减；③如果()=0f x',函数f （x)在这个区间内是常数函数．2．单调性的应用（1）在某个区间内，()0f x'<）是函数f (x）在此区间内单调f x'>(()0递增（减）的充分条件，而不是必要条件。
例如,函数3=在定f x x()义域(,)-∞+∞上是增函数，但2'=≥。
()30f x x(2)函数f （x）在(a,b)内单调递增(减)的充要条件是()0f x'≤）f x'≥(()0在（a,b)内恒成立，且()f x'在（a，b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，在区间内的个别点处有()0f x'=,不影响函数f （x)在区间内的单调性。
如图所示是函数f (x)的导函数f ′（x)的图象,则下列判断中正确的是A．函数f (x）在区间（−3，0)上是减函数B．函数f (x)在区间(−3，2)上是减函数C．函数f (x）在区间（0,2）上是减函数D．函数f （x)在区间(−3，2)上是单调函数【答案】A【解析】由导函数的图象易判断在区间（−3,0）上f ′(x)〈0，所以f （x)在(−3，0)上单调递减，故选A。
2017年高考数学真题导数专题
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 ）=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．2．已知函数 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且 f （x ）≥0．（1）求 a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜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 ）=x 3+ax 2+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：b 2＞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﹣x 2）e x ．（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 ）=x 2+2cosx ，g （x ）=e x （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 ）﹣a f （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 ）=e x cosx ﹣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 ）=2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点 x 0，g （x ）为 f （x ）的导函数．（Ⅰ）求 g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设 m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数 h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证： h （m ）h （x 0）＜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，x 0）∪（x 0，2]，满足| ﹣x 0|≥．10．已知函数 f （x ）= x 3﹣ ax 2，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 ）=x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）=e x f（x ）．（Ⅰ）求 f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数 y=g （x ）和 y=e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线， （i ）求证：f （x ）在 x=x 0 处的导数等于 0；（ii ）若关于 x 的不等式 g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求 b 的取值范围．12．已知函数 f （x ）=e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（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）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．【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1，当a=0时，f′（x）=﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），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（e x+）（e x﹣）＜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）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x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）=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，min∴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）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），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（e x+）（e x﹣）＜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）=f（﹣min 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 n 0，满足 n 0＞ln （ ﹣1），则 f （n 0）=（a +a ﹣2）﹣n 0＞﹣n 0＞ ﹣n 0＞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 ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且 f （x ）≥0．（1）求 a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为 f （x ）=ax 2﹣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 x 0＞1 时，h （x 0）＜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 ）=x 2﹣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x 0，x 2，且不妨设 f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以 f （x ）必存在唯一极大值点 x 0，且 2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以 f （x 0）=﹣x 0﹣x 0lnx 0= ﹣x 0+2x 0﹣2 =x 0﹣ ，由 x 0＜ 可知 f （x 0）＜（x 0﹣ ）max =﹣+ = ；由 f′（ ）＜0 可知 x 0＜ ＜ ，所以 f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0， ）上单调递减，所以 f （x 0）＞f （ ）=；综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜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+即（1+ ）（1+） (1)）+…+ln （1+）＜e ；）＜ + +…+ =1﹣ ＜1，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 ）=x 3+ax 2+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：b 2＞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 ）=x 3+ax 2+bx +1，所以 g （x ）=f′（x ）=3x 2+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 ）=x 3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，所以 f′（x ）=3x 2+2ax +b=0 的实根，所以 4a 2﹣12b ≥0，即 a 2﹣所以 b= + （a ≥3）．+ ≥0，解得 a ≥3，（2）证明：由（ 1）可知 h （a ）=b 2﹣3a=﹣27），由于 a ＞3，所以 h （a ）＞0，即 b 2＞3a ；﹣ + = （4a 3﹣27）（a 3（3）解：由（1）可知 f′（x ）的极小值为 f′（﹣ ）=b ﹣，设 x 1，x 2 是 y=f （x ）的两个极值点，则 x 1+x 2= ，x 1x 2= ，所以 f （x 1）+f （x 2）=++a （+）+b （x 1+x 2）+2=（x 1+x 2）[（x 1+x 2）2﹣3x 1x 2]+a [（x 1+x 2）2﹣2x 1x 2]+b （x 1+x 2）+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 2a 3﹣63a ﹣54≤0，所以 2a （a 2﹣36）+9（a ﹣6）≤0，所以（a ﹣6）（2a 2+12a +9）≤0，由于 a ＞3 时 2a 2+12a +9＞0，所以 a ﹣6≤0，解得 a ≤6，所以 a 的取值范围是（3，6]．5．（2017•新课标Ⅱ）设函数 f （x ）=（1﹣x 2）e x ．（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．【解答】解：（1）因为 f （x ）=（1﹣x 2）e x ，x ∈R ，所以 f′（x ）=（1﹣2x ﹣x 2）e x ，令 f′（x ）=0 可知 x=﹣1± ，当 x ＜﹣1﹣ 或 x ＞﹣1+时 f′（x ）＜0，当﹣1﹣ ＜x ＜﹣1+ 时 f′（x ）＞0，所以 f （x ）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+ ，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单调递增；（2）由题可知 f （x ）=（1﹣x ）（1+x ）e x ．下面对 a 的范围进行讨论：①当 a ≥1 时，设函数 h （x ）=（1﹣x ）e x ，则 h′（x ）=﹣xe x ＜0（x ＞0），因此 h （x ）在[0，+∞）上单调递减，又因为 h （0）=1，所以 h （x ）≤1，所以 f （x ）=（1﹣x ）h （x ）≤x +1≤ax +1；②当 0＜a ＜1 时，设函数 g （x ）=e x ﹣x ﹣1，则 g′（x ）=e x ﹣1＞0（x ＞0），所以 g （x ）在[0，+∞）上单调递增，又 g （0）=1﹣0﹣1=0，所以 e x ≥x +1．因为当 0＜x ＜1 时 f （x ）＞（1﹣x ）（1+x ）2，所以（1﹣x ）（1+x ）2﹣ax ﹣1=x （1﹣a ﹣x ﹣x 2），取 x 0=∈（0，1），则（1﹣x 0）（1+x 0）2﹣ax 0﹣1=0，所以 f （x 0）＞ax 0+1，矛盾；③当 a ≤0 时，取 x 0=∈（0，1），则 f （x 0）＞（1﹣x 0）（1+x 0）2=1≥ax 0+1，矛盾；综上所述，a 的取值范围是[1，+∞）．6．（2017•浙江）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．【解答】解：（1）函数 f （x ）=（x ﹣ ）e ﹣x （x ≥ ），导数 f′（x ）=（1﹣ • •2）e ﹣x ﹣（x ﹣）e ﹣x=（1﹣x +）e ﹣x =（1﹣x ）（1﹣ ）e ﹣x ；（2）由 f （x ）的导数 f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣可得 f′（x ）=0 时，x=1 或 ，）e ﹣x ，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．7．（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（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）﹣a f（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．【解答】解：（I）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（II）h（x）=g（x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（1）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．0 （∴x=0 时，函数 h （x ）取得极小值，h （0）=﹣1﹣2a ．（2）a ＞0 时，令 h′（x ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）=0．解得 x 1=lna ，x 2=0．①0＜a ＜1 时，x ∈（﹣∞，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数 h （x ）单调 递增；x ∈（lna ，0）时，e x ﹣e lna ＞0，h′（x ）＜0，函数 h （x ）单调递减；x ∈（0，+∞）时，e x ﹣e lna ＞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 [ln 2a ﹣2lna +sin （lna ）+cos（lna ）+2]．②当 a=1 时，lna=0，x ∈R 时，h′（x ）≥0，∴函数 h （x ）在 R 上单调递增．③1＜a 时，lna ＞0，x ∈（﹣∞，0）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数 h （x ）单调递增；x ∈（0，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＜0，函数 h （x ）单调递减；x ∈（lna ，+∞）时，e x ﹣e lna ＞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 [ln 2a ﹣2lna +sin （lna ）+cos（lna ）+2]．综上所述：a ≤0 时，函数 h （x ）在（0，+∞）单调递增；x ＜0 时，函数 h （x ）在（﹣∞，0）单调递减．x=0 时，函数 h （x ）取得极小值，h （0）=﹣1﹣2a ．0＜a ＜1 时，函数 h （x ）在 x ∈（﹣∞，lna ）是单调递增；函数 h （x ）在 x ∈（lna ，0）上单调递减．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 [ln 2a ﹣2lna +sin （lna ）+cos （lna ）+2]．当 a=1 时，lna=0，函数 h （x ）在 R 上单调递增．a ＞1 时，函数 h （x ）在（﹣∞， ）， lna ，+∞）上单调递增；函数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 [ln 2a ﹣2lna +sin （lna ）+cos （lna ）+2]．（8．（2017•北京）已知函数 f （x ）=e x cosx ﹣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．【解答】解：（1）函数 f （x ）=e x cosx ﹣x 的导数为 f′（x ）=e x （cosx ﹣sinx ）﹣1，可得曲线 y=f （x ）在点（0，f （0））处的切线斜率为 k=e 0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e 0cos0﹣0），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 ）=e x cosx ﹣x 的导数为 f′（x ）=e x （cosx ﹣sinx ）﹣1，令 g （x ）=e x （cosx ﹣sinx ）﹣1，则 g （x ）的导数为 g′（x ）=e x （cosx ﹣sinx ﹣sinx ﹣cosx ）=﹣2e x •sinx ，当 x ∈[0，]，可得 g′（x ）=﹣2e x •sinx ≤0，即有 g （x ）在[0，则 f （x ）在[0，]递减，可得 g （x ）≤g （0）=0，]递减，即有函数 f （x ）在区间[0，最小值为 f （）=ecos]上的最大值为 f （0）=e 0cos0﹣0=1；﹣ =﹣ ．9．（2017•天津）设 a ∈Z ，已知定义在 R 上的函数 f （x ）=2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点 x 0，g （x ）为 f （x ）的导函数．（Ⅰ）求 g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设 m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数 h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证： h （m ）h （x 0）＜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，x 0）∪（x 0，2]，满足| ﹣x 0|≥．【解答】 Ⅰ）解：由 f （x ）=2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a ，可得 g （x ）=f′（x ）=8x 3+9x 2﹣6x ﹣6，进而可得 g′（x ）=24x 2+18x ﹣6．令 g′（x ）=0，解得 x=﹣1，或 x= ．当 x 变化时，g′（x ），g （x ）的变化情况如下表：xg′（x ）g （x ）（﹣∞，﹣1）+↗ （﹣1， ）﹣↘ （ ，+∞）+↗所以，g （x ）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（ ，+∞），单调递减区间是（﹣1， ）． （Ⅱ）证明：由 h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），得 h （m ）=g （m ）（m ﹣x 0） ﹣f （m ），h （x 0）=g （x 0）（m ﹣x 0）﹣f （m ）． 令函数 H 1（x ）=g （x ）（x ﹣x 0）﹣f （x ），则 H′1（x ）=g′（x ）（x ﹣x 0）．由（Ⅰ）知，当 x ∈[1，2]时，g′（x ）＞0，故当 x ∈[1，x 0）时，H′1（x ）＜0，H 1（x ）单调递减； 当 x ∈（x 0，2]时，H′1（x ）＞0，H 1（x ）单调递增．因此，当 x ∈[1，x 0）∪（x 0，2]时，H 1（x ）＞H 1（x 0）=﹣f （x 0）=0，可得 H 1（m ）＞0 即 h （m ）＞0，令函数 H 2（x ）=g （x 0）（x ﹣x 0）﹣f （x ），则 H′2（x ）=g′（x 0）﹣g （x ）．由（Ⅰ） 知，g （x ）在[1，2]上单调递增，故当 x ∈[1，x 0）时，H′2（x ）＞0，H 2（x ）单 调递增；当 x ∈（x 0，2]时，H′2（x ）＜0，H 2（x ）单调递减．因此，当 x ∈[1， x 0）∪（x 0，2]时，H 2（x ）＞H 2（x 0）=0，可得得 H 2（m ）＜0 即 h （x 0）＜0，． 所以，h （m ）h （x 0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数 p ，q ，且，令 m= ，函数 h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．由（Ⅱ）知，当 m ∈[1，x 0）时，h （x ）在区间（m ，x 0）内有零点； 当 m ∈（x 0，2]时，h （x ）在区间（x 0，m ）内有零点．所以 h （x ）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x 1，则 h （x 1）=g （x 1）（﹣x 0）﹣f （ ）=0．由（Ⅰ）知 g （x ）在[1，2]上单调递增，故 0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2），于是| ﹣x 0|=≥=．因为当 x ∈[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 x 0 外没有其他的零点，而 ≠x 0，故 f （ ）≠0．又因为 p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|是正整数，从而|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|≥1．所以| ﹣x 0|≥ ．所以，只要取 A=g （2），就有| ﹣x 0|≥ ．10．（2017•山东）已知函数 f （x ）= x 3﹣ ax 2，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．【解答】解：（1）当 a=2 时，f （x ）= x 3﹣x 2，∴f′（x ）=x 2﹣2x ，∴k=f′（3）=9﹣6=3，f （3）= ×27﹣9=0，∴曲线 y=f （x ）在点（3，f （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= x 3﹣ ax 2+（x ﹣a ）cosx ﹣sinx ，∴g′（x ）=（x ﹣a ）（x ﹣sinx ），令 g′（x ）=0，解得 x=a ，或 x=0，①若 a ＞0 时，当 x ＜0 时，g′（x ）＞0 恒成立，故 g （x ）在（﹣∞，0）上单调递增，当 x ＞a 时，g′（x ）＞0 恒成立，故 g （x ）在（a ，+∞）上单调递增，当 0＜x ＜a 时，g′（x ）＜0 恒成立，故 g （x ）在（0，a ）上单调递减，∴当 x=a 时，函数有极小值，极小值为 g （a ）=﹣ a 3﹣sina当 x=0 时，有极大值，极大值为 g （0）=﹣a ，②若 a ＜0 时，当 x ＞0 时，g′（x ）＞0 恒成立，故 g （x ）在（﹣∞，0）上单调递增，当 x ＜a 时，g′（x ）＞0 恒成立，故 g （x ）在（﹣∞，a ）上单调递增，当 a ＜x ＜0 时，g′（x ）＜0 恒成立，故 g （x ）在（a ，0）上单调递减，∴当 x=a 时，函数有极大值，极大值为 g （a ）=﹣ a 3﹣sina当 x=0 时，有极小值，极小值为 g （0）=﹣a③当 a=0 时，g′（x ）=x （x +sinx ），当 x ＞0 时，g′（x ）＞0 恒成立，故 g （x ）在（0，+∞）上单调递增，当 x ＜0 时，g′（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．11．（2017•天津）设 a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数 f （x ）=x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）=e x f （x ）． （Ⅰ）求 f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数 y=g （x ）和 y=e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线， （i ）求证：f （x ）在 x=x 0 处的导数等于 0；（ii ）若关于 x 的不等式 g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求 b 的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：由 f （x ）=x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，可得 f'（x ）=3x 2﹣12x﹣3a （a ﹣4）=3（x ﹣a ）（x ﹣（4﹣a ）），令 f'（x ）=0，解得 x=a ，或 x=4﹣a ．由|a |≤1，得 a ＜4﹣a ．当 x 变化时，f'（x ），f （x ）的变化情况如下表：xf'（x ）f （x ）（﹣∞，a ）+↗ （a ，4﹣a ）﹣↘ （4﹣a ，+∞）+↗∴f （x ）的单调递增区间为（﹣∞， a ），（4﹣a ，+∞），单调递减区间为（ a ，4﹣a ）；（Ⅱ）（i ）证明：∵g'（x ）=e x （f （x ）+f'（x ）），由题意知，∴，解得 ．∴f （x ）在 x=x 0 处的导数等于 0；（ii ）解：∵g （x ）≤e x ，x ∈[x 0﹣1，x 0+1]，由 e x ＞0，可得 f （x ）≤1． 又∵f （x 0）=1，f'（x 0）=0，故 x 0 为 f （x ）的极大值点，由（I ）知 x 0=a ．另一方面，由于|a |≤1，故 a +1＜4﹣a ，由（Ⅰ）知 f （x ）在（a ﹣1，a ）内单调递增，在（a ，a +1）内单调递减，故当 x 0=a 时，f （x ）≤f （a ）=1 在[a ﹣1，a +1]上恒成立，从而 g （x ）≤e x 在[x 0 ﹣1，x 0+1]上恒成立．由 f （a ）=a 3﹣6a 2﹣3a （a ﹣4）a +b=1，得 b=2a 3﹣6a 2+1，﹣1≤a ≤1． 令 t （x ）=2x 3﹣6x 2+1，x ∈[﹣1，1]，∴t'（x ）=6x 2﹣12x ，令 t'（x ）=0，解得 x=2（舍去），或 x=0．∵t （﹣1）=﹣7，t （1）=﹣3，t （0）=1，故 t （x ）的值域为[﹣7，1]．∴b 的取值范围是[﹣7，1]．12．（2017•新课标Ⅰ）已知函数 f （x ）=e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（1）讨论 f （x ）的单调性；（2）若 f （x ）≥0，求 a 的取值范围．【解答】解：（1）f （x ）=e x （e x ﹣a ）﹣a 2x=e 2x ﹣e x a ﹣a 2x ，∴f′（x ）=2e 2x ﹣ae x ﹣a 2=（2e x +a ）（e x ﹣a ），①当 a=0 时，f′（x ）＞0 恒成立，∴f （x ）在 R 上单调递增，②当 a ＞0 时，2e x +a ＞0，令 f′（x ）=0，解得 x=lna ，当 x ＜lna 时，f′（x ）＜0，函数 f （x ）单调递减，当 x ＞lna 时，f′（x ）＞0，函数 f （x ）单调递增，③当 a ＜0 时，e x ﹣a ＞0，令 f′（x ）=0，解得 x=ln （﹣ ），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）=f（lna）=﹣a2lna≥0，min∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得f（x）﹣a2ln（﹣）≥0，=f（ln（﹣））=min∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]P。
10.函数、导数及应用(定积分)——2011—2017年新课标全国卷理科数学分类真题解析(含答案)
3y-5z=3log3k-5log5k= -
<0,∴3y<5z;
第 1页 共 30页
2017 课标Ⅱ卷(全国甲卷)
◎ 第 2页 共 30页
……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
A.-1
B.-2e-3
C.5e-3
D.1
【答案】A
由 f '(x0)=0 得 ln x0=2(x0-1),故 f(x0)=x0(1-x0). 由 x0∈(0, )得 f(x0)< . 因为 x=x0 是 f(x)在(0,1)的最大值点,由 e-1∈(0,1),f '(e-1)≠0 得 f(x0)>f(e-1)=e-2.
……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………
10-2
新课标卷理科数学近八年高考分类考点真题分析 函数、导数及应用(定积分)
11．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
因为 f '(x)=h(x),所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点.
【解析】本题主要考查导数的运算以及利用导数判断函数的单调性、求函数的极值, 所以 e-2<f(x0)<2-2.
意在考查考生的运算求解能力及方程思想.
【解析】本题主要考查导数的运算,利用导数判断函数的单调性,求极值点、最值点,
因为 f(x)=(x2+ax-1)ex-1,所以 f '(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因为 零点存在性定理,意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力、函数与方程思想
【K12高考数学】2017年高考真题分类汇编(理数)：专题2导数(解析版)
2017年高考真题分类汇编（理数）：专题2导数一、单选题（共3题；共6分）1、（2017•浙江）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（）A、B、C、D、2、（2017•新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A、﹣1B、﹣2e﹣3C、5e﹣3D、13、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（）A、﹣B、C、D、1二、解答题（共8题；共50分）4、（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（Ⅰ）求f（x）的导函数；（Ⅱ）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．5、（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分）（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．6、（2017•北京卷）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（13分）(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．7、（2017·天津）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|≥．8、（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）（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）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．9、（2017•新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分）(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．10、（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．11、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能2、【答案】A【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选：A．【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．3、【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（e x﹣1+）有唯一解，等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象只有一个交点．①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a=，符合条件；综上所述，a=，故选：C．【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．二、解答题4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g（x）﹣af（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞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]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞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：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．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，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数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]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h（x）=g（x）﹣af（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，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（）=e cos﹣=﹣．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x=．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x）+﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|﹣x0|=≥=．因为当x∈[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≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|﹣x0|≥．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可．（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0，2]时，通过h（x）的零点．转化推出|﹣x0|=≥=．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．8、【答案】（Ⅰ）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有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+＞0，解得a＞3，所以b=+（a＞3）．（Ⅱ）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；（Ⅲ）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﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣，从而f（﹣）=0，整理可知b=+（a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a ＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3．（Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论；（Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为﹣+2，进而问题转化为解不等式b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，因式分解即得结论．9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），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（e x+）（e x﹣）＜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）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a+（a﹣2）﹣ln，=a（）+（a﹣2）×﹣ln，=1﹣﹣ln，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x）单调性；（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．10、【答案】（Ⅰ）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，因为h′（x）=a﹣，且当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；（Ⅱ）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．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=﹣+=＞．11、【答案】解：（Ⅰ）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，所以在（0,1）上f(x)<0,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；（Ⅱ）由（Ⅰ）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*,所以，k∈N*．一方面，因为++…+=1﹣＜1，所以，（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2，同时当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，所以m的最小值为3．【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+）＜，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面可知（1+）（1+）…（1+）＞2，且当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e）．。
2011-2017新课标高考数学导数分类汇编(文)
2011-2017新课标高考数学导数分类汇编(文)2011-2017新课标(文科)导数压轴题分类汇编【2011新课标】21. 已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（1）求a 、b 的值；（2）证明：当0x >，且1x ≠时，f (x )>ln xx -1【解析】（1）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩ 即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（2）由（1）知f (x )=x x x 11ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2(2ln x -x 2-1x )， 考虑函数，则22222)1()1(22)(x x x x x x x h --=---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得，从而当，且时，.【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -ax -2 （1）求f (x )的单调区间（2）若a =1，k 为整数，且当x >0时，(x -k ) f ´(x )+x +1>0，求k 的最大值 【解析】（1）f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增.若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.（2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0)(1)x x k x x e +<+>-①.令1()(1)x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)xx x x x xe e e x g x e e ----'=+=--. 由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >，ln ()1x f x x >-ln ()1xf x x >-0x >1x ≠ln ()1xf x x >-【2014新课标1】21．设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b;（2）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用sin2 x(2017年新课标I 文)&函数y的部分图像大致为1 cosx【答案】A令f (x)0,解得x 2或x 1，所以f(x)在(，2),(1,)单调递增，在(2,1)单调递减所以f (x)极小值 f(1) (1 11)e 1 11，故选A 。
3.(2017年新课标I 文)9 •已知函数f (x) lnx ln(2 x)，贝y (C)A • f(x)在(0,2)单调递增B • f (x)在(0,2)单调递减C • y= f(x)的图像关于直线x=1对称D • y= f (x)的图像关于点(1,0)对称4.(2017年浙江卷)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【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选 D.2x 1x 15.(2017年新课标川卷理)11 •已知函数f(x) x 2x a(e e )有唯一零点，则 a=(C )1.2. (2017年新课标n 卷理A.)11.若x 2是函数f (x)(x 2ax x 1'1)e 的极值点，则f (x)的极小值为()B. 2e 3C. 5e 3D.1【解析】由题可得 f (x) (2x a)e x 1 (x 2x 12ax 1)e[x(a 2)x a 1]e x 1因为f ( 2)0，所以af(x) (x 2x 1)e x 1，故 f (x) (x 2x 1x 2)e111A.-B. -C . —D . 12 3 2【答案】C【解析】£ -2 “ -a ｛訂十严J ,谡g M =訐+童创，『(© =尸-产 J 戶-二r 二 j当現0 = 0咋r=l,函数里调递矶当11巧 /(x)>0, MM 调递增.当*1时，團数职得最小值胃⑴二2,设/i(x) = x 2-2x f 当*1时、函数取得最小1S-1J 若-GA O,函数矗(£ ,和口冒(兀)浚有交点，当一口 vO 时，一口雷(1)二方⑴日寸「止匕时函数工|和昭(尤)有一个交点,即 p K 2 二 一1 二 a =—、故选 C 1设g x = ax - a - l nx ，贝y f x = xg x , f x 0 等价于 g x 0 因为 g 1 =0, g x 1 0,故g' 1 =0,而g' x a, g' 1 =a 1,得a 1x若 a=1，则 g' x =11 •当0 v x v 1时，g' x <0, g x 单调递减；当 x > 1时，g' x > 0, g x 单调递增•所以x=1x是g x 的极小值点，故 g x g 1 =0 综上，a=1(2)由 11)知 f ( JT ： = x 2 - jr * jr In jr T f ' (r) = 2x - 2 - In A当兀三卫;时.^T (x) <0 i 当才=二十力时，/rUD , 调递增1 1 1又he 2 >0,h $ v 0,h 1 0,所以h x 在0,2有唯一零点x 。
高考数学分类汇编函数(包含导数)
高考数学分类汇编函数(包含导数)一、选择题1.（市回民中学2008-2009学年度上学期高三第二次阶段测试文科） 函数x x x f ln )(+=的零点所在的区间为 （ ）A ．（－1，0）B ．（0，1）C ．（1，2）D ．（1，e ）答案：B.2（市回民中学2008-2009学年度上学期高三第二次阶段测试文科）具有性质：1()()f f x x =-的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①1y x x=-；②1y x x =+；③,(01)0,(1)1(1)x x y x x x⎧⎪<<⎪==⎨⎪⎪->⎩中满足“倒负”变换的函数是（ ）A ．①②B ．①③C ．②③D ．只有① 答案：B.3.（二中2009届高三期末数学试题） 已知0||2||≠=b a ，且关于x 的函数x b a x a x x f ⋅++=23||2131)(在R 上有极值，则与的夹角围为（ ） A ．)6,0[π B ．],6(ππC ．],3(ππD ．2[,]33ππ答案：C.4.（二中2009届高三期末数学试题）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意x ∈R ，都有(1)(3)f x f x -=+。
当[4,6]x ∈时，()21x f x =+，设函数()f x 在区间[2,0]-上的反函数为1()f x -，则1(19)f -的值为 A ．2log 3- B ．22log 3- C ．212log 3-D ．232log 3-答案：D.5.（省二中2008—2009学年上学期高三期中考试）已知),(,)1(log )1()3()(+∞-∞⎩⎨⎧≥<--=是x x x ax a x f a 上是增函数，那么实数a 的取值围是（）A ．（1，+∞）B ．（3,∞-）C ．)3,23[D ．（1，3）答案：C.6.（省二中2008—2009学年上学期高三期中考试） 若关于x 的方程,01)11(2=+++xx a ma （a>0，且1≠a ）有解，则m 的取值围是（） A ．)0,31[- B ．]1,0()0,31[ - C ．]31,(--∞D ．),1(+∞答案：A.7.（省二中2008—2009学年上学期高三期中考试）已知函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，且对任意R x ∈，都有)3()1(+=-x f x f 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2011-2017新课标(文科)导数压轴题分类汇编【2011新课标】21. 已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（1）求a 、b 的值；（2）证明：当0x >，且1x ≠时，f (x )>ln xx -1【解析】（1）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩ 即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（2）由（1）知f (x )=x x x 11ln ++，所以f (x )-ln x x -1=11-x 2(2ln x -x 2-1x )， 考虑函数，则22222)1()1(22)(x x x x x x x h --=---='， 所以x ≠1时h ′(x )＜0，而h (1)=0故)1,0(∈x 时，h (x )>0可得，),1(+∞∈x 时，h (x )<0可得， 从而当，且时，.【2012新课标】21. 设函数f (x ) = e x -ax -2 （1）求f (x )的单调区间（2）若a =1，k 为整数，且当x >0时，(x -k ) f ´(x )+x +1>0，求k 的最大值 【解析】（1）f (x )的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增. 若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(l n ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.（2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x '-++=--++. 故当0x >时，()()10x k f x x '-++>等价于1(0)(1)x x k x x e +<+>-①.令1()(1)x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)x x xx x xe e e x g x e e ----'=+=--. 由（1）知，函数()2x h x e x =--在(0,)+∞单调递增，而(1)0h <，(2)0h >，ln ()1x f x x >-ln ()1xf x x >-0x >1x ≠ln ()1xf x x >-所以()h x ，在(0,)+∞存在唯一的零，故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点. 设此零点为a ，则(1,2)a ∈.当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>.所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g a . 又由()0g a '=，可得2a e a =+，所以()1(2,3)g a a =+∈. 由于①式等价于()k g a <，故整数k 的最大值为2【2013新课标1】20. 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 【解析】(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)·1e 2x⎛⎫-⎪⎝⎭. 令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．【2013新课标2】21．已知函数f(x)＝x 2e －x . (1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线y ＝f(x)的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝－e －x x(x －2)．①当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x ∈(0,2)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0,2)单调递增． 故当x ＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x ＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e －2.(2)设切点为(t ，f(t))，则l 的方程为y ＝f′(t)(x －t)＋f(t)． 所以l 在x 轴上的截距为m(t)＝()223'()22f t t t t t f t t t -=+=-++--. 由已知和①得t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝2x x+(x≠0)，则当x ∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[∞)； 当x ∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[3+，＋∞]．综上，l 在x 轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[3，＋∞]．【2014新课标1】21．设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b;（2）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。
【解析】（1）()(1)af x a x b x'=+--，由题设知 (1)0f '=,解得b 1 （2） f (x )的定义域为(0,∞),由(1)知, 21()ln 2a f x a x x x -=+-，()1()(1)111a a a f x a x x x x x a -⎛⎫'=+--=-- ⎪-⎝⎭(i)若12a ≤，则11a a≤-，故当x ∈(1,∞)时, f '(x ) 0 , f (x )在(1,∞)上单调递增. 所以,存在0x ≥1, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为(1)1a f a ≤-，即1121a aa--<-所以 1 a 1;(ii)若112a <<，则11a a >-，故当x ∈(1, 1a a -)时, f '(x ) <0 , x ∈(,1aa+∞-)时,()0f x '>，f (x )在(1, 1a a -)上单调递减，f (x )在,1aa+∞-单调递增.所以,存在0x ≥1,, 使得 0()1a f x a ≤-的充要条件为()11a af a a≤--， 而()2()ln 112111a a a a af a a a a a a=++>-----，所以不符合题意. (ⅲ) 若1a >，则11(1)1221a a af a ---=-=<-。
综上，a 的取值范围为：()()11,⋃+∞【2014新课标2】21. 已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0,2）处的切线与x 轴交点的横坐标为-2.（1）求a ；（2）证明：当时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。
【解析】（1）2()36f x x x a '=-+，(0)f a '=曲线()y f x =在点（0，2）处的切线方程为2y ax =+，由题设得22a-=-，所以1a =（2）由（1）知，32()32f x x x x =-++ 设32()()23(1)4g x f x kx x x k x =-+=-+-+ 由题设知10k ->当0x ≤时，2()3610g x x x k '=-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=， 所以()0g x =在(,0]-∞有唯一实根。
当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()()(1)()g x h x k x h x =+->2()363(2),()h x x x x x h x '=-=-在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，所以()()(2)0g x h x h >≥=所以()0g x =在(0,)+∞没有实根综上()0g x =在R 由唯一实根，即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点。
【2015新课标1】21. 设函数x 。
（1）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+。
【解析】【2015新课标2】21. 已知()()ln 1f x x a x =+-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围.【解析】已知()()ln 1f x x a x =+-..),1()1,0)(00)(0.1)(')1(上是减函数上是增函数，在在（时，函数当）上是增函数；，在（时，函数当+∞>∞+≤-=aa x f a x f a a xx f （2）由（1）知，当.ln 1)1(1)(0a a af a x x f a --==>时取得最大值在时，函数.01ln ,22ln 1<-+->--a a a a a 整理得由 .1,0(,10),1()(,0)1(0)(,0)(',00,11',1ln )(）即上述不等式即函数。
又）是增，在（）（则设∈<<∴<=∞+>∴>∴>+=-+=a a g a g g x g x g x a xx g x x x g【2016新课标1】21. 已知函数 . (I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求的取值范围. 【解析】(I)(i)设，则当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增. (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，。