2017年北京高三模拟题分类汇编之导数大题
2017至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题
2017至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题,20创新题精心校对版△注意事项：1.本系列试题包含2017年-2018年北京高考一模和二模真题的分类汇编。
2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。
3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科 一 、解答题（本大题共22小题，共0分）1.（2017北京东城区高三一模数学(文)）设函数ax x x x f +-=232131)(，R a ∈． (Ⅰ)若2=x 是)(x f 的极值点，求a 的值，并讨论)(x f 的单调性； (Ⅱ)已知函数3221)()(2+-=ax x f x g ，若)(x g 在区间)1,0(内有零点，求a 的取值范围； (Ⅲ)设)(x f 有两个极值点1x ，2x ，试讨论过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线能否过点)1,1(，若能，求a 的值；若不能，说明理由．2.（2017北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()e xx f x +=，A 1()x m ,，B 2()x m ,是曲线()y f x =上两个不同的点. （Ⅰ）求()f x 的单调区间，并写出实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：120x x +>.3.（2017北京丰台区高三二模数学(文)）已知函数ln ()xf x ax=(0)a >.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1(1)),f 处的切线方程；姓名：__________班级：__________考号：__________ ●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●（Ⅱ）若()f x<a 的取值范围；（Ⅲ）证明：总存在0x ，使得当0(,)x x ∈+∞，恒有()1f x <.4.（2017北京东城区高三二模数学(文)）设函数xe a x xf ⋅-=)()(，a ∈R ． （Ⅰ）当1=a 时，试求)(x f 的单调增区间； （Ⅱ）试求)(x f 在]2,1[上的最大值；（Ⅲ）当1=a 时，求证：对于[5,)x ∀∈-+∞，56()5f x x e ++≥-恒成立．5.（2017北京西城区高三一模数学(文)）已知函数21()e 2x f x x =-．设l 为曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线，其中0[1,1]x ∈-． （Ⅰ）求直线l 的方程（用0x 表示）； （Ⅱ）求直线l 在y 轴上的截距的取值范围；（Ⅲ）设直线y a =分别与曲线()y f x =和射线1([0,))y x x =-∈+∞交于,M N 两点，求||MN 的最小值及此时a 的值．6.（2017北京西城区高三二模数学(文)）已知函数()ln 2af x x x =+-，其中a ∈R ． （Ⅰ）给出a 的一个取值，使得曲线()y f x =存在斜率为0的切线，并说明理由； （Ⅱ）若()f x 存在极小值和极大值，证明：()f x 的极小值大于极大值．7.（2017北京朝阳区高三一模数学(文)）题满分13分）已知函数3()3e,()1ln f x x ax g x x =-+=-，其中e 为自然对数的底数.(Ⅰ)若曲线()y f x = 在点(1,(1))f 处的切线与直线:20l x y +=垂直，求实数a 的值；（Ⅱ）设函数1()[()2]2F x x g x x =-+-，若()F x 在区间(,1)()m m m Z 内存在唯一的极值点，求m 的值；（Ⅲ）用{}max ,m n 表示m,n 中的较大者，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>.若函数()h x 在(0,)+∞上恰有2个零点，求实数a 的取值范围.8.（2017北京朝阳区高三二模数学(文)）已知函数()ln f x x x =，2()2a g x x x a =+-()a ∈R ． （Ⅰ）若直线x m =()0m >与曲线()y f x =和()y g x =分别交于,M N 两点.设曲线()y f x =在点M 处的切线为1l ，()y g x =在点N 处的切线为2l .（ⅰ）当e m =时，若1l ⊥2l ，求a 的值； （ⅱ）若12l l ，求a 的最大值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-在其定义域内恰有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <． 若0λ>，且21ln 1ln x x λλ->-恒成立，求λ的取值范围．9.（2017北京海淀区高三一模数学(文)）已知函数2()e x f x x ax =-+, 曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与x 轴平行. （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若()e 21x g x x =--，求函数()g x 的最小值； （Ⅲ）求证：存在0,c <当x c >时，()0.f x >10.（2017北京海淀区高三二模数学(文)）已知函数3211()+2132f x x x x =-+.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当502a <≤时, 求函数()f x 在区间[,]a a -上的最大值.11.（2017北京石景山区高三一模数学(文)）已知函数()xf x e =．（Ⅰ）过原点作曲线()y f x =的切线，求切线方程；（Ⅱ）当0x >时，讨论曲线()y f x =与曲线2(0)y mx m =>公共点的个数．12.（2018北京东城区高三二模数学(文)）设函数2()2ln 2f x x x ax =-++.（Ⅰ）当3a =时，求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若直线1y x =-+是曲线()y f x =的切线，求a 的值.13.（2018北京西城区高三一模数学(文)）已知函数()e (ln )xf x a x =⋅+，其中a ∈R ．（Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a ∈时，证明： ()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x <．14.（2018北京西城区高三二模数学(文)）已知函数ln ()xf x ax x=-，曲线()y f x =在1x =处的切线经过点(2,1)-．（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）设1b >，求()f x 在区间1[,]b b上的最大值和最小值．15.（2018北京朝阳区高三一模数学(文)）已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.16.（2018北京朝阳区高三二模数学(文)）已知函数()e xf x x =，()1g x ax =+，a ∈R .（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，求a 的值； （Ⅱ）若方程()()0f x g x -=在(2,2)-上恰有两个不同的实数根，求a 的取值范围; （Ⅲ）若对任意1[2,2]x ∈-，总存在唯一的2(,2)x ∈-∞，使得21()()f x g x =，求a 的取值范围.17.（2018北京海淀区高三一模数学(文)）已知函数()e sin x f x x ax =-．（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≤时，判断()f x 在3π[0,]4上的单调性，并说明理由； （Ⅲ）当1a <时，求证：3π[0,]4x ∀∈，都有()0f x ≥．18.（2018北京海淀区高三二模数学(文)）已知函数()()e x a f x x x=+，a ∈R . （Ⅰ）求()f x 的零点；（Ⅱ）当5a ≥-时，求证：()f x 在(1,)+∞上为增函数.19.（2018北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()ln ()ex f x a x a =+∈R ． （Ⅰ）当1ea =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在定义域内不单调，求a 的取值范围．20.（2018北京石景山区高三一模数学(文)）设函数()ln mf x x x=+，m ∈R ． （Ⅰ）当m e =时，求函数)(x f 的极小值；（Ⅱ）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．21.（2017年北京高考真题数学(文)）已知函数()e cos xf x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．22.（2018年北京高考真题数学(文)）设函数2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围.二 、填空题（本大题共1小题，每小题0分，共0分） 23.（2018北京东城区高三一模数学(文)）已知函数()sin cos f x x x a x x =++，a ∈R .（Ⅰ）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当2a=时，求()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值；（Ⅲ）当2a >时，若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，求a 的取值范围.2017至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题,20创新题答案解析一 、解答题1.解析：(Ⅰ) 由ax x x x f +-=232131)(求得a x x x f +-=2)(' 2024)2('-=⇒=+-=∴a a f ，代入)1)(2(2)('2+-=--=x x x x x f令0)('=x f 得21=x ，12-=x),2(),1,(+∞--∞∈∴x 当时，0)('>x f ，)(x f 单调递增；)2,1(-∈x 当时，0)('<x f ，)(x f 单调递减．……………………4分(Ⅱ) 由32)2121(313221)()(232+++-=+-=ax x a x ax x f x g 求得))(1()1()('2a x x a x a x x g --=++-=1≥∴a 当时，当)1,0(∈x 时，0)('>x g 恒成立，)(x g 单调递增，又032)0(>=g 此时)(x g 在区间)1,0(内没有零点；当10<<a 时，当),0(a x ∈时，0)('>x g ，)(x g 单调递增； 当)1,(a x ∈时，0)('<x g ，)(x g 单调递减．又032)0(>=g 此时欲使)(x g 在区间)1,0(内有零点，必有0)1(<g ．10212132)2121(310)1(-<⇒<+=+++-⇒<a a a a g 无解当0≤a 时，当)1,0(∈x 时，0)('<x g 恒成立，)(x g 单调递减此时欲使)(x g 在区间)1,0(内有零点，必有10)1(-<⇒<a g ． 综上，a 的取值范围为)1,(--∞． ……………………9分 (Ⅲ)不能．原因如下：设)(x f 有两个极值点1x ，2x ，则导函数a x x x f +-=2)('有两个不同的零点410410<⇒>-⇒>∴a a ∆，且1x ，2x 为方程02=+-a x x 的两根 a x x a x x -=⇒=+-1211210111211211112131132)(61326121)(312131)(ax a x ax x ax x a x x ax x x x f +--=+-=+--=+-=∴a x a x f 61)6132()(11+-=∴同理a x a x f 61)6132()(22+-=由此可知过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线方程为a x a y 61)6132(+-=若直线过点)1,1(，则57676561)6132(1=⇒=⇒+-=a a a a前面已经讨论过若)(x f 有两个极值点，则41<a ，显然不合题意．综上，过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线不能过点)1,1(． ……………………14分 2.解： ()f x 的定义域为R . (Ⅰ)()e xxf x '=-， 由()0f x '=得，0x =， 由()0f x '>得，0x <， 由()0f x '<得，0x >，所以()f x 的单调增区间为（-∞，0），单调减区间为（0，+∞）.m 的取值范围是(0,1). ……………………6分(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，1(1,0)x ∈-，要证210x x >->，只需证21()()f x f x <- 因为12()()f x f x m ==，所以只需证11()()f x f x <-， 只需证111111e ex x x x -+-+<，只需证1211(1)e 10xx x -++<(1(1,0)x ∈-) 令2()(1)e 10x h x x x =-++<，则2()(21)e 1x h x x '=-+， 因为2(())4e 0x h x x ''=<，所以()h x '在(1,0)-上单调递减，所以()(0)0h x h ''>=，所以()h x 在(1,0)-上单调递增，所以()(0)0h x h <=， 所以21e 01x x x ++>-，故120x x +> ……………………13分 3.解：()f x 的定义域为(0)+∞,． ………………………1分 （Ⅰ）当1a =时，ln ()x f x x =，21ln ()xf x x -'=， ………………………2分 (1)0f =，(1)1f '=， ………………………3分所以，所求切线方程为1y x =-． ………………………4分（Ⅱ）因为0,0a x >>，所以.()f xa <， (5)分 令()g x，则()g x '=， ………………………6分由()0g x '=得，2e x =，所以，2(0e )∀∈,，()0g x '>，2(e )x ∀∈+∞,，()0g x '<， ………………………7分 所以()g x 的单调增区间是2(0e ),，单调减区间是2(e )+∞,， ………………………8分 所以22()(e )eg x g ≤=，所以2e a >. ………………………9分（III ）()1f x <⇔ln 0x ax -<， (10)分令()ln h x x ax =-，1()axh x x-'=， 所以，1(0)a ∀∈,，()0h x '>，1()x a∀∈+∞,，()0h x '<，所以()h x '的单调增区间是1(0)a ,，单调减区间是1()a+∞,， ………………………11分因为(1)h a =-，所以，当1a ≥时，存在0=1x ，使得当(1)x ∈+∞,，恒有()0h x <，即()1f x <， …………12分当01a <<时，由（Ⅱ）知，ln xx <，即ln x <，所以()ln h x x ax ax =-，=0ax 得，x =0h <.1a <0x )x ∈+∞，恒有()0h x <，即()1f x <. 综合上所述，总存在0x ，使得当0(,)x x ∈+∞，恒有()1f x <． ……………………13分4.解：（Ⅰ）由xe a x xf ⋅-=)()(得xe a x xf ⋅+-=)1()('．当1=a 时，xe x xf ⋅=)('，令0)('>x f ，得0>x ， 所以)(x f 的单调增区间为(0,).+∞………………………4分 （Ⅱ）令0)('=x f 得1-=a x ．所以当11≤-a 时，]2,1[∈x 时0)('≥x f 恒成立，)(x f 单调递增； 当21≥-a 时，]2,1[∈x 时0)('≤x f 恒成立，)(x f 单调递减； 当211<-<a 时，)1,1[-∈a x 时0)('≤x f ，)(x f 单调递减；)2,1(-∈a x 时0)('>x f ，)(x f 单调递增．综上，无论a 为何值，当]2,1[∈x 时，)(x f 最大值都为)1(f 或)2(f ．e af )1()1(-=，2)2()2(e a f -=，222(1)(2)(1)(2)()(2).f f a e a e e e a e e -=---=---所以当222211e e e a e e e --≥=--时，0)2()1(≥-f f ，e a f x f )1()1()(max -==.当222211e e e a e e e --<=--时，0)2()1(<-f f ，2max )2()2()(e a f x f -==．…………10分（Ⅲ）令()()h x f x x =+，所以'()1xh x xe =+. 所以''()(1)xh x x e =+.令''()(1)=0xh x x e =+，解得1x =-，所以当[5,1)x ∈--，''()0h x <，'()h x 单调递减； 当[1,)x ∈-+∞，''()0h x >，'()h x 单调递增. 所以当1x =-时，min 1'()'(1)10h x h e=-=->. 所以函数()h x 在[5,)-+∞单调递增.所以56()(5)5h x h e ≥-=--.所以[5,)x ∀∈-+∞，56()5f x x e ++≥-恒成立． ……………………13分 5.解：（Ⅰ） 对()f x 求导数，得()e x f x x '=-， [ 1分]所以切线l 的斜率为000()e x x f x '=-， [ 2分] 由此得切线l 的方程为：000002(1(e 2))e ()x x x x x y x ----=，即 000020(e )(1)1e 2x x x x y x x =+-+-. [ 3分]（Ⅱ） 由（Ⅰ）得，直线l 在y 轴上的截距为0020(1)1e 2x x x +-． [ 4分]设 2()(1)1e 2x g x x x +=-，[1,1]x ∈-．所以 ()(1e )x g x x '=-，令()0g x '=，得0x =． ()g x ，()g x '的变化情况如下表：所以函数()g x 在[1,1]-上单调递减， [ 6分]所以max 21[()](1)e 2g x g =-=+，min 1[()](1)2g x g ==， 所以直线l 在y 轴上的截距的取值范围是121[,]2e 2+． [ 8分]（Ⅲ）过M 作x 轴的垂线，与射线1y x =-交于点Q ，所以△MNQ 是等腰直角三角形． [ 9分] 所以 21|||||()()||e 1|2x MN MQ f x g x x x ==-=--+． [10分] 设 21()e 12x h x x x =--+，[0,)x ∈+∞， 所以 ()e 1x h x x '=--．令 ()e 1x k x x =--，则()e 10(0)x k x x '=->>， 所以 ()()k x h x '=在[0,)+∞上单调递增， 所以 ()(0)0h x h ''=≥，从而 ()h x 在[0,)+∞上单调递增， [12分] 所以 min [()](0)2h x h ==，此时(0,1)M ，(2,1)N ．所以 ||MN 的最小值为2，此时1a =． [13分] 6.解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是{|0D x x =>，且2}x ≠，且21()(2)a f x xx '=-+-．[ 2分]当1a =时，曲线()y f x =存在斜率为0的切线．证明如下：[ 3分] 曲线()y f x =存在斜率为0的切线⇔方程()0f x '=存在D 上的解． 令2110(2)xx -+=-，整理得2540x x -+=，解得1x =，或4x =．所以当1a =时，曲线()y f x =存在斜率为0的切线．[ 5分] 注：本题答案不唯一，只要0a >均符合要求． （Ⅱ）由（Ⅰ）得 21()(2)a f x x x '=-+-． ①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在区间(0,2)和(2,)+∞上单调递增，无极值，不合题意．[ 6分] ②当0a >时，令()0f x '=，整理得2(4)40x a x -++=． 由2[(4)]160a ∆=-+->，所以，上述方程必有两个不相等的实数解1x ，2x ，不妨设12x x <．由121244,4,x x a x x +=+>⎧⎨=⎩得1202x x <<<．[ 8分]()f x '，()f x 的变化情况如下表：)所以，()f x 存在极大值1()f x ，极小值2()f x ．[10分] 2121212121()()(ln )(ln )()(ln ln )2222a a a af x f x x x x x x x x x -=+-+=-+-----． [11分]因为1202x x <<<，且0a >， 所以21022a a x x ->--，21ln ln 0x x ->， 所以 21()()f x f x >．所以()f x 的极小值大于极大值．[13分] 7.解：(Ⅰ) 易得，2()33f x x a '=-，所以(1)33f a '=-， 依题意，1(33)()12a --=-，解得13a =； …………………………3分 （Ⅱ）因为1()[()2]2F x x g x x =-+-1(1ln )22x x x ⎡⎤=--+-⎢⎥⎣⎦21ln 2x x x x =-+，则()ln 11F x x x '=+-+ln 2x x =-+.设()ln 2t x x x =-+， 则1()1t x x'=-1xx -=. 令()0t x '=，得1x =.则由()0t x '>，得01x <<，()F x '为增函数； 由()0t x '<，得1x >，()F x '为减函数； 而2211()22e e F '=--+210e=-<，(1)10F '=>. 则()F x '在(0,1)上有且只有一个零点1x ， 且在1(0,)x 上()0F x '<，()F x 为减函数； 在1(,1)x 上()0F x '>，()F x 为为增函数. 所以1x 为极值点，此时0m =.又(3)ln310F '=->，(4)2ln 220F '=-<， 则()F x '在(3,4)上有且只有一个零点2x ， 且在2(3,)x 上()0F x '>，()F x 为增函数； 在2(,4)x 上()0F x '<，()F x 为减函数. 所以2x 为极值点，此时3m =.综上0m =或3m =. ……………………9分 （Ⅲ）（1）当(0,e)x ∈时，()0g x >，依题意，()()0h x g x ≥>，不满足条件； （2）当e x =时，(e)0g =，3(e)e 3e e f a =-+，①若3(e)e 3e e 0f a =-+≤，即2e 13a +≥，则e 是()h x 的一个零点；②若3(e)e 3e e 0f a =-+>，即2e 13a +<，则e 不是()h x 的零点；（3）当(e,)x ∈+∞时，()0g x <，所以此时只需考虑函数()f x 在(e,)+∞上零点的情况.因为22()333e 3f x x a a '=->-，所以 ①当2e a ≤时，()0f x '>，()f x 在(e,)+∞上单调递增. 又3(e)e 3e e f a =-+，所以（i ）当2e 13a +≤时，(e)0f ≥，()f x 在(e,)+∞上无零点；（ii ）当22e 1e 3a +<≤时，(e)0f <， 又333(2e)8e 6e e 8e 6e e 0f a =-+≥-+>， 所以此时()f x 在(e,)+∞上恰有一个零点；②当2e a >时，令()0f x '=，得x =由()0f x '<，得e x <<由()0f x '>，得x >所以()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增. 因为333(e)e 3e e e 3e e 0f a =-+<-+<，32222(2)86e 86e 2e 0f a a a a a a =-+>-+=+>,所以此时()f x 在(e,)+∞上恰有一个零点；综上，2e 13a +>. ………………………………13分8.解：(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为{}0x x >.（ⅰ）当e m =时，(e)2f '=，(e)e 1g a '=+. 因为12l l ⊥，所以(e)(e)1f g ''⋅=-. 即2(e 1)=1a +-. 解得32ea =-. ………………3分 (ⅱ)因为12l l ，则()()f m g m ''=在()+∞0，上有解.即ln 0m am -=在()+∞0，上有解. 设()ln F x x ax =-，0x >， 则11()axF x a x x-'=-=. （1）当0a ≤时，()0F x '>恒成立，则函数()F x 在()+∞0，上为增函数.1 当0a <时，取e a x =，(e )e (1e )0.a a a F a a a =-=-<取e x =，(e)=1e 0F a ->, 所以()F x 在()+∞0，上存在零点.2当0a =时，()ln F x x =存在零点，1x =，满足题意.（2）当0a >时，令()0F x '=，则1x a=. 则()F x 在(0)a 1，上为增函数，1(,)a+∞上为减函数.所以()F x 的最大值为11()ln 10F a a=-≥.解得10<ea ≤.取1x =，(1)=0F a -<.因此当1(0,]ea ∈时，方程()0F x =在()+∞0，上有解. 所以，a 的最大值是1e. ………………8分 另解：函数()f x 的定义域为{}0x x >.则()1ln f m m '=+，()1g m am '=+. 因为12l l ，则()()f m g m ''=在()+∞0，上有解.即ln m am =在()+∞0，上有解. 因为0m >，所以ln ma m=. 令ln ()xF x x =(0x >). 21ln ()0xF x x-'==. 得e x =.当(0,e)x ∈，()0F x '>，()F x 为增函数； 当()e,x ∈+∞，()0F x '<，()F x 为减函数；所以max 1()(e)e F x F ==. 所以，a 的最大值是1e. (8)分（Ⅱ） 2()ln 2a h x x x x x a =--+ (0),x > ()ln h x x ax '=-.因为12,x x 为()h x 在其定义域内的两个不同的极值点， 所以12,x x 是方程ln 0x ax -=的两个根. 即11ln x ax =，22ln x ax =. 两式作差得，1212ln ln x x a x x -=-.因为0,λ>120x x <<，由21ln 1ln x x λλ->-，得121ln ln x x λλ+<+. 则121211()a x x a x x λλλλ++<+⇔>+⇔1212ln ln x x x x --121x x λλ+>+⇔112212(1)()lnx x x x x x λλ+-<+. 令12x t x =，则(0,1)t ∈，由题意知: ln t <(1)(1)t t λλ+-+在(0,1)t ∈上恒成立，令(1)(1))ln t t t t λϕλ+-=-+（， 则221(1)()()t t t λϕλ+'=-+=22(1)()()t t t t λλ--+.（1）当21λ≥，即1λ≥时，(0,1)t ∀∈，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,1上单调递增.又(1)0ϕ=，则()0t ϕ<在()0,1上恒成立. （2）当21λ<，即01λ<<时，()20,t λ∈时，()0t ϕ'>，()t ϕ在()20,λ上为增函数；当()21t λ∈，时，()0t ϕ'<，()t ϕ在()21λ，上为减函数. 又(1)0ϕ=，所以()t ϕ不恒小于0，不合题意.综上，[1,)λ∈+∞. ………………13分 9.解：（Ⅰ）()e 2x f x x a '=-+， 由已知可得(0)0f '=， 所以10a +=, 得1a =-.（Ⅱ）()e 2x g x '=-，令()0g x '=，得ln2x =， 所以x ，()g x '，()g x 的变化情况如下表所示：所以()g x 的最小值为ln 2(ln 2)e 2ln 2112ln 2g =--=-. （Ⅲ）证明：显然()()g x f x '=且(0)0g =，由（Ⅱ）知，()g x 在(,ln 2)-∞上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增. 又(ln 2)0g <，2(2)e 50g =->，由零点存在定理，存在唯一实数0x ∈(ln 2,)+∞，满足0()0g x =， 即00e 210x x --=，00e 21x x =+，综上，()()g x f x '=存在两个零点，分别为0，0x . 所以0x <时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 在(,0)-∞上单调递增； 00x x <<时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 在0(0,)x 上单调递减；0x x >时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 在0(,)x +∞上单调递增，所以(0)f 是极大值，0()f x 是极小值，0222200000000015()e 211()24x f x x x x x x x x x =--=+--=-++=--+，因为323(1)e 30,()e 402g g =-<=->，所以03(1,)2x ∈，所以0()0f x >，因此0x ≥时，()0f x >.因为(0)1f =且()f x 在(,0)-∞上单调递增， 所以一定存在0c <满足()0f c >， 所以存在0c <，当x c >时，()0f x >. 10.解：（Ⅰ）由3211()+2132f x x x x =-+得2'()+2(1)(2)f x x x x x =-=+-，令'()0f x =，得122,1x x =-=，(),'()f x f x 的情况如下表：所以函数()f x 的单调区间为(,2),(1,)-∞-+∞，单调减区间为(2,1)-. （Ⅱ）由3211()+2132f x x x x =-+可得13(2)3f -=.当2a -<-即522a ≤≤时，由（Ⅰ）可得()f x 在[,2)a --和(1,]a 上单调递增，在(2,1)-上单调递减，所以，函数()f x 在区间[,]a a -上的最大值为max{(2),()}f f a -，又由（Ⅰ）可知513()()23f a f ≤=， 所以13max{(2),()}(2)3f f a f -=-=；当2,1a a -≥-≤，即01a <≤时，由（Ⅰ）可得()f x 在[,]a a -上单调递减，()f x 在[,]a a -上的最大值为32()2132a a f a a -=-+-+.当2,1a a -≤->，即12a <≤时，由（Ⅰ）可得()f x 在[,1)a -上单调递减，在(1,]a 上单调递增，所以，函数()f x 在区间[,]a a -上的最大值为max{(),()}f a f a -， 法1：因为22()()(6)03f a f a a a --==-->，所以32max{(),()}()2132a a f a f a f a a -=-=-+-+.法2：因为21a -≤-<-，12a <≤ 所以由（Ⅰ）可知19()(1)6f a f ->-=，10()(2)6f a f ≤=， 所以()()f a f a ->，所以32max{(),()}()2132a a f a f a f a a -=-=-+-+.法3：设32()()()43g x f x f x x x =--=-+，则2'()24g x x =-+，(),'()g x g x 的在[1,2]上的情况如下表：所以，当02x <<时，()(0)0g x g >=，所以()()()0g a f a f a =-->，即()()f a f a ->所以max{(),()}()f a f a f a -=-322132a aa =-+-+.综上讨论，可知：当522a ≤≤时，函数()f x 在区间[,]a a -上的最大值为133；当02a <<时，函数()f x 在区间[,]a a -上的最大值为32()2132a af a a -=-+-+.11.解：（Ⅰ）由题意，设切点为00(,)M x y ，由题意可得0000'()0y f x x -=-，即00x x e e x =，解得01x =，即切点(1,)M e .所以010e k e -==-，所以切线方程为y ex =. …………..........…5分 （Ⅱ）当 0,0x m >>时， 曲线()y f x =与曲线2(0)y mx m => 的公共点个数 即方程2)(mx x f =根的个数.由2()f x mx =得2xe m x=．令2()x e g x x =，则4(2)'()x xe x g x x -=，令'()0g x =，解得2x =.随x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下表：其中2g(2)4e =.所以g(2)为2()xe g x x=在(0,)+∞的最小值．所以对曲线()y f x =与曲线2(0)y mx m =>公共点的个数，讨论如下：当2(0,)4e m ∈时，有0个公共点； 当24e m =时，有1个公共点；当2(,)4e m ∈+∞时，有2个公共点. ………..........…13分12.解：()f x 的定义域为(0,)+∞． ………1分 （Ⅰ）当3a =时，2()2ln 32f x x x x =-++，所以22232'()23x x f x x x x -++=-+=.令2232'()0x x f x x-++==，得22320x x -++=， 因为0x >，所以2x =. ()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的变化情况如下：所以()f x 的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间(2)+∞，. ()f x 有极大值2ln 24+，()f x 无极小值. …………6分（Ⅱ）因为2()2ln 2f x x x ax =-++， 所以2'()2f x x a x=-+. 设直线1y x =-+与曲线()y f x =的切点为（00,()x f x ），所以2000000222'()21x ax f x x a x x -++=-+==-，即202(1)20x a x -+-=. 又因为200000()2ln 21f x x x ax x =-++=-+，即20002ln (1)10x x a x -+++= 所以2002ln 10x x +-=.设2()2ln 1g x x x =+-，因为22(1)'()0(0)x g x x x+=>>， 所以()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.所以()g x 在区间(0,)+∞上有且只有唯一的零点. 所以(1)0g =，即01x =.所以1a =-. …………13分13.解：（Ⅰ）11()e (ln )e e (ln )x xx f x a x a x x x'=⋅++⋅=⋅++． [ 2分] 依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=， [ 3分] 解得 0a =． [ 4分] （Ⅱ）由（Ⅰ）得 1()e (ln )xg x a x x =⋅++， 所以 2211121()e (ln )e ()e (ln )x x xg x a x a x x x x x x'=⋅+++⋅-=⋅+-+． [ 6分]因为 e 0x>，所以()g x '与221ln a x x x+-+同号． 设 221()ln h x a x x x =+-+， [ 7分] 则 223322(1)1()x x x h x x x-+-+'==． 所以 对任意(0,)x ∈+∞，有()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞单调递增． [ 8分]因为 (0,ln 2)a ∈，所以 (1)10h a =+>，11()ln 022h a =+<，故存在01(,1)2x ∈，使得 0()0h x =． [10分]()g x 与()g x '在区间1(,1)上的情况如下：所以 ()g x 在区间0(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以 若(0,ln 2)a ∈，存在01(,1)2x ∈，使得0x 是()g x 的极小值点． [11分]令 0()0h x =，得 00212ln x a x x -+=， 所以 00000212()e (ln )e 0x x x f x a x x -=⋅+=⋅<． [13分] 14.解：（Ⅰ）()f x 的导函数为221ln ()x ax f x x --'=， ………………2分所以(1)1f a '=-． 依题意，有 (1)(1)112f a --=--，即1112a a -+=--， ……………… 4分解得 1a =． ……………… 5分（Ⅱ）由（Ⅰ）得221ln ()x xf x x --'=．当0<<1x 时，210x ->，ln 0x ->，所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当>1x 时，210x -<，ln 0x -<，所以()0f x '<，故()f x 单调递减．所以 ()f x 在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． ……………… 8分 因为 101b b<<<， 所以 ()f x 最大值为(1)1f =-． ……………… 9分 设 111()()()()ln h b f b f b b b b b b =-=+-+，其中1b >． ………………10分则 21()(1)ln 0h b b b '=->， 故 ()h b 在区间(1,)+∞上单调递增． ………………11分所以 ()(1)0h b h >=， 即 1()()f b f b >， ………………12分故 ()f x 最小值为11()ln f b b b b=--． ………………13分15.已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.解:（Ⅰ）若0a =,则(1)1f =-,22ln (),(1)2xf x f x-''==, 所以()f x 在点(1,1)-处的切线方程为230x y --=.（Ⅱ）222ln (0,),().ax xx f x x--'∈+∞=令2()2ln g x ax x =--,则221()ax g x x--'=.令()0g x '=,得x =依题意102a->) 由()0g x '>,得x>由()0g x '<,得0x <<.所以,()g x在区间上单调递减,在区间)+∞上单调递增所以,min5()2g x g ==- 因为1a <-,所以110,022a <-<<. 所以()0g x >,即()0f x '>.所以函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.（Ⅲ）由0,()1x f x ><-,等价于ln 11x ax x--<-, 等价于21ln 0ax x x -+->.设2()1ln h x ax x x =-+-,只须证()0h x >成立.因为2121()21,12,ax x h x ax a x x--'=--=<< 由()0h x '=,得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ,则200210ax x --=.在0(0,)x 上()0h x '<,在0(,)x +∞上()0h x '>则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-000011ln 23ln .2x x x x x +=-+--=-又13(1)220,()2()30,222a h a h a ''=->=-=-<所以011.2x << 则030,ln 0.2x x ->-> 因此03ln 0,2x x -->即0()0.h x >所以()0h x >. 所以()1f x <-.16.解：（Ⅰ）由题意可知()(1)xf x x e '=+，(0)1f '=，因为曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，所以1a =-. ……………… 3分（Ⅱ）令()()()h x f x g x =-，(2,2)x ∈-.则()(1)e ,()(2)e 0x x h x x a h x x '''=+-=+>所以，()h x '在区间(2,2)-上单调递增.依题意，(2)0(2)0h h '-<⎧⎨'>⎩ ，解得221(,3e )e a ∈-.所以0(2,2)x ∃∈-，使得0()0h x '=，即00(1)e 0xx a +-=, 于是()h x 的最小值为0000()e 1xh x x ax =--.依题意，0(2)0(2)0()0h h h x ->⎧⎪>⎨⎪<⎩，，，因为000020000000()e 1e (1)e 1e 10xxxxh x x ax x x x x =--=-+-=--<,所以，解得22111(,e )e 22a ∈+-.……………… 8分 （Ⅲ）()(1)e x f x x '=+⋅，令()0f x '=，得1x =-.当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当(12)x ∈-，时，()0f x '>，函数()f x 为增函数. 所以函数()f x 的最小值1(1)ef -=-. 又2(2)2e f =.显然当0x <时，()0f x <. 令2()e ,1x t x x x =<-.则2()(2)e .xt x x x '=+令()0t x '=，得2x =-或0. 所以()t x 在()2-∞-，内为增函数，在()21--，内为减函数.所以max 24()(2)1e t x t =-=<.所以2e 1x x <. 又1x <-，所以1e x x x >.而当1x <-时，()11,0x∈-，所以当(],1x ∈-∞-时，1(),0e f x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭；当(1,0)x ∈-时，1(),0ef x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. (1)当0a =时，()1g x =，符合题意；(2)当0a >时，易得()[21,21]g x a a ∈-++.依题意2210212e a a -+≥⎧⎨+<⎩，， 所以21,21e ,2a a ⎧≤⎪⎪⎨⎪<-⎪⎩所以此时102a <≤.(3)当0a <，则()[2121]g x a a ∈+-+，，依题意2210212e a a +≥⎧⎨-+<⎩，，所以21,21e ,2a a ⎧≥-⎪⎪⎨⎪>-+⎪⎩所以102a -≤<.综上11[,]22a ∈-. ……………13分17.解：（Ⅰ）当0a =时，()sin x f x e x =,'()(sin cos )x f x e x x x R =+∈，. (1)分得'(0) 1.f = .…………………….…2分 又0(0)sin 0=0f e =, .…………………….…3分所以曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为.y x = .…………………….…4分方法1：（Ⅱ）因为()sin x f x e x ax =-，所以π'()e (sin cos )sin(+)4x xf x x x a x a =+-=-. …………………….…5分因为3π[0,]4x ∈，所以ππ[,π]44x +∈. .…………………….…6分πsin()04xx +≥. (7)分所以 当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. (8)分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时，设()'()g x f x =，则 '()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=，所以'()f x 在[0,]2上单调递增，在(,]24上单调递减 .…………………….…10分因为'(0)10f a =->，3π()04f a '=-<，所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <， 所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π2443π3π()e e 304242f a =⨯->⨯->>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .…………………….…13分方法2：（Ⅱ）因为()sin x f x e x ax =-，所以'()(sin cos )x f x e x x a =+-，…………….…5分 令()'()g x f x =，则'()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=， .…………………….…6分(),'()g x g x 随x 的变化情况如下表：.…7分当0a ≤时，(0)10g a =->，3(π)04g a =-≥所以3π[0,]4x ∈时，()0g x ≥，即()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. .…………………….…8分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时， 由（Ⅱ）可知，()f x '在π[0,]2上单调递增，在π3π(,]24上单调递减，因为(0)10f a '=->，3π()04f a '=-<，所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <，所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π443π3π()e e 3044f a =->>>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .……………….…13分 18.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞， …………………1分令()0f x =，得220,.x a x a +==- …………………2分 当0a ≥时，方程无解，()f x 没有零点； …………………3分当0a <时，得x =…………………4分综上，当0a ≥时()f x 无零点；当0a <时，()f x 零点为（Ⅱ）2'()(1)()x x a a f x e x e x x=-++322()xx x ax a e x ++-=. …………………6分 令32()g x x x ax a =++-，(1)x > …………………7分 则2'()32g x x x a =++， …………………8分其对称轴为13x =-，所以'()g x 在(1,)+∞上单调递增， ………………9分 所以2'()31215g x a a >⨯+⨯+=+，当5a ≥-时，'()0g x >恒成立， …………………10分 所以()g x 在(1,)+∞上为增函数. …………………11分所以()(1)20g x g >=>. …………………12分所以1x >时，'()0f x >,()f x 在(1,)+∞上单调递增. …………………13分19.解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞， ……………………1分导函数1e ()e ex x xa a xf x x x -'=-+=． ……………………3分（Ⅰ）当1e a =时，因为11(1)0e e f '=-+=，1(1)ef =， ……………………5分 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1ey =． ……………………6分（Ⅱ）e ()(0)e x xa xf x x x -'=>， 设函数()f x 在定义域内不单调时．．．．，a 的取值范围是集合A ； ……………………7分 函数()f x 在定义域内单调时．．．，a 的取值范围是集合B ，则RA B =．所以函数()f x 在定义域内单调．．，等价于()0f x '≤恒成立，或()0f x '≥恒成立， 即e 0x a x -≤恒成立，或e 0x a x -≥恒成立，等价于e x x a ≤恒成立或e x xa ≥恒成立． ……………………8分 令()(0)e x x g x x =≥，则1()ex xg x -'=， ……………………9分由()0g x '>得 01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增； ……………………10分 由()0g x '<得 1x >，所以()g x 在(1,)+∞上单调递减． ……………………11分 因为(0)0g =，1(1)eg =，且0x >时，()0g x >， 所以1()(0]eg x ∈，． ……………………12分 所以1{|0,}eB a a a =≤≥或，所以1{|0}eA a a =<<． ……………………13分 20.解：（Ⅰ）因为2'()(0)x ef x x x-=>， 所以当),0(e x ∈时，0)(<'x f ，)(x f 在),0(e 上单调递减；当),(+∞∈e x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),(+∞e 上单调递增；所以当e x =时，)(x f 取得极小值2ln )(=+=eee ef ． ………………3分 （Ⅱ）=-'=3)()(x x f x g 312xx m x --)0(>x ，令0)(=x g ，得31(0)3m x x x =-+>．设31()(0)3x x x x ϕ=-+>，则=+-='1)(2x x ϕ)1)(1(+--x x ．所以当)1,0(∈x 时，0)(>'x ϕ，)(x ϕ在(0,1)上单调递增； 当),1(+∞∈x 时，0)(<'x ϕ，)(x ϕ在),1(+∞上单调递减；所以)(x ϕ的最大值为32131)1(=+-=ϕ，又0)0(=ϕ，可知： ①当32>m 时，函数)(x g 没有零点； ②当32=m 或0≤m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点； ③当320<<m 时，函数)(x g 有2个零． ……………9分 （Ⅲ）原命题等价于a a f b b f -<-)()(恒成立．)(*.设=-=x x f x h )()()0(ln >-+x x xmx ， 则)(*等价于)(x h 在),0(+∞上单调递减．即011)(2≤--='xmx x h 在),0(+∞上恒成立， 所以=+-≥x x m 241)21(2+--x )0(>x 恒成立， 所以41≥m ． 即m 的取值范围是),41[+∞． ………………14分 21.解：（Ⅰ）因为()e cos xf x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1x h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x x h x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 22.（13分）解：（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++，所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e x xf x ax a x ax x '=-++=--.若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞. 方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--. （1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.。
2017年1月北京各区高三上学期期末导数大题汇编及答案
导数汇编 2017.11．CY （本小题满分14分）设函数2()ln(1)1f x x ax x =-+++，2()(1)e x g x x ax =-+，R a ∈．（Ⅰ）当1a =时，求函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()g x 有两个零点，试求a 的取值范围； （Ⅲ）证明()()f x g x ≤．2.DC （本小题13分）设函数()ln(1)()1axf x x a x =+-∈+R ． （Ⅰ）若(0)f 为()f x 的极小值，求a 的值；（Ⅱ）若()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立，求a 的最大值．3.（本小题14分）设函数ax x x x f +⋅=ln )(，a ∈R .（Ⅰ）当1=a 时，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数)(x f y =在],1[e e上的最小值； （Ⅲ）若x a ax x f x g )12(21)()(2+-+=，求证：0≥a 是函数)(x g y =在)2,1(∈x 时单调递增的充分不必要条件.4.HD （本小题满分14分）已知函数()ln 1af x x x=--．（Ⅰ）若曲线()y f x =存在斜率为1-的切线，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设函数()ln x ag x x+=，求证：当10a -<<时，()g x 在(1,)+∞上存在极小值．5. （本小题满分14分）已知函数ln 1()x f x x+=. （Ⅰ）求曲线()y f x =在函数()f x 零点处的切线方程； （Ⅱ）求函数()y f x =的单调区间；（Ⅲ）若关于x 的方程()f x a =恰有两个不同的实根12,x x ，且12x x <，求证：2111x x a->-.6.HB(本小题满分12分）已知函数)()(R x xe x f x∈=- （1）求函数)(x f 的单调区间和极值；（2）已知函数)(x f g =与函数)(x f y =的图像关于直线x = 1对称，证明：当x ＞1时，f(x) ＞ g(x)；（3）如果)()(,,2121x f x f x x =且，证明：＞221x x +.7.TJ （本小题满分14分） 已知函数325()2f x x x ax b =+++（,a b ∈R ），函数()f x 的图象记为曲线C . （I ）若函数()f x 在1x =-时取得极大值2，求,a b 的值； （II ）若函数25()2()(21)32F x f x x a x b =----存在三个不同的零点，求实数b 的取值范围；（III ）设动点00(,())A x f x 处的切线1l 与曲线C 交于另一点B ，点B 处的切线为2l ，两切线的斜率分别为12,k k ，当a 为何值时存在常数λ使得21k k λ=？并求出λ的值.8．XC （本小题满分13分）已知函数()ln sin (1)f x x a x =-⋅-，其中a ∈R ．（Ⅰ）如果曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率是1-，求a 的值； （Ⅱ）如果()f x 在区间(0,1)上为增函数，求a 的取值范围．9．（本小题满分13分）对于函数()f x ，若存在实数0x 满足00()f x x =，则称0x 为函数()f x 的一个不动点． 已知函数32()3f x x ax bx =+++，其中,a b ∈R ． （Ⅰ）当0a =时，（ⅰ）求()f x 的极值点；（ⅱ）若存在0x 既是()f x 的极值点，又是()f x 的不动点，求b 的值； （Ⅱ）若()f x 有两个相异的极值点1x ，2x ，试问：是否存在a ，b ，使得1x ，2x 均为()f x 的不动点？证明你的结论．导数答案 2017.11．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(1,)+∞，(221)()1x ax a f x x -+'=-．当1a =时， (2)426f a '=+=，(2)437f a =+=．所以函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程为76(2)y x -=-．即65y x =-． …………………………………4分（Ⅱ）函数()g x 的定义域为R ，由已知得()(e 2)xg x x a '=+．①当0a =时，函数()(1)e xg x x =-只有一个零点； ②当0a >，因为e 20xa +>，当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<；当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>． 所以函数()g x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增． 又(0)1g =-，(1)g a =，因为0x <，所以10,1xx e -<<，所以(1)1xe x x ->-，所以2()1g x ax x >+-取0x =00x <且0()0g x >所以(0)(1)0g g <，0()(0)0g x g <．由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点． ③当0a <时，由()(e 2)0xg x x a '=+=，得0x =，或ln(2)x a =-．ⅰ) 当12a <-，则ln(2)0a ->． 当x 变化时，(),()g x g x '变化情况如下表：注意到(0)1g =-，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． ⅱ) 当12a =-，则ln(2)0a -=，()g x 在(,)-∞+∞单调递增，函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． 若12a >-，则ln(2)0a -≤． 当x 变化时，(),()g x g x '变化情况如下表：注意到当0,0x a <<时，2()(1)e 0xg x x ax =-+<，(0)1g =-，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意．综上，a 的取值范围是(0,).+∞ …………………………………………9分 （Ⅲ）证明：()()(1)e ln(1)1xg x f x x x x -=-----．设()(1)e ln(1)1xh x x x x =-----，其定义域为(1,)+∞，则证明()0h x ≥即可． 因为1()e (e )11x x x h x x x x x '=-=---，取311e x -=+，则1311()(e e )0x h x x '=-<，且(2)0h '>．又因为21()(1)e 0(1)xh x x x ''=++>-，所以函数()h x '在(1,)+∞上单增． 所以()0h x '=有唯一的实根0(1,2)x ∈，且001e1x x =-． 当01x x <<时，()0h x '<；当0x x >时，()0h x '>． 所以函数()h x 的最小值为0()h x ．所以00000()()(1)e ln(1)1xh x h x x x x ≥=-----00110x x =+--=．所以()().f x g x ≤2.（共14分）解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)-+∞． 因为()ln(1)1axf x x x =+-+， 所以21'()1(1)a f x x x =-++． 因为(0)f 为()f x 的极小值， 所以'(0)0f =，即21001(01)a -=++．所以1a =． 此时，2'()(1)xf x x =+．当(1,0)x ∈-时，'()0f x <，()f x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >，()f x 单调递增． 所以()f x 在0x =处取得极小值，所以1a =． ……………………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知当1a =时，()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数， 所以()(0)0f x f >=， 所以()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立． 因此，当1a <时，()ln(1)ln(1)011ax xf x x x x x =+->+->++， ()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立．当1a >时，221(1)'()1(1)(1)a x a f x x x x --=-=+++， 所以，当(0,1)x a ∈-时，'()0f x <，因为()f x 在[0,1)a -上单调递减， 所以(1)(0)0f a f -<=．所以当1a >时，()0f x >并非对(0,)x ∈+∞恒成立．综上，a 的最大值为1． ……………………………13分 3.（共14分）解：（Ⅰ）由ax x x x f +⋅=ln )(得1ln )('++=a x x f .当1=a 时，2ln )('+=x x f ，1)1(=f ，2)1('=f ，求得切线方程为12-=x y ∴ 当e e a 1)1(≤+-，即0≥a 时，],1[e e x ∈时0)('≥x f 恒成立，)(x f 单调递增， 此时ea e f x f 1)1()(min -==.当e ea ≥+-)1(，即2-≤a 时，],1[e ex ∈时0)('≤x f 恒成立，)(x f 单调递减， 此时e ae e f x f +==)()(min .当e e e a <<+-)1(1，即02<<-a 时，),1[)1(+-∈a e ex 时0)('<x f ，)(x f 单减； ),()1(e e x a +-∈时0)('>x f ，)(x f 单增，此时)1()1(min )()(+-+--==a a e e f x f .（Ⅲ）)1(ln ln )12()(')('-+=-+=+-+=x a x a ax x a ax x f x g .∴ 当0≥a 时，)2,1(∈x 时0ln >x ，0)1(≥-x a ，0)('>x g 恒成立，函数)(x g y =在)2,1(∈x 时单调递增，充分条件成立；又当21-=a 时，代入2121ln )1(ln )('+-=-+=x x x a x x g . 设2121ln )(')(+-==x x x g x h ，)2,1(∈x ，则022211)('>-=-=xxx x h 恒成∴ 当)2,1(∈x 时，)(x h 单调递增.又0)1(=h ，∴当)2,1(∈x 时，0)(>x h 恒成立. 而)(')(x g x h =，∴当)2,1(∈x 时，0)('>x g 恒成立，函数)(x g y =单调递增.∴ 必要条件不成立综上，0≥a 是函数)(x g y =在)2,1(∈x 时单调递增的充分不必要条4.解：（Ⅰ）由()ln 1af x x x =--得221'()(0)a x af x x x x x+=+=>.由已知曲线()y f x =存在斜率为1-的切线， 所以'()1f x =-存在大于零的实数根， 即20x x a ++=存在大于零的实数根， 因为2y x x a =++在0x >时单调递增， 所以实数a 的取值范围0∞（-，）.（Ⅱ）由2'()x af x x +=，0x >，a ∈R 可得 当0a ≥时，'()0f x >，所以函数()f x 的增区间为(0,)+∞； 当0a <时，若(,)x a ∈-+∞，'()0f x >，若(0,)x a ∈-，'()0f x <， 所以此时函数()f x 的增区间为(,)a -+∞，减区间为(0,)a -.（Ⅲ）由()ln x a g x x+=及题设得22ln 1('()(ln )(ln )a x f x x g x x x --==）， 由10a -<<可得01a <-<，由(Ⅱ)可知函数()f x 在(,)a -+∞上递增， 所以(1)10f a =--<， 取e x =，显然e 1>，(e)lne 10e a af e=--=->，所以存在0(1,e)x ∈满足0()0f x =，即 存在0(1,e)x ∈满足0'()0g x =，所以(),'()g x g x 在区间(1,)+∞上的情况如下：x0(1,)x 0x 0(,)x +∞ '()g x-0 +()g x极小所以当10a -<<时，()g x 在(1,)+∞上存在极小值. （本题所取的特殊值不唯一，注意到0(1)ax x->>），因此只需要0ln 1x ≥即可） 5. （本小题满分14分） 解：（Ⅰ）令()0f x =，得1ex =. 所以，函数()f x 零点为1e.由ln 1()x f x x+=得()()221ln 1ln x x x x f x x x ⋅-+-'==， 所以21e e f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，所以曲线()y f x =在函数()f x 零点处的切线方程为210e e y x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，即2e e y x =-.（Ⅱ）由函数ln 1()x f x x+=得定义域为(0,)+∞. 令()0f x '=，得1x =.所以，在区间(0,1)上，'()0f x >；在区间(1,)+∞上，'()0f x <. 故函数()f x 的单调递增区间是()01，，单调递减区间是()1+∞，. （Ⅲ）由（Ⅰ）可知()f x 在1(0,e )-上()0f x <，在1(e ,)-+∞上()0f x >.由（Ⅱ）结论可知，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)1f =，所以，方程()f x a =有两个不同的实根12,x x 时，必有01a <<，且112e 1x x -<<<， 法1：所以21()(1ln )()f a a a f x a=->=， 由()f x 在(1,)+∞上单调递减可知21x a>， 所以2111x x a->-. 法2：由()f x a =可得ln 1x ax +=，两个方程同解. 设()ln 1g x x ax =+-，则11()axg x a x x-'=-=， 当01a <<时，由()0g x '=得1x a=， 所以(),'()g x g x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以11x a <，21x a >,所以2111x x a ->-.6.（1）()(1),xf x e x -'=-()f x 在(),1-∞上增，在()1,+∞上减，故()f x 在x=1处取得极大值11(1)f ee-== …4分 （2）因为函数()f x 的图像与()g x 的图像关于直线x=1对称，所以 ()g x =2(2)(2)x f x x e --=-，令()()()F x f x g x =-，则2()(2)xx F x xex e --=+-又22()(1)(1)x x F x x ee --'=--，当1x >时有()0F x '>，()F x 在(1,)+∞上为增函数，∴()(1)0F x F >=. …8分(3) ()f x 在(),1-∞上增，在()1,+∞上减，且12x x ≠， ∴x 1, x 2分别在直线x=1两侧，不妨设x 1<1,x 2>1,∴12()(),f x g x >即12()(2)f x f x >-，∵21x >∴221,x -< 又11,x < ∴122x x >-∴122x x +>. …12分 7．（本小题满分14分）解：函数325()2f x x x ax b =+++的导函数为2()35f x x x a '=++. （I ）当1x =-时极大值2，则(1)0,(1)2f f '-=-=，解得52,2a b ==；…… 4分 （II ）由题意可得25()2()(21)32F x f x x a x b =----有三个不同的零点，即方程325202x x x b ++-=有三个实数解. 令325()22g x x x x =++，则2()651(21)(31)g x x x x x '=++=++，由()0g x '=可得12x =-或13x =-，且11(,),(,)23-∞--+∞是其单调递增区间，11(,)23--是其单调递减区间，1117(),()28354g g -=--=-.因此，实数b 的取值范围是71(,)548--. 9分 （III ）由（I ）知点00(,())A x f x 处的切线1l 的方程为000()()()y f x f x x x '-=-，与()y f x =联立得000()()()()f x f x f x x x '-=-，即2005()(2)02x x x x -++=，所以点B 的横坐标是05(2)2B x x =-+，可得221002005535,3(2)5(2)22k x x a k x x a =++=+-++，即22002512204k x x a =+++，21k k λ=等价于20025(35)(4)(1)4x x a λλ+-=--，解得254,12a λ==. 综上可得，当2512a =时存在常数4λ=使得21k k λ=. ……………14分8．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，[1分]导函数为1()cos(1)f x a x x'=-⋅-．[2分]因为曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率是1-，所以(1)1f '=-，即11a -=-，[3分]所以2a =．[4分]（Ⅱ）因为()f x 在区间(0,1)上为增函数，所以对于任意(0,1)x ∈，都有1()cos(1)0f x a x x '=-⋅-≥．[6分] 因为(0,1)x ∈时，cos(1)0x ->， 所以11()cos(1)0cos(1)f x a x a x x x '=-⋅-⇔⋅-≤≥．[8分] 令()cos(1)g x x x =⋅-，所以()cos(1)sin (1)g x x x x '=--⋅-．[10分] 因为(0,1)x ∈时，sin (1)0x -<，所以(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 在区间(0,1)上单调递增，所以()(1)1g x g <=．[12分]所以1a ≤．即a 的取值范围是(,1]-∞．[13分]9．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，且2()32f x x ax b '=++．[1分]当0a =时，2()3f x x b '=+．（ⅰ）① 当0b ≥时，显然()f x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值点．[2分]② 当0b <时，令()0f x '=，解得x =．[3分] ()f x 和()f x '的变化情况如下表：所以，x =是()f x 的极大值点；x 是()f x 的极小值点．[5分] （ⅱ）若0x x =是()f x 的极值点，则有2030x b +=；若0x x =是()f x 的不动点，则有30003x bx x ++=．从上述两式中消去b ，整理得300230x x +-=．[6分]设3()23g x x x =+-．所以2()610g x x '=+>，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增．又(1)0g =，所以函数()g x 有且仅有一个零点1x =，即方程300230x x +-=的根为01x =，所以 2033b x =-=-．[8分]（Ⅱ）因为()f x 有两个相异的极值点1x ，2x ，所以方程2320x ax b ++=有两个不等实根1x ，2x ， 所以24120a b ∆=->，即230a b ->．[9分] 假设存在实数a ，b ，使得1x ，2x 均为()f x 的不动点，则1x ，2x 是方程 32(1)30x ax b x ++-+=的两个实根，显然1x ，20x ≠．对于实根1x ，有32111(1)30x ax b x ++-+=．①又因为211320x ax b ++=．②①3⨯-②1x ⨯，得 211(23)90ax b x +-+=．同理可得222(23)90ax b x +-+=．所以，方程2(23)90ax b x +-+=也有两个不等实根1x ，2x ．[11分] 所以1223b x x a-+=-． 对于方程2320x ax b ++=，有 1223a x x +=-， 所以2233a b a--=-， 即2932a b -=-， 这与230a b ->相矛盾！所以，不存在a ，b ，使得1x ，2x 均为()f x 的不动点．[13分。
北京市部分区2017届高三上学期考试数学理试题分类汇编：导数及其应用含答案
北京市部分区2017届高三上学期考试数学理试题分类汇编导数及其应用1、（昌平区2017届高三上学期期末）设函数()ln(1)f x ax bx =++,2()()g x f x bx =-.(Ⅰ）若1,1a b ==-,求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ）若曲线()y g x =在点(1,ln 3)处的切线与直线1130x y -=平行.(i ） 求,a b 的值;(ii ）求实数(3)k k ≤的取值范围，使得2()()g x k xx >-对(0,)x ∈+∞恒成立.2、（朝阳区2017届高三上学期期末)设函数2()ln(1)1f x x axx =-+++，2()(1)e x g x x ax =-+，R a ∈．（Ⅰ)当1a =时，求函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程; （Ⅱ）若函数()g x 有两个零点，试求a 的取值范围； （Ⅲ)证明()()f x g x ≤．3、（朝阳区2017届高三上学期期中）已知函数2()e ()xf x xa =-,a ∈R ．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在(3,0)-上单调递减,试求a 的取值范围； （Ⅲ）若函数()f x 的最小值为2e -，试求a 的值．4、（东城区2017届高三上学期期末）设函数()ln(1)()1axf x x a x =+-∈+R ． (Ⅰ）若(0)f 为()f x 的极小值,求a 的值;（Ⅱ）若()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值．5、（丰台区2017届高三上学期期末)已知函数()e xf x x =与函数21()2g x xax=+的图象在点(00)，处有相同的切线. （Ⅰ）求a 的值;（Ⅱ）设()()()()h x f x bg x b =-∈R ，求函数()h x 在[12]，上的最小值.6、(海淀区2017届高三上学期期末）已知函数()ln 1a f x x x =--．(Ⅰ）若曲线()y f x =存在斜率为1-的切线，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设函数()ln x ag x x+=，求证:当10a -<<时，()g x 在(1,)+∞上存在极小值．7、（海淀区2017届高三上学期期中）已知函数3()9f x xx=-，函数2()3g x x a=+。
【精品】北京各城区一二模拟理科导数答案
【关键字】精品17年各城区摸底17年东城二模理（18）（共13分）解：（Ⅰ）当时，因为，所以，．又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即．……………………4分（Ⅱ）“对任意的，存在使得成立”等价于“在区间上，的最大值大于或等于的最大值”．因为，所以在上的最大值为．令，得或．① 当，即时，在上恒成立，在上为单调递加函数，的最大值为,由，得．② 当，即时，当时，，为单调递减函数，当时，，为单调递加函数．所以的最大值为或,由，得；由，得．又因为，所以．③ 当，即时，在上恒成立，在上为单调递减函数，的最大值为，由，得，又因为，所以．综上所述，实数的值范围是或．…13分17年东城一模理（18）（共13分）解：（Ⅰ）的定义域为．当时，，所以．因为且，所以曲线在点处的切线方程为．…………4分（Ⅱ）若函数在上为单调递减，则在上恒成立．即在上恒成立．即在上恒成立． 设， 则． 因为，所以当时，有最大值．所以的取值范围为． ……………………9分（Ⅲ）因为，不等式等价于．即，令，原不等式转化为． 令，由（Ⅱ）知在上单调递减， 所以在上单调递减． 所以，当时，． 即当时，成立．所以，当时，不等式成立．……………………13分 17年西城一模理18．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）对求导数，得， [ 1分]所以切线的斜率为， [ 2分] 由此得切线的方程为：，即000020(e )(1)1e 2x x x x y x x =+-+-. [ 4分]（Ⅱ）依题意，切线方程中令1x =，得 00020000011e e )22(e )(1)(2)(x x x y x x x x x =+=--+--. [ 5分]所以 (1,)A y ，(1,0)B .所以 1||||2AOB S OB y =⋅△000(1)(11|e )|22x x x =--，0[1,1]x ∈-. [ 7分]设 ()(111e )22)(x x g x x -=-，[1,1]x ∈-. [ 8分]则 11111e )(1)(e )(1)(e 1)22(2()22x x x x x x g x -+'=-----=-. [10分]令 ()0g x '=，得0x =或1x =． ()g x ，()g x '的变化情况如下表：所以 ()g x 在(1,0)-单调递减；在(0,1)单调递增， [12分] 所以 min ()(0)1g x g ==，从而 △AOB 的面积的最小值为1． [13分]17年西城二模理19．（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由 21()()e x f x x ax a -=+-⋅，得 121()(2)e ()e x x f x x a x ax a --'=+⋅-+-⋅1()(2)e x x a x -=-+-⋅． [ 2分]令 ()0f x '=，得2x =，或x a =-．所以 当2a =-时，函数()f x '有且只有一个零点：2x =；当2a ≠-时，函数()f x ' 有两个相异的零点：2x =，x a =-． [ 4分] （Ⅱ）① 当2a =-时，()0f x '≤恒成立，此时函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递减，所以，函数()f x 无极值． [ 5分] ② 当2a >-时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以，0a ≥时，()f x 的极小值为1()e a f a a +-=-⋅≤0． [ 7分]又 2x >时，222240x ax a a a a +->+-=+>，所以，当2x >时，21()()e 0x f x x ax a -=+-⋅>恒成立． [ 8分] 所以，1()e a f a a +-=-⋅为()f x 的最小值． [ 9分] 故0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分条件． [10分] ③ 当5a =-时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：因为 当5x >时，21()(55)e 0x f x x x -=-+⋅>，又 1(2)e 0f -=-<，所以，当5a =-时，函数()f x 也存在最小值． [12分]所以，0a ≥不是函数()f x 存在最小值的必要条件．综上，0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分而不必要条件． [13分] 17年海淀一模理18.（本小题满分13分） 解：法1：（Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，2(1)[(2)]1x x a x ---=+,由'()0f x =得121,2x x a ==-. 因为3a <，所以21a -<.当1a ≤时，21a -≤-，所以'()()f x f x ，的变化如下表：'()()f x f x ，的变化如下表：综上，1x =是函数()f x 的极值点，且为极小值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，由（Ⅰ）可知，当2a ≤时，函数()f x 在区间[0,1]上单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，函数()f x 在区间[0,2]a -上单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立. 法2：（Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，令2()(1)(2)g x x a x a =+-+-，经验证(1)0g =，因为3a <，所以()0g x =的判别式222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=->， {说明：写明222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=-≠也可以} 由二次函数性质可得，1是2()(1)(2)g x x a x a =+-+-的异号零点， 所以1是'()f x 的异号零点， 所以1x =是函数()f x 的极值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，因为2(1)[(2)]'()1x x a f x x ---=+，又因为3a <，所以21a -<，所以当2a ≤时，在区间[0,1]上'()0f x <，所以函数()f x 单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，在区间[0,2]a -上'()0f x >，所以函数()f x 单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立. 17年海淀二模理19.（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）'()e 1ax f x a =-，因为曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线与直线230x y ++=垂直， 所以切线l 的斜率为2， 所以'(0)2f =， 所以3a =.（Ⅱ）法1：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=，所以在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，所以函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，所以函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增 所以11(ln )f a a =1(1ln )a a+是()f x 的极小值.由函数()e ax f x x =-可得(0)1f =， 由1a ≠可得11ln 0a a ≠， 所以11(ln )(0)1f f a a<=，综上，若1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <.（Ⅱ）法2：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=，所以在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，所以函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，所以函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增. 所以11(ln )f a a =1ln a a+是()f x 的极小值. 设1ln ()x g x +=，则2ln '()(0)xg x x -=>,令'()0g x =，得1x =所以当1x ≠时()(1)1g x g <=， 所以11(ln )1f a a<，综上，若1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <. 17年朝阳一模理（18）（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由已知得0x >，11()axf x a x x-'=-=. （ⅰ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，则函数()f x 在(0,)+∞为增函数；（ⅱ）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<； 由()0f x '<，得1x a >； 所以函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(,)a+∞. ……4分（Ⅱ）因为21()()22g x xf x x x =++21(ln 1)22x x x x x =--++21ln 2x x x x =-+，则()ln 11g x x x '=+-+ln 2()3x x f x =-+=+.由（Ⅰ）可知，函数()g x '在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.又因为2211()22e e g '=--+210e =-<，(1)10g '=>， 所以()g x '在(0,1)上有且只有一个零点1x .又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增. 所以1x 为极值点，此时0m =.又(3)ln310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 所以()g x '在(3,4)上有且只有一个零点2x .又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减. 所以2x 为极值点，此时3m =.综上所述，0m =或3m =. ……………………………………………………13分17年朝阳二模理（19）（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）()e 2x F x x b =--，则()e 2xF x '=-.令()e 20,xF x '=->得ln 2x >，所以()F x 在(ln 2,)+∞上单调递增.令()e 20,x F x '=-<得ln 2x <，所以()F x 在(,ln 2)-∞上单调递减. …………4分 （Ⅱ）因为()e 21x f x x '=+-，所以(0)0f '=，所以l 的方程为1y =.依题意，12a-=，1c =. 于是l 与抛物线2()2g x x x b =-+切于点(1,1)， 由2121b -+=得2b =.所以2,2, 1.a b c =-== …………8分（Ⅲ）设()()()e (1)xh x f x g x a x b =-=-+-,则()0h x ≥恒成立.易得()e (1).xh x a '=-+ （1）当10a +≤时，因为()0h x '>，所以此时()h x 在(,)-∞+∞上单调递增.①若10a +=，则当0b ≤时满足条件，此时1a b +≤-； ②若10a +<，取00x <且01,1bx a -<+ 此时0001()e (1)1(1)01xbh x a x b a b a -=-+-<-+-=+，所以()0h x ≥不恒成立． 不满足条件； （2）当10a +>时，令()0h x '=，得ln(1).x a =+由()0h x '>，得ln(1)x a >+； 由()0h x '<，得ln(1).x a <+所以()h x 在(,ln(1))a -∞+上单调递减，在(ln(1),)a ++∞上单调递增. 要使得“()e (1)0xh x a x b =-+-≥恒成立”，必须有“当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥”成立. 所以(1)(1)ln(1)b a a a ≤+-++.则2(1)(1)ln(1) 1.a b a a a +≤+-++- 令()2ln 1,0,G x x x x x =-->则()1ln .G x x '=- 令()0G x '=，得 e.x =由()0G x '>，得0e x <<；由()0G x '<，得 e.x >所以()G x 在(0,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减, 所以，当e x =时，max ()e 1.G x =-从而，当e 1,0a b =-=时，a b +的最大值为e 1-.综上，a b +的最大值为e 1-. …………14分17年石景山一模理18．（本小题共13分） 解：（Ⅰ）1()f x x'=, (1)1f '=， 又(1)0f =，所以切线方程为1y x =-; ……3分 （Ⅱ）由题意知0x >，令11()()(1)ln 1g x f x x xx=--=-+． 22111'()x g x x x x -=-= ………5分 令21'()0x g x x-==，解得1x =． ………6分易知当1>x 时，'()0g x >，易知当01x <<时，'()0g x <．即()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增 ………7分 所以min ()(1)0g x g ==，()(1)0g x g ≥=即1()()(1)0g x f x x =--≥，即1()(1)f x x≥-． ……8分 （Ⅲ）设()1ln (1)h x x a x x =--≥，依题意，对于任意1,>x ()0h x >恒成立．'()1a x ah x x x-=-=， ………9分 1≤a 时，'(),h x >0()h x 在[1,)+∞上单调增， 当1>x 时，()(1)0h x h >=，满足题意． ………11分1>a 时，随x 变化，'()h x ，()h x 的变化情况如下表：()h x 在(,)a 1上单调递减， 所以()()<=g a g 10即当 1>a 时，总存在()0<g a ，不合题意．……12分 综上所述，实数a 的最大值为1． ……13分 17年顺义二模18.解：（Ⅰ）当e p =时，()11++=+-x ex f x ，()11+-='+-x e x f∴()31=f ，()01='f∴曲线()x f y =在点1=x 处的切线方程为3=y -----------------------------4分（Ⅱ）∵()1++=-x pex f x，∴()1+-='-x pe x f ---------------------------------5分①当0≤p 时，()0>'x f ，则函数()x f 在的单调递增区间为()+∞∞-,；------6分②当0>p 时，令()0f x '=，得p e x=，解得p x ln =.---------------------7分则当x 变化时，()x f '的变化情况如下表：------------------------------9分所以, 当0>p 时,()x f 的单调递增区间为 ()+∞,ln p , 单调递减区间为()p ln ,∞-.------------------------------10分 （Ⅲ）当1=p 时，()1++=-x ex f x，直线1+=mx y 与曲线()x f y =没有公共点，等价于关于x 的方程11++=+-x e mx x在()+∞∞-,上没有实数解，即关于x 的方程()xex m -=-1（*）在()+∞∞-,上没有实数解.①当1=m 时，方程（*）化为0=-xe ，显然在()+∞∞-,上没有实数解. --------------------------------12分 ②当1≠m 时，方程（*）化为11-=m xe x ，令()x xe x g =，则有()()xe x x g +='1. 令()0='x g ，得1-=x ，则当x 变化时，()g x '的变化情况如下表：当1x =-时，()min g x e =-，同时当x 趋于+∞时，()g x 趋于+∞， 从而()g x 的值域为1,e⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． -----------------------------------13分 所以当em 111-<-时，方程（*）无实数解，解得实数m 的取值范围是()1,1e -． 综合①②可知实数m 的取值范围是(]1,1e -. ----------------------------14分17年昌平二模(18)(本小题满分13分)解：（I ）因为22()(1)xf x a x xe-=--，所以22'()2(1)()xx f x a x ex e --=---.因为()y f x =在点(2,(2))f 处的切线与x 轴平行， 所以'(2)0f =. 所以120a +=. 所以12a =-. ………………5分 （II ）因为2'()(1)(2)xf x x e a -=-+，（1） 当0a ≥时，220xea -+>.所以2'()(1)(2)01xf x x e a x -=-+>⇔>，2'()(1)(2)01x f x x e a x -=-+<⇔<.所以函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.11word 版本可编辑.欢迎下载支持. 函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞.（2）当02e a -<<时， 令2'()(1)(2)0xf x x e a -=-+=得121,2ln(2)x x a ==--，且211ln(2)0x x a -=-->.当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：所以函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --，函数()f x 的单调递减区间为(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞； 综上所述：当0a ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞；当02e a -<<时，函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --， 函数()f x 的单调递减区间为：(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞.………………13分此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
高考数学真题导数专题及答案
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）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）=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）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）=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．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）=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）=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（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）≤e x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）=e x（e x﹣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）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）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）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）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﹣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]．5．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）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﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）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﹣x2），取x0=∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0=∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+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﹣）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]．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．∴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]．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=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）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﹣=﹣．9．（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|≥．【解答】（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|≥．10．（2017•山东）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．【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=x3﹣x2，∴f′（x）=x2﹣2x，∴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=x3﹣ax2+（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）=﹣a3﹣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）=﹣a3﹣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）=x3﹣6x2﹣3a（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（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）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）=3x2﹣12x ﹣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：x（﹣∞，a）（a，4﹣a）（4﹣a，+∞）f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴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=x0处的导数等于0；（ii）解：∵g（x）≤e x，x∈[x0﹣1，x0+1]，由e x＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）=1，f'（x0）=0，故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=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x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤e x在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴t'（x）=6x2﹣12x，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）﹣a2x．（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）﹣a2x=e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）=2e2x﹣ae x﹣a2=（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）min=f（lna）=﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））=﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]。
2017年北京市各区高三理科数学分类分项整理之函数与导数
二、函数与导数1.(2017西城期末）2．下列函数中，定义域为R 的奇函数是（ D ） A.21y x =+ B.tan y x = C.2x y = D.sin y x x =+2.(2017东城期末）（6）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且在[0,)+∞上是增函数，则(1)0f x +≥的解集为（ C ）A.(,1]-∞-B.(,1]-∞C.[1,)-+∞D.[1,)+∞3.(2017朝阳期末）3．下列函数中，既是偶函数，又在区间[0,1]上单调递增的是 （ D ）A ．cos y x =B ．2y x =-C ． 1()2xy = D ． |sin |y x =4.(2017通州期末) 5．下列函数中，既是偶函数又在区间()0,1内单调递减的是（ C ）A ．3x y =B ．2xy =C ．cos y x =D ．xx y 1ln -= 5.(2017年朝阳一模）（6）已知函数42log ,04,()1025, 4.x x f x x x x ⎧<≤⎪=⎨-+>⎪⎩若a ,b ,c ,d 是互不相同的正数，且()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围是（ A ）A.(24,25)B.(18,24)C.(21,24)D.(18,25)6.(2017年海淀一模)5.已知10d a x x =⎰，120d b x x =⎰，c x =⎰，则a ,b ,c 的大小关系是（ C ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c a b <<7.(2017年西城一模)4．函数2()2log ||x f x x =+的零点个数为（ C ） A.0B.1C.2D.38.(2017年丰台一模)3. 定积分311(2)d x x x-⎰=（ B ） A.10ln 3-B.8ln 3-C.223D.6499.(2017年平谷一模)2.下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ C ） A ．B ．lg y x =C ．D ．1xy e =-10.(2017年朝阳二模）7．已知函数log ,0,()3,40a x x f x x x >⎧⎪=⎨+-≤<⎪⎩)00(≠>a a 且．若函数)(x f 的图象上有且只有两个点关于y 轴对称，则a 的取值范围是（ D ）A ．(0,1)B ．(1,4)C ．(0,1)(1,)+∞UD ．(0,1)(1,4)U11.(2017年东城二模)（2）下列函数中为奇函数的是（ B ）A.cos y x x =+ B.sin y x x =+C.y ||e x y -=12.(2017年海淀二模)6. 已知()f x 是R 上的奇函数，则“120x x +=”是“12()()0f x f x +=”的（ A ） A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件13.(2017年西城二模)2．下列函数中，值域为[0,1]的是（ D ）A.2y x =B.sin y x =C.211y x =+D.y =14.(2017年西城二模)7．函数()||f x x x =．若存在[1,)x ∈+∞，使得(2)0f x k k --<，则k 的取值范围是（ D ）A.(2,)+∞ B.(1,)+∞C.1(,)2+∞ D.1(,)4+∞15.(2017年丰台二模)2.下列函数中，既是偶函数又是()0+∞,上的增函数的是 （ B ）A.3x y -=B.xy 2=C.12y x =D.3log ()y x =-填空题：16.(2017东城期末）（14）关于x 的方程()()g x t t =∈R 的实根个数记为()f t ．若()ln g x x =，则()f t =____1___；若2,0,()2,0,x x g x x ax a x ≤⎧=⎨-++>⎩()a ∈R ，存在t 使得(2)()f t f t +>成立，则a 的取值范围是____(1,)+∞_____．17.(2017海淀期末）14.已知函数||()cos πx f x e x -=+，给出下列命题：①()f x 的最大值为2；②()f x 在(10,10)-内的零点之和为0； ③()f x 的任何一个极大值都大于1.其中所有正确命题的序号是_____①②③_____.18.(2017丰台期末）14．已知()f x 为偶函数，且0≥x 时，][)(x x x f -=（][x 表示不超过x 的最大整数）．设()()()g x f x kx k k =--∈R ，若1k =，则函数()g x 有__2__个零点；若函数()g x 三个不同的零点，则k 的取值范围是__1111,,3432⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭U __．19.（2016昌平期末）（14）已知函数2()|3|,.f x x x x =-∈R 若方程()|1|0f x a x -+=恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围是____(0,1)(9,)+∞ _______．20.(2017通州期末）14．已知函数()()()220,0,xx f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩ 若函数()()()1g x f x k x =--有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是____{}(,1)4-∞- ___.21.(2017年东城一模)（14）已知函数11,0,21()1,1,20,01x f x x x x ⎧≤<⎪⎪⎪=-≤<⎨⎪⎪<≥⎪⎩或和1,01,()0,01x g x x x 或,≤<⎧=⎨<≥⎩ 则(2)g x =____11,0,2()10,0.2x g x x x 或⎧≤<⎪⎪=⎨⎪<≥⎪⎩__ ；若,m n ∈Z ，且()()()m g n x g x f x ⋅⋅-=，则m n +=__4___ .22.(2017年海淀一模)13.已知函数210()cos π0.x x f x x x ⎧-≥=⎨<⎩，，，若关于x 的方程()0f x a +=在(0,)+∞内有唯一实根，则实数a 的最小值是___12-__.23.(2017年丰台一模)14. 已知函数()e e x xf x -=-，下列命题正确的有____①②④___．（写出所有正确命题的编号）①()f x 是奇函数；②()f x 在R 上是单调递增函数；③方程2()2f x x x =+有且仅有1个实数根；④如果对任意(0)x ∈+∞，，都有()f x kx >，那么k 的最大值为2.24.(2017年石景山一模)14．已知42(),,()4,.a x x a x f x x x a x ⎧-+<⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩≥ ①当1a =时，()3f x =，则x =4；②当1a -≤时，若()3f x =有三个不等实数根，且它们成等差数列，则a =116-．25.(2017年平谷一模)14. 已知函数()|1|(1)f x ax a x =---.(i) 当2a =时，满足不等式()0f x >的x 的取值范围为____1(,)(1,)3-∞+∞ _____； (ii) 若函数()f x 的图象与x 轴没有交点，则实数a 的取值范围为_______1[,1)2______.26.(2017年东城二模)（14）已知函数|1|,(0,2],()min{|1|,|3|},(2,4],min{|3|,|5|},(4,).x x f x x x x x x x -∈⎧⎪=--∈⎨⎪--∈+∞⎩① 若()f x a =有且只有一个根，则实数a 的取值范围是___(1,)+∞____．② 若关于x 的方程()()f x T f x +=有且仅有3个不同的实根，则实数T 的取值范围是___(4,2)(2,4)--U ____．27.(2017年海淀二模)12.已知函数1()2x f x x =-，则1()2f __>__(1)f （填“>”或“<”）；()f x 在区间1(,)1n nn n -+上存在零点，则正整数n =__2___.28.(2017年西城二模)12．函数22, 0,()log , 0.x x f x x x ⎧=⎨>⎩≤则1()4f =__2-__；方程1()2f x -=的解是__．29.(2017年丰台二模)13.已知函数f (x )的定义域为R . 当0<x 时，()ln()f x x x =-+；当e e x -≤≤时，()()f x f x -=-；当1x >时，(2)()f x f x +=，则(8)f =．30.(2017年顺义二模)14．已知函数32,,(),.x x m f x x x m ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，函数()()g x f x k =-.（1）当2m =时，若函数()g x 有两个零点，则k 的取值范围是(]8,4；（2）若存在实数k 使得函数()g x 有两个零点，则m 的取值范围是()()+∞∞-,10, .31.(2017西城期末）18．（本小题满分13分）已知函数()ln sin (1)f x x a x =-⋅-，其中a ∈R ．（Ⅰ）如果曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率是1-，求a 的值； （Ⅱ）如果()f x 在区间(0,1)上为增函数，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，导函数为1()cos(1)f x a x x'=-⋅-． 因为曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率是1-， 所以(1)1f '=-，即11a -=-， 所以2a =．（Ⅱ）因为()f x 在区间(0,1)上为增函数，所以对于任意(0,1)x ∈，都有1()cos(1)0f x a x x'=-⋅-≥． 因为(0,1)x ∈时，cos(1)0x ->，所以11()cos(1)0cos(1)f x a x a x x x '=-⋅-⇔⋅-≤≥． 令()cos(1)g x x x =⋅-，所以()cos(1)sin (1)g x x x x '=--⋅-． 因为(0,1)x ∈时，sin (1)0x -<，所以(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 在区间(0,1)上单调递增， 所以()(1)1g x g <=． 所以1a ≤．即a 的取值范围是(,1]-∞．32.(2017海淀期末）19. （本小题满分14分）已知函数()ln 1af x x x=--. （Ⅰ）若曲线()y f x =存在斜率为1-的切线，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）求()f x 的单调区间； （Ⅲ）设函数()ln x ag x x+=，求证：当10a -<<时，()g x 在(1,)+∞上存在极小值. 【解析】33.(2017丰台期末）18.（本小题共13分）已知函数()e x f x x =与函数21()2g x x ax =+的图象在点(00)，处有相同的切线. （Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）设()()()()h x f x bg x b =-∈R ，求函数()h x 在[12]，上的最小值. 【解析】（Ⅰ）因为()e e x x f x x '=+，所以(0)1f '=.……………….2分因为()g x x a '=+，所以(0)g a '=. ……………….4分 因为()f x 与()g x 的图象在（0,0）处有相同的切线，所以(0)(0)f g ''=，所以1a =. …….5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知,21()2g x x x =+, 令21()()()e 2xh x f x bg x x bx bx =-=--，[1,2]x ∈，则()e e (1)(1)(e )xxxh x x b x x b '=+-+=+-．……………….6分(1)当0b ≤时，[1,2]x ∀∈，()0h x '>，所以()h x 在[1,2]上是增函数，故()h x 的最小值为3(1)=e 2h b -； ……………….7分 (2)当0b >时，由()=0h x '得，ln x b =， ……………….8分①若ln 1b ≤，即0e b <≤，则[1,2]x ∀∈，()0h x '>，所以()h x 在[1,2]上是增函数， 故()h x 的最小值为3(1)=e 2h b -. ……………….9分 ②若1ln 2b <<，即2e e b <<，则(1,ln )x b ∀∈，()0h x '<，(ln 2)x b ∀∈，，()0h x '>， 所以()h x 在(1,ln )b 上是减函数，在(ln 2)b ，上是增函数， 故()h x 的最小值为21(ln )=ln 2h b b b -； ……………….11分 ③若ln 2b ≥，即2e b ≥，则[1,2]x ∀∈，()0h x '<，所以()h x 在[1,2]上是减函数， 故()h x 的最小值为2(2)=2e 4h b -. ……………….12分 综上所述，当e b ≤时，()h x 的最小值为3(1)=e 2h b -， 当2e e b <<时，()h x 的最小值为21ln 2b b -， 当2e b ≥时，()h x 的最小值为22e 4b -.……………….13分 34.(2017东城期末）（18）（本小题13分）设函数()ln(1)()1axf x x a x =+-∈+R ． （Ⅰ）若(0)f 为()f x 的极小值，求a 的值；（Ⅱ）若()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立，求a 的最大值． 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)-+∞． 因为()ln(1)1axf x x x =+-+， 所以21'()1(1)a f x x x =-++． 因为(0)f 为()f x 的极小值， 所以'(0)0f =，即21001(01)a -=++． 所以1a =． 此时，2'()(1)xf x x =+．当(1,0)x ∈-时，'()0f x <，()f x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >，()f x 单调递增． 所以()f x 在0x =处取得极小值， 所以1a =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知当1a =时，()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数， 所以()(0)0f x f >=，所以()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立． 因此，当1a <时，()ln(1)ln(1)011ax xf x x x x x =+->+->++， ()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立．当1a >时，221(1)'()1(1)(1)a x a f x x x x --=-=+++， 所以，当(0,1)x a ∈-时，'()0f x <，因为()f x 在[0,1)a -上单调递减， 所以(1)(0)0f a f -<=．所以当1a >时，()0f x >并非对(0,)x ∈+∞恒成立． 综上，a 的最大值为1．综上，a 的取值范围为(e,)+∞．…………………14分35.(2017朝阳期末）19．（本小题满分14分）设函数2()ln(1)1f x x ax x =-+++，2()(1)e x g x x ax =-+，R a ∈．（Ⅰ）当1a =时，求函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()g x 有两个零点，试求a 的取值范围； （Ⅲ）证明()()f x g x ≤．解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(1,)+∞，(221)()1x ax a f x x -+'=-．当1a =时，(2)426f a '=+=，(2)437f a =+=．所以函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程为76(2)y x -=-．即65y x =-． …………………………………4分（Ⅱ）函数()g x 的定义域为R ，由已知得()(e 2)xg x x a '=+．①当0a =时，函数()(1)e xg x x =-只有一个零点； ②当0a >，因为e 20xa +>，当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<；当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>． 所以函数()g x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增． 又(0)1g =-，(1)g a =，因为0x <，所以10,1x x e -<<，所以(1)1x e x x ->-，所以2()1g x ax x >+-取012x a-=，显然00x <且0()0g x >所以(0)(1)0g g <，0()(0)0g x g <．由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点． ③当0a <时，由()(e 2)0xg x x a '=+=，得0x =，或ln(2)x a =-．ⅰ)当12a <-，则ln(2)0a ->． 当x 变化时，(),()g x g x '变化情况如下表：注意到(0)1g =-，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． ⅱ)当12a =-，则ln(2)0a -=，()g x 在(,)-∞+∞单调递增，函数()g x 至多有一个零点，不符合题意． 若12a >-，则ln(2)0a -≤．当x 变化时，(),()g x g x '变化情况如下表：注意到当0,0x a <<时，2()(1)e 0xg x x ax =-+<，(0)1g =-，所以函数()g x 至多有一个零点，不符合题意．综上，a 的取值范围是(0,).+∞…………………………………………9分（Ⅲ）证明：()()(1)e ln(1)1xg x f x x x x -=-----．设()(1)e ln(1)1xh x x x x =-----，其定义域为(1,)+∞，则证明()0h x ≥即可．因为1()e (e )11xx x h x x x x x '=-=---，取311e x -=+，则1311()(e e )0x h x x '=-<，且(2)0h '>． 又因为21()(1)e 0(1)xh x x x ''=++>-，所以函数()h x '在(1,)+∞上单增． 所以()0h x '=有唯一的实根0(1,2)x ∈，且001e1x x =-． 当01x x <<时，()0h x '<；当0x x >时，()0h x '>． 所以函数()h x 的最小值为0()h x ．所以00000()()(1)e ln(1)1xh x h x x x x ≥=-----00110x x =+--=．所以()().f x g x ≤……………………………………………………14分36.(2017石景山期末）（18）（本小题满分13分） 已知()1ex af x x =-+（,e a ∈R 为自然对数的底数）. （Ⅰ）求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值. 【解析】（Ⅰ）由()1e x a f x x =-+，得()1e xaf x '=-又曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，得(1)0f '=，即10e a-=，解得e a = （Ⅱ）()1ex af x '=-① 当0≤a 时，0)(>'x f ，)(x f 为R 上的增函数，所以函数)(x f 无极值．② 当0>a 时，令0)(='x f ，得e x =a ，x=ln a ．0)(),ln ,(<'-∞∈x f a x ；0)(),(ln >'∞+∈x f a x ，．所以)(x f 在）a ln ,(-∞上单调递减，在），∞+a (ln 上单调递增， 故)(x f 在x =ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a ) = ln a ，无极大值． 综上，当0≤a 时，函数)(x f 无极小值当0>a ，)(x f 在x=ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．（Ⅲ）当1a =时，1()1e x f x x =-+， 令1()()(1)(1)ex g x f x kx k x =--=-+则直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点 等价于方程()0g x =在R 上没有实数根. 假设1k >，此时(0)10g =>，1111()101k g k e -=-+<- 可知()0g x =在R 上至少有一个实数根，与“方程()0g x =在R 上没有实数根”矛盾，故1k ≤ 又1k =时，1()0e xg x =>，可知()0g x =在R 上没有实数根 所以k 的最大值为1.37.(2017年朝阳一模）(18)（本小题满分13分）已知函数()ln 1f x x ax =--(R a ∈),21()()22g x xf x x x =++. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1a =时，若函数()g x 在区间(,1)()m m m Z +?内存在唯一的极值点，求m 的值. 解：（Ⅰ）由已知得0x >，11()ax f x a x x-'=-=. （ⅰ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，则函数()f x 在(0,)+∞为增函数；（ⅱ）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<；由()0f x '<，得1x a >； 所以函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(,)a+∞.……4分（Ⅱ）因为21()()22g x xf x x x =++21(ln 1)22x x x x x =--++21ln 2x x x x =-+，则()ln 11g x x x '=+-+ln 2()3x x f x =-+=+.由（Ⅰ）可知，函数()g x '在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.又因为2211()22e e g '=--+210e=-<，(1)10g '=>， 所以()g x '在(0,1)上有且只有一个零点1x .又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增. 所以1x 为极值点，此时0m =.又(3)ln 310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 所以()g x '在(3,4)上有且只有一个零点2x .又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减. 所以2x 为极值点，此时3m =.综上所述，0m =或3m =. ……………………………………………………13分38.(2017年东城一模)（18）（本小题共13分）已知函数1()2ln ()f x x mx m x=+-∈R ． （Ⅰ）当1m =-时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若)(x f 在(0,)+∞上为单调递减，求m 的取值范围； （Ⅲ）设b a <<0，求证：ln ln b ab a -<-．解：（Ⅰ）)(x f 的定义域为(0,)+∞．当1m =-时，1()2ln f x x x x=++，所以221'()1f x x x =-+．因为(1)2f =且'(1)2f =，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为20x y -=．…………4分 （Ⅱ）若函数)(x f 在(0,)+∞上为单调递减，则'()0f x ≤在(0,)+∞上恒成立． 即2210m x x --≤在(0,)+∞上恒成立． 即221x m x -≤在(0,)+∞上恒成立． 设221()(0)g x x x x =->， 则max [()]m g x ≥． 因为22211()(1)1(0)g x x x x x=-=--+>， 所以当1x =时，()g x 有最大值1．所以m 的取值范围为[1,)+∞． ……………………9分（Ⅲ）因为b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-ln ln b a -<．即lnb a <(1)t t >，原不等式转化为12ln t t t <-．令1()2ln h t t t t=+-， 由（Ⅱ）知1()2ln f x x x x=+-在(0,)+∞上单调递减， 所以1()2ln h t t t t=+-在(1,)+∞上单调递减． 所以，当1t >时，()(1)0h t h <=． 即当1t >时，12ln 0t t t+-<成立． 所以，当时b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-……………………13分39.(2017年海淀一模)18.（本小题满分13分）已知函数2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+，其中实数3a <. （Ⅰ）判断1x =是否为函数()f x 的极值点，并说明理由；（Ⅱ）若()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立，求a 的取值范围. 18.（本小题满分13分） 解：法1： （Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+ 2(1)[(2)]1x x a x ---=+,由'()0f x =得121,2x x a ==-.因为3a <，所以21a -<.当1a ≤时，a '()()f x f x ，当13a <<时，，'()()f x f x ，的变化如下表：综上，1x =是函数()f x 的极值点，且为极小值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，由（Ⅰ）可知，当2a ≤时，函数()f x 在区间[0,1]上单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，函数()f x 在区间[0,2]a -上单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立. 法2： （Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+ 令2()(1)(2)g x xa x a =+-+-，经验证(1)0g =，因为3a <，所以()0g x =的判别式222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=->，{说明：写明222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=-≠也可以}由二次函数性质可得，1是2()(1)(2)g x x a x a =+-+-的异号零点，所以1是'()f x 的异号零点， 所以1x =是函数()f x 的极值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，因为2(1)[(2)]'()1x x a f x x ---=+，又因为3a <，所以21a -<，所以当2a ≤时，在区间[0,1]上'()0f x <，所以函数()f x 单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，在区间[0,2]a -上'()0f x >，所以函数()f x 单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立.40.(2017年西城一模)18．（本小题满分13分）已知函数21()e 2x f x x =-．设l 为曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线，其中0[1,1]x ∈-．（Ⅰ）求直线l 的方程（用0x 表示）；（Ⅱ）设O 为原点，直线1x =分别与直线l 和x 轴交于,A B 两点,求△AOB 的面积的最小值． 解：（Ⅰ）对()f x 求导数，得()e x f x x '=-， [ 1分]所以切线l 的斜率为000()e x x f x '=-， [ 2分]由此得切线l 的方程为：000002(1(e 2))e ()x x x x x y x ----=，即000020(e )(1)1e 2x x x x y x x =+-+-. [4分]（Ⅱ）依题意，切线方程中令1x =，得 00020000011e e )22(e )(1)(2)(x x x y x x x x x =+=--+--. [ 5分]所以 (1,)A y ，(1,0)B .所以 1||||2AOB S OB y =⋅△0001|(2)(1e 22)|x x x =-- 000(1)(11|e )|22x x x =--，0[1,1]x ∈-. [ 7分]设 ()(111e )22)(x x g x x -=-，[1,1]x ∈-. [ 8分]则 11111e )(1)(e )(1)(e 1)22(2()22x x x x x x g x -+'=-----=-. [10分]令 ()0g x '=，得0x =或1x =． ()g x ，()g x '的变化情况如下表：所以 ()g x 在(1,0)-单调递减；在(0,1)单调递增，[12分] 所以 min ()(0)1g x g ==，从而 △AOB 的面积的最小值为1． [13分]41.(2017年丰台一模)18.（本小题共13分）已知函数1()ln()(0)f x kx k k x=+->.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意12[]x k k∈，，都有ln()1x kx kx mx -+≤，求m 的取值范围.解：由已知得，()f x 的定义域为(0,)+∞. （Ⅰ）21()x f x x -'=， . 令()0f x '>，得1x >，令()0f x '<，得01x <<. 所以函数()f x 的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1,)+∞...………………5分 （Ⅱ）由ln()1x kx kx mx -+≤，得1ln()kx k m x +-≤，即()maxm f x ≥.由（Ⅰ）知，（1）当2k ≥时，()f x 在12[,]k k 上单调递减，所以1()()0max f x f k ==，所以0m ≥； .（2）当01k <≤时，()f x 在12[,]k k上单调递增，所以2()()ln22max kf x f k ==-，所以ln 22km ≥-；（3）当12k <<时，()f x 在1[,1)k 上单调递减，在2(1,]k上单调递增，所以12()(),()max f x max f f kk ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭.又1()0f k =，2()ln22kf k =-,① 若21()()f f k k ≥，即ln 202k -≥，所以12ln 2k <<，此时2()()ln22max kf x f k ==-，所以ln 22km ≥-.② 若21()()f f k k <，即ln 202k-<，所以2ln 22k ≤<，此时max ()0f x =，所以0m ≥综上所述，当2ln 2k ≥时，m ≥；当02ln 2k <<时，ln 22km ≥-...………………13分42.(2017年石景山一模)18．（本小题共13分）已知函数()ln f x x =．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求证：当0x >时，1()1f x x-≥；（Ⅲ）若1ln x a x ->对任意1x >恒成立，求实数a 的最大值．解：（Ⅰ）1()f x x'=,(1)1f '=， 又(1)0f =，所以切线方程为1y x =-; ……3分 （Ⅱ）由题意知0x >，令11()()(1)ln 1g x f x x xx=--=-+． 22111'()x g x x x x -=-= ………5分 令21'()0x g x x -==，解得1x =． ………6分易知当1>x 时，'()0g x >，易知当01x <<时，'()0g x <．即()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增 ………7分 所以min ()(1)0g x g ==，()(1)0g x g ≥=即1()()(1)0g x f x x =--≥，即1()(1)f x x≥-． ……8分（Ⅲ）设()1ln (1)h x x a x x =--≥，依题意，对于任意1,>x ()0h x >恒成立．'()1a x ah x x x-=-=， ………9分1≤a 时，'(),h x >0()h x 在[1,)+∞上单调增，当1>x 时，()(1)0h x h >=，满足题意． ………11分1>a 时，随x 变化，'()h x ，()h x 的变化情况如下表：()h x 在(,)a 1上单调递减，所以()()<=g a g 10即当 1>a 时，总存在()0<g a ，不合题意． ………12分 综上所述，实数a 的最大值为1． ………13分 43.(2017年平谷一模)18．(本小题满分13分) 已知函数1()(1)xf x k x e =-+． （Ⅰ）如果()f x 在0x =处取得极值，求k 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（III ）当0k =时，过点(0,)A t 存在函数曲线()f x 的切线，求t 的取值范围.解：（Ⅰ）函数的定义域为R ．所以(1)1()x xk e f x e--'= ∵函数()f x 在0x =处取得极值∴00(1)1(0)0k e f e --'==，解得：k=0 当k=0时，1()x xe f x e -'=，11()00,()00,x x x x e e f x x f x x e e--''=>⇒>=<⇒<∴函数()f x 在0x =处取得极小值，符合题意。
北京市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练：导数及其应用 含答案
北京市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空、选择题1、（2016年北京高考）设函数33,()2,x x x af x x x a⎧-≤=⎨->⎩. ①若0a =，则()f x 的最大值为______________；②若()f x 无最大值，则实数a 的取值范围是________。
2、（东城区2016届高三上学期期中）曲线处的切线方程是A 、x ＝1B 、y ＝12C 、x ＋y ＝1D 、x －y ＝1 3、(东城区2016届高三上学期期中)已知定义在R 上的函数()f x 的图象如图，则的解集为4、（东城区2016届高三上学期期中）若过曲线上的点P的切线的斜率为2，则点P 的坐标是5、（2016年全国II 高考)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 = ．6、（2016年全国III 高考）已知()f x 为偶函数，当0x <时,()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程是_______________.7、定义在R 上的函数()f x 满足:()()()()()1,00,f x f x f f x f x ''>-=是的导函数,则不等式()1xxe f x e>-(其中e 为自然对数的底数）的解集为A. ()(),10,-∞-⋃+∞B. ()0,+∞ C 。
()(),01,-∞⋃+∞ D. ()1,-+∞8、设f 0(x )＝sin x ，f 1（x ）＝f 0′（x ），f 2（x )＝f 1′（x ）,…，f n （x ）＝f n －1′（x )，n ∈N ，则f 2 013（x ）＝（ ）A ．sin xB ．－sin xC ．cos xD ．－cos x 二、解答题1、（2016年北京高考)设函数()a xf x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+, （1）求a ，b 的值；（2）求()f x 的单调区间。
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(解析版)D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）﹣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．（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）﹣a f（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（x 1）+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（x 0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x 0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x 0）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）．。
2017北京各城区一二模拟理科导数答案解析
17年各城区摸底17年东城二模理（18）（共13分）解：（Ⅰ）当0a =时，因为2()e x f x x -=?，所以2'()(2)e xf x x x -=-+?，'(1)3e f -=-．又因为(1)e f -=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程为e 3e(1)y x -=-+，即3e 2e 0x y ++=． ……………………4分（Ⅱ）“对任意的[0,2]t Î，存在[0,2]s Î使得()()f s g t ³成立”等价于“在区间[0,2]上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”． 因为2215()1()24g x x x x =--=--， 所以()g x 在[0,2]上的最大值为(2)1g =． 2'()(2)e()e xx f x x a x ax a --=+?+-?2e [(2)2]x x a x a -=-+-- e (2)()xx x a -=--+令'()0f x =，得2x =或x a =-． ① 当0a -?，即0a ³时，'()0f x ³在[0,2]上恒成立，)(x f 在[0,2]上为单调递增函数， ()f x 的最大值为21(2)(4)e f a =+?, 由21(4)1ea +壮，得2e 4a ?．② 当02a <-<，即20a -<<时，当(0,)x a ∈-时，'()0f x <，()f x 为单调递减函数， 当(2)x a ∈-，时，'()0f x >，()f x 为单调递增函数． 所以()f x 的最大值为(0)f a =-或21(2)(4)e f a =+?, 由1a -?，得1a ?；由21(4)1ea +壮，得2e 4a ?．又因为20a -<<，所以21a -<?． ③ 当2a -?，即2a ?时，'()0f x £在[0,2]上恒成立，()f x 在[0,2]上为单调递减函数， ()f x 的最大值为(0)f a =-，由1a -?，得1a ?，17年东城一模理（18）（共13分） 解：（Ⅰ）)(x f 的定义域为(0,)+∞．当1m =-时，1()2ln f x x x x=++， 所以221'()1f x x x =-+．因为(1)2f =且'(1)2f =，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为20x y -=．…………4分 （Ⅱ）若函数)(x f 在(0,)+∞上为单调递减，则'()0f x ≤在(0,)+∞上恒成立． 即2210m x x--≤在(0,)+∞上恒成立． 即221xm x -≤在(0,)+∞上恒成立． 设221()(0)g x x x x=->， 则max [()]m g x ≥． 因为22211()(1)1(0)g x x x x x=-=--+>， 所以当1x =时，()g x 有最大值1．所以m 的取值范围为[1,)+∞． ……………………9分（Ⅲ）因为b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-ln ln b a -<．即lnb a <-(1)t t >，原不等式转化为12ln t t t<-．令1()2ln h t t t t=+-， 由（Ⅱ）知1()2ln f x x x x=+-在(0,)+∞上单调递减， 所以1()2ln h t t t t=+-在(1,)+∞上单调递减． 所以，当1t >时，()(1)0h t h <=． 即当1t >时，12ln 0t t t+-<成立． 所以，当时b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-成立．……………………13分17年西城一模理18．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）对()f x 求导数，得()e x f x x '=-， [ 1分]所以切线l 的斜率为000()e x x f x '=-， [ 2分]由此得切线l 的方程为：000002(1(e 2))e ()x x x x x y x ----=，即000020(e )(1)1e 2x x x x y x x =+-+-. [ 4分]（Ⅱ）依题意，切线方程中令1x =，得 00020000011e e )22(e )(1)(2)(x x x y x x x x x =+=--+--. [ 5分]所以 (1,)A y ，(1,0)B .所以 1||||2AOB S OB y =⋅△0001|(2)(1e 22)|x x x =-- 000(1)(11|e )|22x x x =--，0[1,1]x ∈-. [ 7分]设 ()(111e )22)(x x g x x -=-，[1,1]x ∈-. [ 8分]则 11111e )(1)(e )(1)(e 1)22(2()22x x x x x x g x -+'=-----=-. [10分]令 ()0g x '=，得0x =或1x =． ()g x ，()g x '的变化情况如下表：所以 ()g x 在(1,0)-单调递减；在(0,1)单调递增， [12分] 所以 min ()(0)1g x g ==，从而 △AOB 的面积的最小值为1． [13分]17年西城二模理19．（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由 21()()e x f x x ax a -=+-⋅，得 121()(2)e ()e x x f x x a x ax a --'=+⋅-+-⋅21[(2)2]e x x a x a -=-+--⋅1()(2)e x x a x -=-+-⋅． [ 2分]令 ()0f x '=，得2x =，或x a =-．所以 当2a =-时，函数()f x '有且只有一个零点：2x =；当2a ≠-时，函数()f x ' 有两个相异的零点：2x =，x a =-． [ 4分] （Ⅱ）① 当2a =-时，()0f x '≤恒成立，此时函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递减，所以，函数()f x 无极值． [ 5分] ② 当2a >-时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以，0a ≥时，()f x 的极小值为1()e a f a a +-=-⋅≤0． [ 7分]又 2x >时，222240x ax a a a a +->+-=+>，所以，当2x >时，21()()e 0x f x x ax a -=+-⋅>恒成立． [ 8分] 所以，1()e a f a a +-=-⋅为()f x 的最小值． [ 9分] 故0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分条件． [10分] ③ 当5a =-时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：因为 当5x >时，21()(55)e 0x f x x x -=-+⋅>，又 1(2)e 0f -=-<，所以，当5a =-时，函数()f x 也存在最小值． [12分] 所以，0a ≥不是函数()f x 存在最小值的必要条件．17年海淀一模理18.（本小题满分13分） 解：法1：（Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++ 22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+2(1)[(2)]1x x a x ---=+,由'()0f x =得121,2x x a ==-. 因为3a <，所以21a -<.当1a ≤时，21a -≤-，所以'()()f x f x ，的变化如下表：'()()f x f x ，的变化如下表：综上，1x =是函数()f x 的极值点，且为极小值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，由（Ⅰ）可知，当2a ≤时，函数()f x 在区间[0,1]上单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，函数()f x 在区间[0,2]a -上单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立. 法2：（Ⅰ）由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数定义域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++ 22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+令2()(1)(2)g x x a x a =+-+-，经验证(1)0g =，因为3a <，所以()0g x =的判别式222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=->， {说明：写明222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=-≠也可以} 由二次函数性质可得，1是2()(1)(2)g x x a x a =+-+-的异号零点， 所以1是'()f x 的异号零点， 所以1x =是函数()f x 的极值点. （Ⅱ）易知(0)=0f ，因为2(1)[(2)]'()1x x a f x x ---=+，又因为3a <，所以21a -<，所以当2a ≤时，在区间[0,1]上'()0f x <，所以函数()f x 单调递减，所以有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，在区间[0,2]a -上'()0f x >，所以函数()f x 单调递增，所以(2)(0)0f a f ->=，所以不等式不能恒成立；所以2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立.17年海淀二模理19.（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）'()e 1ax f x a =-，因为曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线与直线230x y ++=垂直， 所以切线l 的斜率为2， 所以'(0)2f =， 所以3a =.（Ⅱ）法1：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=， 所以在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，所以函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，所以函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增所以11(ln )f a a =1(1ln )a a+是()f x 的极小值.由函数()e ax f x x =-可得(0)1f =， 由1a ≠可得11ln 0a a ≠， 所以11(ln )(0)1f f a a<=，综上，若1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <.（Ⅱ）法2：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=， 所以在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，所以函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，所以函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增.所以11(ln )f a a =1ln aa+是()f x 的极小值.设1ln ()x g x +=，则2ln '()(0)xg x x -=>,令'()0g x =，得1x =所以当1x ≠时()(1)1g x g <=， 所以11(ln )1f a a<，综上，若1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <.17年朝阳一模理（18）（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由已知得0x >，11()axf x a x x-'=-=. （ⅰ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，则函数()f x 在(0,)+∞为增函数；（ⅱ）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<； 由()0f x '<，得1x a >； 所以函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(,)a+∞. ……4分（Ⅱ）因为21()()22g x xf x x x =++21(ln 1)22x x x x x =--++21ln 2x x x x =-+，则()ln 11g x x x '=+-+ln 2()3x x f x =-+=+.由（Ⅰ）可知，函数()g x '在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.又因为2211()22e e g '=--+210e =-<，(1)10g '=>， 所以()g x '在(0,1)上有且只有一个零点1x .又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增. 所以1x 为极值点，此时0m =.又(3)ln310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 所以()g x '在(3,4)上有且只有一个零点2x .又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减. 所以2x 为极值点，此时3m =.综上所述，0m =或3m =. ……………………………………………………13分17年朝阳二模理（19）（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）()e 2x F x x b =--，则()e 2xF x '=-.令()e 20,xF x '=->得ln 2x >，所以()F x 在(ln 2,)+∞上单调递增.令()e 20,x F x '=-<得ln 2x <，所以()F x 在(,ln 2)-∞上单调递减. …………4分（Ⅱ）因为()e 21xf x x '=+-，所以(0)0f '=，所以l 的方程为1y =.依题意，12a-=，1c =. 于是l 与抛物线2()2g x x x b =-+切于点(1,1)， 由2121b -+=得2b =.所以2,2, 1.a b c =-== …………8分（Ⅲ）设()()()e (1)xh x f x g x a x b =-=-+-,则()0h x ≥恒成立.易得()e (1).xh x a '=-+ （1）当10a +≤时，因为()0h x '>，所以此时()h x 在(,)-∞+∞上单调递增. ①若10a +=，则当0b ≤时满足条件，此时1a b +≤-； ②若10a +<，取00x <且01,1bx a -<+ 此时0001()e (1)1(1)01xbh x a x b a b a -=-+-<-+-=+，所以()0h x ≥不恒成立． 不满足条件； （2）当10a +>时，令()0h x '=，得ln(1).x a =+由()0h x '>，得ln(1)x a >+； 由()0h x '<，得ln(1).x a <+所以()h x 在(,ln(1))a -∞+上单调递减，在(ln(1),)a ++∞上单调递增. 要使得“()e (1)0xh x a x b =-+-≥恒成立”，必须有“当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥”成立.所以(1)(1)ln(1)b a a a ≤+-++.则2(1)(1)ln(1) 1.a b a a a +≤+-++- 令()2ln 1,0,G x x x x x =-->则()1ln .G x x '=- 令()0G x '=，得 e.x =由()0G x '>，得0e x <<；由()0G x '<，得 e.x >所以()G x 在(0,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减, 所以，当e x =时，max ()e 1.G x =-从而，当e 1,0a b =-=时，a b +的最大值为e 1-.综上，a b +的最大值为e 1-. …………14分17年石景山一模理18．（本小题共13分） 解：（Ⅰ）1()f x x'=, (1)1f '=， 又(1)0f =，所以切线方程为1y x =-; ……3分 （Ⅱ）由题意知0x >，令11()()(1)ln 1g x f x x xx=--=-+． 22111'()x g x x x x -=-= ………5分 令21'()0x g x x-==，解得1x =． ………6分易知当1>x 时，'()0g x >，易知当01x <<时，'()0g x <．即()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增 ………7分 所以min ()(1)0g x g ==，()(1)0g x g ≥=即1()()(1)0g x f x x =--≥，即1()(1)f x x≥-． ……8分 （Ⅲ）设()1ln (1)h x x a x x =--≥，依题意，对于任意1,>x ()0h x >恒成立．'()1a x ah x x x-=-=， ………9分 1≤a 时，'(),h x >0()h x 在[1,)+∞上单调增， 当1>x 时，()(1)0h x h >=，满足题意． ………11分1>a 时，随x 变化，'()h x ，()h x 的变化情况如下表：()h x 在(,)a 1上单调递减， 所以()()<=g a g 10即当 1>a 时，总存在()0<g a ，不合题意．……12分 综上所述，实数a 的最大值为1． ……13分17年顺义二模18.解：（Ⅰ）当e p =时，()11++=+-x ex f x ，()11+-='+-x e x f∴()31=f ，()01='f∴曲线()x f y =在点1=x 处的切线方程为3=y -----------------------------4分（Ⅱ）∵()1++=-x pex f x，∴()1+-='-x pe x f ---------------------------------5分①当0≤p 时，()0>'x f ，则函数()x f 在的单调递增区间为()+∞∞-,；------6分②当0>p 时，令()0f x '=，得p e x=，解得p x ln =.---------------------7分则当x 变化时，()x f '的变化情况如下表：所以, 当0>p 时,()x f 的单调递增区间为 ()+∞,ln p , 单调递减区间为()p ln ,∞-. ------------------------------10分 （Ⅲ）当1=p 时，()1++=-x ex f x，直线1+=mx y 与曲线()x f y =没有公共点，等价于关于x 的方程11++=+-x e mx x在()+∞∞-,上没有实数解，即关于x 的方程()xex m -=-1（*）在()+∞∞-,上没有实数解.①当1=m 时，方程（*）化为0=-xe ，显然在()+∞∞-,上没有实数解. --------------------------------12分 ②当1≠m 时，方程（*）化为11-=m xe x ，令()x xe x g =，则有()()xe x x g +='1. 令()0='x g ，得1-=x ，则当x 变化时，()g x '的变化情况如下表：当1x =-时，()min g x e=-，同时当x 趋于+∞时，()g x 趋于+∞， 从而()g x 的值域为1,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． -----------------------------------13分 所以当em 111-<-时，方程（*）无实数解，解得实数m 的取值范围是()1,1e -． 综合①②可知实数m 的取值范围是(]1,1e -. ----------------------------14分17年昌平二模(18)(本小题满分13分)解：（I ）因为22()(1)xf x a x xe -=--，所以22'()2(1)()xx f x a x ex e --=---.因为()y f x =在点(2,(2))f 处的切线与x 轴平行， 所以'(2)0f =. 所以120a +=. 所以12a =-. ………………5分 （II ）因为2'()(1)(2)xf x x e a -=-+，（1） 当0a ≥时，220xea -+>.所以2'()(1)(2)01xf x x e a x -=-+>⇔>，2'()(1)(2)01x f x x e a x -=-+<⇔<.所以函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞.（2）当02ea -<<时， 令2'()(1)(2)0xf x x e a -=-+=得121,2ln(2)x x a ==--，且211ln(2)0x x a -=-->.当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：所以函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --，函数()f x 的单调递减区间为(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞； 综上所述：当0a ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞；当02ea -<<时，函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --， 函数()f x 的单调递减区间为：(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞.………………13分。
专题10 导数的应用-2017年高考数学理母题题源系列北京专版 含解析 精品
【母题原题1】【2017北京卷，理19】已知函数错误！未找到引用源。
．（Ⅰ）求曲线错误！未找到引用源。
在点错误！未找到引用源。
处的切线方程；（Ⅱ）求函数错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)错误！未找到引用源。
；（Ⅱ）最大值1；最小值错误！未找到引用源。
.【解析】（Ⅱ）设错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
.当错误！未找到引用源。
时，错误！未找到引用源。
，所以错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
上单调递减.所以对任意错误！未找到引用源。
有错误！未找到引用源。
，即错误！未找到引用源。
.所以函数错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
上单调递减.因此错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
上的最大值为错误！未找到引用源。
，最小值为错误！未找到引用源。
.【考点】1.导数的几何意义；2.利用导数求函数的最值.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点是需要求二阶导数，因为错误！未找到引用源。
不能判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设错误！未找到引用源。
，再求错误！未找到引用源。
，一般这时就可求得函数错误！未找到引用源。
的零点，或是错误！未找到引用源。
恒成立，这样就能知道函数错误！未找到引用源。
的单调性，根据单调性求最值，从而判断错误！未找到引用源。
的单调性，求得最值.【母题原题2】【2016北京卷 ，理18】设函数()e a x f x x bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+.（I ）求a ，b 的值；（II ）求()f x 的单调区间.【答案】（I ）2,e a b ==；（II ） ),(+∞-∞【解析】试题分析：（I ）根据题意求出)(x f '，根据(2)2e 2,(2)e 1f f '=+=-求a ,b 的值即可；【考点】导数的应用；运算求解能力【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．【母题原题3】【2015北京卷，理18】已知函数错误！未找到引用源。
高考数学真题导数专题及答案
高考数学真题导数专题及答案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，且e^-2 < f(x) < 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/n)^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。
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)和f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于 -1，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≥1时，f(x) ≤ ax+1，求a的取值范围。
6.已知函数f(x) = (x-1)/(x+1)。
1) 求f(x)的导函数；2) 求f(x)在区间(-1.+∞)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.…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) = 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.π]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，g(x)为f(x)的导函数。
2017年高考题和高考模拟题理科数学分项版汇编专题02 导数 解析版
1.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e -- C.35e - D.1 【答案】A 【解析】【考点】 函数的极值；函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同。
(2)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.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+， 设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=， 当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，【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.【2017浙江，7】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】试题分析：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D ． 【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0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 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)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间．4.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x x f x ae a e 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0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a=-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.5.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。
北京各城区一二模拟理科导数答案
17年各城区摸底17年东城二模理〔18〕〔共13分〕 解：〔Ⅰ〕当0a =时，因为2()e xf x x ，因此2'()(2)e x f x x x ，'(1)3e f ．又因为(1)e f ，因此曲线()yf x 在点(1,(1))f 处的切线方程为e 3e(1)y x ，即3e 2e 0x y ． ……………………4分〔Ⅱ〕“对任意的[0,2]t，存在[0,2]s 使得()()f s g t 成立〞等价于“在区间[0,2]上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值〞． 因为2215()1()24g x x x x， 因此()g x 在[0,2]上的最大值为(2)1g =．令'()0f x ，得2x 或x a ．① 当0a，即0a 时，'()0f x 在[0,2]上恒成立，)(x f 在[0,2]上为单调递增函数，()f x 的最大值为21(2)(4)e f a , 由21(4)1e a ，得2e 4a ．② 当02a ，即20a 时，当(0,)x a ∈-时，'()0f x ，()f x 为单调递减函数，当(2)x a ∈-，时，'()0f x >，()f x 为单调递增函数． 因此()f x 的最大值为(0)f a 或21(2)(4)e f a , 由1a，得1a ；由21(4)1e a ，得2e 4a ．又因为20a ，因此21a．③ 当2a，即2a时，'()0f x 在[0,2]上恒成立，()f x 在[0,2]上为单调递减函数， ()f x 的最大值为(0)f a ，由1a，得1a ，又因为2a ，因此2a．综上所述，实数a 的值范围是1a或2e 4a ．…13分17年东城一模理〔18〕〔共13分〕 解：〔Ⅰ〕)(x f 的概念域为(0,)+∞．当1m时，1()2ln f x xx x，因此221'()1f x x x ． 因为(1)2f 且'(1)2f ，因此曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为20x y．…………4分〔Ⅱ〕假设函数)(x f 在(0,)+∞上为单调递减，那么'()0f x ≤在(0,)+∞上恒成立． 即2210m x x--≤在(0,)+∞上恒成立． 即221xm x -≤在(0,)+∞上恒成立． 设221()(0)g x x x x， 那么max [()]m g x ≥． 因为22211()(1)1(0)g x x x x x=-=--+>， 因此当1x =时，()g x 有最大值1．因此m 的取值范围为[1,)+∞． ……………………9分〔Ⅲ〕因为b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-ln ln b a -<．即lnb a <-(1)t t >，原不等式转化为12ln t t t<-．令1()2ln h t t t t=+-， 由〔Ⅱ〕知1()2ln f x x x x=+-在(0,)+∞上单调递减， 因此1()2ln h t t t t=+-在(1,)+∞上单调递减． 因此，当1t >时，()(1)0h t h <=． 即当1t >时，12ln 0t t t+-<成立． 因此，那时b a <<0，不等式ln ln b ab a -<-成立．……………………13分 17年西城一模理18．〔本小题总分值13分〕解：〔Ⅰ〕对()f x 求导数，得()e x f x x '=-， [ 1分]因此切线l 的斜率为000()e xx f x '=-， [ 2分]由此得切线l 的方程为：000002(1(e 2))e ()x x x x x y x ----=，即000020(e )(1)1e 2x x x x y x x =+-+-. [ 4分]〔Ⅱ〕依题意，切线方程中令1x =，得 00020000011e e )22(e )(1)(2)(x x x y x x x x x =+=--+--. [ 5分]因此 (1,)A y ，(1,0)B .因此 1||||2AOB S OB y =⋅△0001|(2)(1e 22)|x x x =-- 000(1)(11|e )|22x x x =--，0[1,1]x ∈-. [ 7分]设 ()(111e )22)(x x g x x -=-，[1,1]x ∈-. [ 8分]那么 11111e )(1)(e )(1)(e 1)22(2()22x x x x x x g x -+'=-----=-. [10分]令 ()0g x '=，得0x =或1x =． ()g x ，()g x '的转变情形如下表：因此 ()g x 在(1,0)-单调递减；在(0,1)单调递增， [12分] 因此 min ()(0)1g x g ==，从而 △AOB 的面积的最小值为1． [13分]17年西城二模理19．〔本小题总分值13分〕 解：〔Ⅰ〕由 21()()e x f x x ax a -=+-⋅，得 121()(2)e ()e x xf x x a x ax a --'=+⋅-+-⋅21[(2)2]e x x a x a -=-+--⋅1()(2)e x x a x -=-+-⋅． [ 2分]令 ()0f x '=，得2x =，或x a =-．因此 当2a =-时，函数()f x '有且只有一个零点：2x =；当2a ≠-时，函数()f x ' 有两个相异的零点：2x =，x a =-． [ 4分] 〔Ⅱ〕① 当2a =-时，()0f x '≤恒成立，现在函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递减，因此，函数()f x 无极值． [ 5分] ② 当2a >-时，()f x '，()f x 的转变情形如下表：因此，0a ≥时，()f x 的极小值为1()e a f a a +-=-⋅≤0． [ 7分] 又 2x >时，222240x ax a a a a +->+-=+>，因此，当2x >时，21()()e 0x f x x ax a -=+-⋅>恒成立． [ 8分] 因此，1()e a f a a +-=-⋅为()f x 的最小值． [ 9分] 故0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分条件． [10分] ③ 当5a =-时，()f x '，()f x 的转变情形如下表：因为 当5x >时，21()(55)e 0x f x x x -=-+⋅>，又 1(2)e 0f -=-<，因此，当5a =-时，函数()f x 也存在最小值． [12分] 因此，0a ≥不是函数()f x 存在最小值的必要条件．综上，0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分而没必要要条件． [13分] 17年海淀一模理18.〔本小题总分值13分〕 解：法1：〔Ⅰ〕由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数概念域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++ 22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+2(1)[(2)]1x x a x ---=+,由'()0f x =得121,2x x a ==-. 因为3a <，因此21a -<.当1a ≤时，21a -≤-，因此'()()f x f x ，的转变如下表：当时，，'()()f x f x ，的转变如下表：综上，1x =是函数()f x 的极值点，且为极小值点. 〔Ⅱ〕易知(0)=0f ，由〔Ⅰ〕可知，当2a ≤时，函数()f x 在区间[0,1]上单调递减，因此有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，函数()f x 在区间[0,2]a -上单调递增，因此(2)(0)0f a f ->=，因此不等式不能恒成立；因此2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立. 法2：〔Ⅰ〕由2()24(1)ln(1)f x x ax a x =-+-+可得函数概念域为(1,)-+∞，4(1)'()221a f x x a x -=-++ 22[(1)(2)]1x a x a x +-+-=+令2()(1)(2)g x x a x a =+-+-，经历证(1)0g =，因为3a <，因此()0g x =的判别式222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=->， {说明：写明222(1)4(2)69(3)0a a a a a ∆=---=-+=-≠也能够} 由二次函数性质可得，1是2()(1)(2)g x x a x a =+-+-的异号零点， 因此1是'()f x 的异号零点， 因此1x =是函数()f x 的极值点. 〔Ⅱ〕易知(0)=0f ，因为2(1)[(2)]'()1x x a f x x ---=+，又因为3a <，因此21a -<，因此当2a ≤时，在区间[0,1]上'()0f x <，因此函数()f x 单调递减，因此有()0f x ≤恒成立；当23a <<时，在区间[0,2]a -上'()0f x >，因此函数()f x 单调递增，因此(2)(0)0f a f ->=，因此不等式不能恒成立；因此2a ≤时有()0f x ≤在区间[0,1]上恒成立.17年海淀二模理19.〔本小题总分值13分〕解：〔Ⅰ〕'()e 1ax f x a =-，因为曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线与直线230x y ++=垂直， 因此切线l 的斜率为2， 因此'(0)2f =， 因此3a =.〔Ⅱ〕法1：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=，因此在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，因此函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，因此函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增 因此11(ln )f a a =1(1ln )a a+是()f x 的极小值. 由函数()e ax f x x =-可得(0)1f =， 由1a ≠可得11ln 0a a ≠， 因此11(ln )(0)1f f a a<=，综上，假设1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <.〔Ⅱ〕法2：当0a ≤时，显然有(1)e 101a f <-≤<，即存在实数0x 使0()1f x <； 当0,1a a >≠时，由'()0f x =可得11ln x a a=，因此在11(,ln )x a a ∈-∞时，'()0f x <，因此函数()f x 在11(,ln )a a -∞上递减；11(ln ,)x a a ∈+∞时，'()0f x >，因此函数()f x 在11(ln ,)a a +∞上递增. 因此11(ln )f a a =1ln a a+是()f x 的极小值. 设1ln ()x g x +=，那么2ln '()(0)xg x x -=>,令'()0g x =，得1x =因此当1x ≠时()(1)1g x g <=， 因此11(ln )1f a a<，综上，假设1a ≠，存在实数0x 使0()1f x <.17年朝阳一模理〔18〕〔本小题总分值13分〕 解：〔Ⅰ〕由得0x >，11()axf x a x x-'=-=. 〔ⅰ〕当0a ≤时，()0f x '>恒成立，那么函数()f x 在(0,)+∞为增函数；〔ⅱ〕当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<； 由()0f x '<，得1x a >； 因此函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(,)a+∞. ……4分〔Ⅱ〕因为21()()22g x xf x x x =++21(ln 1)22x x x x x =--++21ln 2x x x x =-+，那么()ln 11g x x x '=+-+ln 2()3x x f x =-+=+.由〔Ⅰ〕可知，函数()g x '在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.又因为2211()22e e g '=--+210e=-<，(1)10g '=>， 因此()g x '在(0,1)上有且只有一个零点1x .又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增. 因此1x 为极值点，现在0m =.又(3)ln310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 因此()g x '在(3,4)上有且只有一个零点2x .又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减. 因此2x 为极值点，现在3m =.综上所述，0m =或3m =. ……………………………………………………13分17年朝阳二模理〔19〕〔本小题总分值14分〕解：〔Ⅰ〕()e 2x F x x b =--，那么()e 2xF x '=-.令()e 20,xF x '=->得ln 2x >，因此()F x 在(ln 2,)+∞上单调递增.令()e 20,x F x '=-<得ln 2x <，因此()F x 在(,ln 2)-∞上单调递减. …………4分 〔Ⅱ〕因为()e 21x f x x '=+-，因此(0)0f '=，因此l 的方程为1y =.依题意，12a-=，1c =. 于是l 与抛物线2()2g x x x b =-+切于点(1,1)， 由2121b -+=得2b =.因此2,2, 1.a b c =-== …………8分〔Ⅲ〕设()()()e (1)xh x f x g x a x b =-=-+-,那么()0h x ≥恒成立.易患()e (1).xh x a '=-+ 〔1〕当10a +≤时，因为()0h x '>，因此现在()h x 在(,)-∞+∞上单调递增. ①假设10a +=，那么当0b ≤时知足条件，现在1a b +≤-； ②假设10a +<，取00x <且01,1bx a -<+ 现在0001()e (1)1(1)01xbh x a x b a b a -=-+-<-+-=+，因此()0h x ≥不恒成立． 不知足条件； 〔2〕当10a +>时，令()0h x '=，得ln(1).x a =+由()0h x '>，得ln(1)x a >+； 由()0h x '<，得ln(1).x a <+因此()h x 在(,ln(1))a -∞+上单调递减，在(ln(1),)a ++∞上单调递增. 要使得“()e (1)0xh x a x b =-+-≥恒成立〞，必需有“当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥〞成立. 因此(1)(1)ln(1)b a a a ≤+-++.那么2(1)(1)ln(1) 1.a b a a a +≤+-++- 令()2ln 1,0,G x x x x x =-->那么()1ln .G x x '=-令()0G x '=，得 e.x =由()0G x '>，得0e x <<；由()0G x '<，得 e.x >因此()G x 在(0,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减, 因此，当e x =时，max ()e 1.G x =-从而，当e 1,0a b =-=时，a b +的最大值为e 1-.综上，a b +的最大值为e 1-. …………14分17年石景山一模理18．〔本小题共13分〕 解：〔Ⅰ〕1()f x x'=, (1)1f '=， 又(1)0f =，因此切线方程为1y x =-; ……3分 〔Ⅱ〕由题意知0x >，令11()()(1)ln 1g x f x x xx=--=-+． 22111'()x g x x x x -=-= ………5分 令21'()0x g x x-==，解得1x =． ………6分易知当1>x 时，'()0g x >，易知当01x <<时，'()0g x <．即()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增 ………7分 因此min ()(1)0g x g ==，()(1)0g x g ≥=即1()()(1)0g x f x x =--≥，即1()(1)f x x≥-． ……8分 〔Ⅲ〕设()1ln (1)h x x a x x =--≥，依题意，关于任意1,>x ()0h x >恒成立．'()1a x ah x x x-=-=， ………9分 1≤a 时，'(),h x >0()h x 在[1,)+∞上单调增， 当1>x 时，()(1)0h x h >=，知足题意． ………11分1>a 时，随x 转变，'()h x ，()h x 的转变情形如下表：()h x 在(,)a 1上单调递减， 因此()()<=g a g 10即当 1>a 时，总存在()0<g a ，不合题意．……12分 综上所述，实数a 的最大值为1． ……13分17年顺义二模18.解：〔Ⅰ〕当e p =时，()11++=+-x ex f x ，()11+-='+-x e x f∴()31=f ，()01='f∴曲线()x f y =在点1=x 处的切线方程为3=y -----------------------------4分〔Ⅱ〕∵()1++=-x pex f x，∴()1+-='-x pe x f ---------------------------------5分①当0≤p 时，()0>'x f ，那么函数()x f 在的单调递增区间为()+∞∞-,；------6分②当0>p 时，令()0f x '=，得p e x=，解得p x ln =.---------------------7分那么当x 转变时，()x f '的转变情形如下表：------------------------------9分因此, 当0>p 时,()x f 的单调递增区间为 ()+∞,ln p , 单调递减区间为()p ln ,∞-.------------------------------10分 〔Ⅲ〕当1=p 时，()1++=-x ex f x，直线1+=mx y 与曲线()x f y =没有公共点，等价于关于x 的方程11++=+-x e mx x在()+∞∞-,上没有实数解，即关于x 的方程()xex m -=-1〔*〕在()+∞∞-,上没有实数解.①当1=m 时，方程〔*〕化为0=-xe ，显然在()+∞∞-,上没有实数解. --------------------------------12分 ②当1≠m 时，方程〔*〕化为11-=m xe x ，令()x xe x g =，那么有()()xe x x g +='1. 令()0='x g ，得1-=x ，那么当x 转变时，()g x '的转变情形如下表：当1x =-时，()min 1g x e=-，同时当x 趋于+∞时，()g x 趋于+∞， 从而()g x 的值域为1,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． -----------------------------------13分 因此当em 111-<-时，方程〔*〕无实数解，解得实数m 的取值范围是()1,1e -． 综合①②可知实数m 的取值范围是(]1,1e -. ----------------------------14分17年昌平二模(18)(本小题总分值13分)解：〔I 〕因为22()(1)xf x a x xe-=--，因此22'()2(1)()xx f x a x ex e --=---.因为()y f x =在点(2,(2))f 处的切线与x 轴平行， 因此'(2)0f =. 因此120a +=. 因此12a =-. ………………5分 〔II 〕因为2'()(1)(2)xf x x e a -=-+，（1） 当0a ≥时，220xea -+>.因此2'()(1)(2)01xf x x e a x -=-+>⇔>，2'()(1)(2)01x f x x e a x -=-+<⇔<.因此函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞.〔2〕当02ea -<<时， 令2'()(1)(2)0xf x x ea -=-+=得121,2ln(2)x x a ==--，且211ln(2)0x x a -=-->.当x 转变时，'()f x ，()f x 的转变情形如下表：因此函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --，函数()f x 的单调递减区间为(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞； 综上所述：当0a ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为(,1)-∞；当02ea -<<时，函数()f x 的单调递增区间为(1,2ln(2))a --， 函数()f x 的单调递减区间为：(,1),(2ln(2),)a -∞--+∞.………………13分。
2017九区一模分类汇编-导数理 试题版
2017年北京各区一模理科导数汇编1.（2017海淀一模理18）已知函数()()()2241ln 1f x x ax a x =-+-+，其中实数3a <. （Ⅰ）判断1x =是否为函数()f x 的极值点，并说明理由；（Ⅱ）若()0f x ≤在区间[]0,1恒成立，求a 的取值范围.2.（2017西城一模理18）已知函数21()e 2x f x x =-．设l 为曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线，其中0[1,1]x ∈-．（Ⅰ）求直线l 的方程（用0x 表示）；（Ⅱ）设O 为原点，直线1x =分别与直线l 和x 轴交于,A B 两点,求△AOB 的面积的最小值．x （I ）当1m =-时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （II ）若()f x 在()0,+∞上单调递减，求m 的取值范围； （III ）设0a b <<，求证：ln ln b ab a -<-.4.（2017朝阳一模理18）已知函数()ln 1f x x ax =--(R a ∈),21()()22g x xf x x x =++. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1a =时，若函数()g x 在区间(,1)()m mm Z 内存在唯一的极值点，求m 的值.x（I ）求()f x 的单调区间； （II ）对任意12,x k k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都有()ln 1x kx kx mx -+≤，求m 的取值范围.6.（2017石景山一模理18）已知函数()ln f x x =. （I ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （II ）求证：当0x >时，()11f x x≥-； （III ）若1ln x a x ->对任意1x >恒成立，求实数a 的最大值.7.（2017房山一模理18）已知函数()1x f x x ae =-+ （I ）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求a 的值; （II ）求()f x 的极值；（III ）当1a =时，曲线()y f x =与直线1y kx =-没有公共点，求k 的取值范围.8.（2017平谷一模理18）已知函数()()11x f x k x e =-+. （I ）如果()f x 在0x =处取得极值，求k 的值； （II ）求函数()f x 的单调区间；（III ）当0k =时，过点()0,A t 存在函数曲线()f x 的切线，求t 的取值范围.。
2015-2017年北京市高三理科数学模拟题分类汇编 第三章 导数及其应用
2. （2016-2017 丰台一模理 3）定积分 ⎰ 3 (2 x - )d x =3．（2014-2015 西城一模理 8）已知抛物线 y = x 2 和 y = - x 2 + 5 所围成的封闭曲线如图 （第三章 导数及其应用3.1 导数和积分一、选择题1. （2016-2017 海淀一模理 5） 已知 a = ⎰1 x d x ， b = ⎰1 x 2d x ， c = ⎰ 1 x d x ，则 a , b , c 的大0 0 0 小关系是A ． a < b < cB ． a < c < bC ． b < a < cD ． c < a < b1 1 x（A ）10 - ln3（B ） 8 - ln3（C ）（D ） 22364 91 1 4 16所示,给定点 A(0, a ) ,若在此封闭曲线上恰有三对不同的点,满足每一对点关于点 A 对称,则实数 a 的取值范围是（A ） (1,3)（B ） (2,4)3 （C ） ( ,3) 25 （D ） ( ,4) 24．2014-2015 海淀二模 6）已知函数 f ( x ) 的部分图象如图所示．向图中的矩形区域随机投出100 粒豆子,记下落入阴影区域的豆1/802．（2014-2015丰台一模理9）定积分⎰(x+cos x)dx=________.邻的两个极值点，且f(x)在x=3处的导数f'()<0，则f()=________.子数．通过10次这样的试验,算得落入阴影区域的豆子的平均数约为33,由此可估计⎰1f(x)dx的值约为（A）（B）（C）（D）99 100 3 10 9 10 10 11二、填空题1．（2014-2015东城一模理10）曲线y=sin x(0≤x≤π)与x轴围成的封闭区域的面积为______.π3.（2015-2016丰台二模理14）已知x=1,x=3是函数f(x)=sin(ωx+ϕ)(ω>0)两个相312232/80（ 3.2 导数综合应用一、选择题1．2014-2015 海淀二模 7）已知 f ( x ) 是定义域为 R 的偶函数,当 x ≤ 0 时, f ( x ) = ( x + 1)3 e x +1 ．那么函数 f ( x ) 的极值点的个数是（A ）5 （B ）4 （C ）3二、解答题1．（2014-2015 丰台一模理 18）设函数 f ( x ) = e x - ax ．（Ⅰ）当 a = 2 时，求曲线 f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证： f ( x ) > 0 ；（Ⅲ）当 a > 1 时，求函数 f ( x ) 在 [0, a] 上的最大值．（D ）23/80已知函数f(x)=x ln x．（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（Ⅱ）求证：f(x)≥x-1；（Ⅲ）若f(x)≥ax2+2(a≠0)在区间(0,+∞)上恒成立，求a的最小值．a4/80设函数f(x)=e ax(a∈R).（Ⅰ）当a=-2时，求函数g(x)=x2f(x)在区间(0,+∞)内的最大值；（Ⅱ）若函数h(x)=x2f(x)-1在区间(0,16)内有两个零点，求实数a的取值范围.5/80（Ⅱ）对任意 x ∈[ ， ] ，都有 x ln(kx) - kx + 1 ≤ mx ，求 m 的取值范围. 已知函数 f ( x ) = ln(kx) + 1 - k (k > 0) . x（Ⅰ）求 f ( x ) 的单调区间；1 2 k k6/80已知函数f(x)=e x-a ln x-a.（Ⅰ）当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（Ⅱ）证明：对于∀a∈(0,e)，f(x)在区间(a,1)上有极小值，且极小值大于0. e7/80已知函数f(x)=x2-2ax+4(a-1)ln(x+1)，其中实数a<3.（Ⅰ）判断x=1是否为函数f(x)的极值点，并说明理由；（Ⅱ）若f(x)≤0在区间[0,1]上恒成立，求a的取值范围.8/80已知动点M到点N(1,0)和直线l：x=-1的距离相等.（Ⅰ）求动点M的轨迹E的方程；（Ⅱ）已知不与l垂直的直线l'与曲线E有唯一公共点A，且与直线l的交点为P，以AP 为直径作圆C.判断点N和圆C的位置关系，并证明你的结论．9/80已知函数f(x)=e x-12x2．设l为曲线y=f(x)在点P(x,f(x))处的切线，其中00x∈[-1,1]．（Ⅰ）求直线l的方程（用x表示）；（Ⅱ）设O为原点，直线x=1分别与直线l和x轴交于A,B两点△求AOB的面积的最小值．10/80９．（2016-2017西城二模理18）已知函数f(x)=(x2+ax-a)⋅e1-x，其中a∈R．（Ⅰ）求函数f'(x)的零点个数；（Ⅱ）证明：a≥0是函数f(x)存在最小值的充分而不必要条件．（Ⅲ）设 0 < a < b ，求证：ln b- ln a 10.（2016-2017 东城一模理 18）已知函数 f ( x ) = 2ln x + 1- mx (m ∈ R ) ． x（Ⅰ）当 m = - 1 时，求曲线 y = f ( x ) 在点 (1, f (1))处的切线方程；（Ⅱ）若 f (x ) 在 (0, +∞ ) 上为单调递减，求 m 的取值范围；1 < ． b - a ab11.（2016-2017东城二模理18）设函数f(x)=(x2+ax-a)⋅e-x(a∈R)．（Ⅰ）当a=0时，求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程；（Ⅱ）设g(x)=x2-x-1，若对任意的tÎ[0,2]，存在sÎ[0,2]使得f(s)³g(t)成立，求a的取值范围．12.（2016-2017朝阳一模理18）已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R),g(x)=xf(x)+12x2+2x.（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，若函数g(x)在区间(m,m+1)(m?Z)内存在唯一的极值点，求m的值.13.（2016-2017朝阳二模理19）已知函数f(x)=e x+x2-x，g(x)=x2+ax+b,a,b R．（Ⅰ）当a=1时，求函数F(x)=f(x)-g(x)的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线l与曲线y=g(x)切于点(1,c)，求a,b,c的值；（Ⅲ）若f(x)≥g(x)恒成立，求a+b的最大值．,函数 g ( x ) = y 设 n ∈ N *,函数 f ( x ) = ln x e x x n x n, x ∈ (0, +∞) ．（Ⅰ）当 n = 1 时,写出函数 y = f ( x ) - 1 零点个数,并说明理由;（Ⅱ）若曲线 y = f (x) 与曲线 y = g ( x ) 分别位于直线 l ： = 1 的两侧,求 n 的所有可能取值．已知函数f(x)=x+a+ln x,a∈R．x（Ⅰ）若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;（Ⅱ）若f(x)在区间(1,2)上单调递增,求a的取值范围;（Ⅲ）讨论函数g(x)=f'(x)-x的零点个数．已知函数 f (x) = a ln x + (a ≠ 0) ． 1 x（Ⅰ）求函数 f ( x ) 的单调区间;（Ⅱ）若{x | f ( x ) ≤ 0} = [b , c ] （其中 b < c ）,求 a 的取值范围,并说明 [b , c ] ⊆ (0,1) ．已知函数 f (x) = a ln x + - (a + 1)x, a ∈ R ． 17.（2014-2015 朝阳一模理 18）（本小题满分 13 分）x 2 2（Ⅰ）当 a = -1 时,求函数 f ( x ) 的最小值;（Ⅱ）当 a ≤ 1 时,讨论函数 f ( x ) 的零点个数．已知函数 f (x) = ln x + 1 - 1 , g ( x ) = ． （Ⅲ）求证:直线 y = x 不是曲线 y = g ( x ) 的切线． 18.（2015-2016 海淀一模理 18）x - 1 x ln x（Ⅰ）求函数 f ( x ) 的最小值;（Ⅱ）求函数 g ( x ) 的单调区间;．．设函数f(x)=ae x-x-1,a∈R（Ⅰ）当a=1时,求f(x)的单调区间;（Ⅱ）当x∈(0,+∞)时,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.（Ⅲ）求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>. x2已知函数f(x)=x2-1,函数g(x)=2t ln x,其中t≤1．（Ⅰ）如果函数f(x)与g(x)在x=1处的切线均为l,求切线l的方程及t的值;（Ⅱ）如果曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围．已知函数f(x)=x+a ln x,a∈R．（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间;（Ⅱ）当x∈[1,2]时,都有f(x)>0成立,求a的取值范围;（Ⅲ）试问过点P(1,3)可作多少条直线与曲线y=f(x)相切？并说明理由．22．（2014-2015东城二模18）已知函数f(x)=x+a⋅e-x．（Ⅰ）当a=e2时,求f(x)在区间[1,3]上的最小值;（Ⅱ）求证:存在实数x∈[-3,3],有f(x)>a．00已知函数f(x)=(x2-a)e x,a∈R．（Ⅰ）当a=0时,求函数f(x)的单调区间;（Ⅱ）若在区间(1,2)上存在不相等的实数m,n,使f(m)=f(n)成立,求a的取值范围;（Ⅲ）若函数f(x)有两个不同的极值点x,x,求证:f(x)f(x)<4e-2．1212已知f(x)=2ln(x+2)-(x+1)2,g(x)=k(x+1)（Ⅰ）求f(x)的单调区间（Ⅱ）当k=2时,求证:对于∀x>-1,f(x)<g(x)恒成立;（Ⅲ）若存在x>-1,使得当x∈(-1,x)时,恒有f(x)>g(x)成立,试求k的取值范围．00已知函数f(x)=1-ln x．x2（Ⅰ）求函数f(x)的零点及单调区间;（Ⅱ）求证:曲线y=ln x存在斜率为6的切线,且切点的纵坐标y<-1．x0（Ⅰ）当 a = - 时,求 f (x) 的单调区间; 已知函数 f ( x ) = 1 - x ,其中 a ∈ R ． 1 + ax 21 4（Ⅱ）当 a > 0 时,证明:存在实数 m > 0 ,使得对于任意的实数 x ,都有 | f ( x ) |≤ m 成立．已知函数f(x)=e x(x2+ax+a)．（Ⅰ）当a=1时,求函数f(x)的单调区间;（Ⅱ）若关于x的不等式f(x)≤e a在[a,+∞)上有解,求实数a的取值范围;（Ⅲ）若曲线y=f(x)存在两条互相垂直的切线,求实数a的取值范围．只需直接写出结果）．（28．（2015-2016西城二模18）（本小题满分13分）设a∈R,函数f(x)=x-a．(x+a)2（Ⅰ）若函数f(x)在(0,f(0))处的切线与直线y=3x-2平行,求a的值;（Ⅱ）若对于定义域内的任意x,总存在x使得f(x)<f(x),求a的取值范围．1221已知函数 f (x) = - x 2+ (a + 1)x +（1 - a)ln x , a ∈ R ．（Ⅱ）当 x ∈ [1,2] 时,若曲线 C : y = f ( x ) 上的点 ( x , y) 都在不等式组 ⎨ x ≤ y , 所表示的平面329．（2015-2016 朝阳二模 18）（本小题满分 13 分）1 2（Ⅰ）当 a = 3 时,求曲线 C : y = f ( x ) 在点 (1, f (1))处的切线方程;⎧⎪1 ≤ x ≤ 2, ⎪⎪⎪ y ≤ x + ⎩ 2区域内,试求 a 的取值范围．（Ⅲ）证明：当k∈N*且k≥2时，ln k30（2014-2015丰台二模理20）已知函数f(x)=ln ax+1（a>0）.x（Ⅰ）求函数f(x)的最大值；（Ⅱ）如果关于x的方程ln x+1=bx有两解，写出b的取值范围（只需写出结论）；1111<+++⋅⋅⋅+<ln k．2234k第三章导函数及其应用3.1导数和积分一、选择题题号答案1C2B3D4A二、填空题1.2; 1 3. 22.π22当a>1时，设M(a)=a-ln a，因为M'(a)=1-13.2导数综合应用1．（2014-2015丰台一模理18）18.（本小题共13分）解：（Ⅰ）当a=2时，f(x)=e x-2x，f(0)=1，所以f'(x)=e x-2．因为f'(0)=e0-2=-1，即切线的斜率为-1，所以切线方程为y-1=-(x-0)，即x+y-1=0．……………………4分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知f'(x)=e x-2．令f'(x)=0，则x=ln2．当x∈(-∞,ln2)时，f'(x)<0，f(x)在(-∞,ln2)上单调递减，当x∈(ln2,+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(ln2,+∞)上单调递增，所以当x=ln2时，函数最小值是f(ln2)=e ln2-2ln2=2-2ln2>0．命题得证．……………………8分（Ⅲ）因为f(x)=e x-ax，所以f'(x)=e x-a．令f'(x)=0，则x=ln a>0．a-1=>0，a a所以M(a)=a-ln a在(1,+∞)上单调递增，且M(1)=1-ln1=1，所以M(a)=a-ln a>0在(1,+∞)恒成立，即a>ln a．所以当x∈(0,ln a)，f'(x)<0，f(x)在(0,ln a)上单调递减；当x∈(ln a,a)，f'(x)>0，f(x)在(ln a,a)上单调递增．所以f(x)在[0,a]上的最大值等于max{f(0),f(a)}，因为f(0)=e0-a⋅0=1，f(a)=e a-a2，不妨设h(a)=f(a)-f(0)=e a-a2-1（a>1），所以h'(a)=e a-2a．由（Ⅱ）知h'(a)=e a-2a>0在(1,+∞)恒成立，所以h(a)=f(a)-f(0)=e a-a2-1在(1,+∞)上单调递增．又因为h(1)=e1-12-1=e-2>0，所以h(a)=f(a)-f(0)=e a-a2-1>0在(1,+∞)恒成立，即f(a)>f(0)．所以当a>1时，f(x)在[0,a]上的最大值为f(a)=e a-a2．……………………13分２．（2015-2016丰台一模理18）18．解：（Ⅰ）设切线的斜率为kf'(x)=ln x+1k=f'(1)=ln1+1=1因为f(1)=1⋅ln1=0，切点为(1,0)．切线方程为y-0=1⋅(x-1)，化简得：y=x-1．----------------------------4分12-a2x2+ax+2-a2(x+)(x-)ax2=所以x∈(0,-)时h'(x)<0，h(x)在(0,-)上单调递减；1当x=-1a a a（Ⅱ）要证：f(x)≥x-1只需证明：g(x)=x ln x-x+1≥0在(0,+∞)恒成立，g'(x)=ln x+1-1=ln x当x∈(0,1)时f'(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1,+∞)时f'(x)>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增；当x=1时g(x)m in=g(1)=1⋅ln1-1+1=0g(x)=x ln x-x+1≥0在(0,+∞)恒成立所以f(x)≥x-1．--------------------------------------------------------------------------10分（Ⅲ）要使：x ln x≥ax2+2在区间在(0,+∞)恒成立，a等价于：ln x≥ax+2在(0,+∞)恒成立，ax等价于：h(x)=ln x-ax-2ax≥0在(0,+∞)恒成立12因为h'(x)=-a+=a a x ax2ax2①当a>0时，h(1)=ln1-a-2<0，a>0不满足题意a②当a<0时，令h'(x)=0，则x=-12或x=（舍）．a a1a a11x∈(-,+∞)时h'(x)>0，h(x)在(-,+∞)上单调递增；a a11时h(x)=h(-)=ln(-)+1+2min当ln(-1)+3≥0时，满足题意a(2 x - ax2 )e ax所以 -e 3 ≤ a < 0 ，得到 a 的最小值为 - e 3 -----------------------------------14 分３．（2015-2016 丰台二模理 18）18.（本小题共 13 分） 解：（Ⅰ）当 a = -2 时， g ( x ) = x 2e -2 x ， g '( x) = e -2 x (2 x - 2 x 2 )= - 2 x ( x - 1)e -2 x —-2 分x 与 g '( x ) 、 g ( x ) 之间的关系如下表：x(0,1) 1 (1,+∞)g '( x )+0 -g ( x )增函数 极大值 减函数函数在区间 (0, +∞) 内只有一个极大值点，所以这个极值点也是最大值点 x = 1 ，---4 分最大值 g (1) =1e 2.（Ⅱ）（1）当 a = 0 时， h ( x ) = x 2 - 1 ，显然在区间 (0,16) 内没有两个零点， a = 0 不合题意.(2)当 a ≠ 0 时， h( x ) =x 2 e ax- 1 ， h '( x ) = 2-ax( x - ) = a . e 2ax e ax①当 a < 0 且 x ∈ (0,16) 时， h '( x ) > 0 ，函数 h ( x ) 区间 (0, +∞) 上是增函数，所以函数 h ( x ) 区间 (0,16) 上不可能有两个零点，所以 a < 0 不合题意；⎧ 2 ⎧ 4 ⎧ 2 ⎪ a h( ) > 0, - 1 > 0, 0 < a < ,⎪ e 2a 2 e ⎪ 2 1 则 ⎨ < 16, ，所以 ⎨a > ,，化简 ⎨a > , . a 8 8 ⎪h(16) < 0 ⎪ 28 ⎪ ln 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ e 16a②当 a > 0 时，在区间 (0, +∞) 上 x 与 h '( x ) 、 h ( x ) 之间的关系如下表：x2 (0, )a2 a2( , +∞) ah '( x )+-h ( x )增函数 极大值 减函数因为 h (0) = -1 ，若函数 h ( x ) 区间 (0,16) 上有两个零点，⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎪ ⎪ - 1 < 0a > 2因为 1 ln 2< ⇔ 1 < 4ln 2 ⇔ 1 < ln16 ⇔ e < 16 ，8 22 ln 2 > ⇔ 4 > eln 2 ⇔ 4 >3 > eln 2 , e 2所以 1 ln 2 2 < < .8 2 e综上所述，当 ln 2 2 x 2 < a < 时，函数 h ( x ) =2 e f ( x )- 1 在区间 (0,16) 内有两个零点.４．（2016-2017 丰台一模理 18）18．（本小题共 13 分）（1）当 k ≥ 2 时， f ( x ) 在 [ , ] 上单调递减，所以 f ( x )k k k（2）当 0 < k ≤ 1 时， f ( x ) 在 [ , ] 上单调递增，所以 f ( x )k k k 2（3）当1 < k < 2 时， f ( x ) 在 [ ,1) 上单调递减，在 (1, ] 上单调递增，所以 f ( x)max = max ⎨ f ( ), f ( ) ⎬ .k k 2 k 2 若 f ( ) < f ( ) ，即 ln 2 - < 0 ，所以 2ln2 ≤ k < 2 ，此时 f ( x )解：由已知得， f ( x ) 的定义域为 (0, +∞) .（Ⅰ） f '( x ) = x - 1，.x 2令 f '( x ) > 0 ，得 x > 1 ，令 f '( x ) < 0 ，得 0 < x < 1.所以函数 f ( x ) 的单调减区间是 (0,1) ，单调增区间是 (1,+∞) ...………………5 分（Ⅱ）由 x ln(kx) - kx + 1 ≤ mx ，得 ln(kx) + 1- k ≤ m ，即 m ≥ f ( x ) xmax.由（Ⅰ）知，1 21= f ( ) = 0 ，所以 m ≥ 0 ；. max1 22 k= f ( ) = ln2 - ， maxk所以 m ≥ ln 2 - ；212 k k⎧ 1 2 ⎫ ⎩ kk ⎭1 2 k又 f ( ) = 0 ， f ( ) = ln 2 - ,k k 22 1 k 2 k若 f ( ) ≥ f ( ) ，即 ln 2 - ≥ 0 ，所以1 < k < 2ln2 ，此时 f ( x ) = f ( ) = ln2 - ，maxk所以 m ≥ ln 2 - .22 1 kk k 2综上所述，当 k ≥ 2ln2 时， m ≥ 0 ；k当 0 < k < 2ln2 时， m ≥ ln 2 - ...………………13 分2max= 0 ，所以 m ≥ 0在区间 ( ,1) 上是单调递增函数.…………………5 分 a因为 f '( ) = e e- e < 0 ， f '(1) = e - a > 0 ，…………………6 分 所以 ∃x ∈ ( ,1) ,使得 e x 0 - =0 .…………………7 分e x所以 ∀x ∈ ( , x ) ， f '( x ) < 0 ； ∀x ∈ ( x ,1) ， f '( x ) > 0 ，…………………8 分e 故f ( x ) 在 ( , x ) 上单调递减，在 ( x ,1) 上单调递增，…………………9 分e 设 g ( x )=a( - ln x - 1) ， x ∈ ( ,1) ，即 g ( x ) 在 ( ,1) 上单调递减，所以 g ( x ) > g (1) = 0 ，- ) =-５．（2016-2017 丰台二模理 18）18.（本小题共 13 分）解：（Ⅰ） f ( x ) 的定义域为 (0, +∞) ，…………………1 分因为 a = e ，所以 f ( x ) = e x - e(ln x + 1) ，所以 f '( x ) = e x - ex.…………………2 分因为 f (1) = 0 ， f '(1) = 0 ，…………………3 分所以曲线 y = f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y = 0 .…………………4 分（Ⅱ）因为 0 < a < e ,所以 f '( x ) = e x -a a x ea ea a0 0a0 0a所以 f ( x) 有极小值 f ( x 0 ) .…………………10 分因为 e x 0 - a= 0,x所以 f ( x )=e x 0 - a(ln x + 1) = a( 0 0 1x- ln x - 1) .…………………11 分1 ax e则 g '( x ) = a(-11 a(1+ x)，………………12 分 x 2 x x 2所以 g '( x ) < 0 ，ae即 f ( x ) > 0 ，所以函数 f ( x ) 的极小值大于 0．………………13 分６．（2016-2017海淀一模理18）18.（本小题满分13分）解：法1：（Ⅰ）由f(x)=x2-2ax+4(a-1)ln(x+1)可得函数定义域为(-1,+∞)，f'(x)=2x-2a+4(a-1) x+1=2[x2+(1-a)x+(a-2)]x+1=2(x-1)[x-(a-2)]x+1,由f'(x)=0得x=1,x=a-2.12因为a<3，所以a-2<1.当a≤1时，a-2≤-1，所以f'(x)，f(x)的变化如下表：x(-1,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗当1<a<3时，-1<a-2<1，f'(x)，f(x)的变化如下表：++）x(-1,a - 2) a - 2 (a - 2,1) 1 (1,+∞)f '(x)f ( x )-↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗综上， x = 1 是函数 f ( x ) 的极值点，且为极小值点.（Ⅱ）易知 f (0)=0 ，由（Ⅰ 可知，当 a ≤ 2 时，函数 f ( x ) 在区间[0,1] 上单调递减，所以有 f ( x ) ≤ 0 恒成立；当 2 < a < 3 时，函数 f ( x ) 在区间[0, a - 2] 上单调递增，所以 f (a - 2) > f (0) = 0 ，所以不等式不能恒成立；所以 a ≤ 2 时有 f ( x ) ≤ 0 在区间 [0,1] 上恒成立.（Ⅱ）易知 f (0)=0 ，因为 f '(x) = 2( x - 1)[x - (a - 2)]x + 1，又因为 a < 3 ，所以 a - 2 < 1 ，所以当 a ≤ 2 时，在区间[0,1] 上 f '(x) < 0 ，所以函数 f ( x ) 单调递减，所以有 f ( x ) ≤ 0 恒成立；当 2 < a < 3 时，在区间[0, a - 2] 上 f '(x) > 0 ，所以函数 f ( x ) 单调递增，x ∈ ( ln , +∞) 时， f '(x) > 0 ，所以函数 f (x) 在 ( ln , +∞) 上递增所以 f (a - 2) > f (0) = 0 ，所以不等式不能恒成立；所以 a ≤ 2 时有 f ( x ) ≤ 0 在区间 [0,1] 上恒成立.７．（2016-2017 海淀二模理 18） 19.（本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ） f '(x) = a e ax - 1 ，因为曲线 y = f (x) 在 (0, f (0)) 处的切线与直线 x + 2 y + 3 = 0 垂直，所以切线 l 的斜率为 2， 所以 f '(0) = 2 ，所以 a = 3 .（Ⅱ）法 1：当 a ≤ 0 时，显然有 f (1)< e a - 1 ≤ 0 < 1 ，即存在实数 x 使 f ( x ) < 1 ；当 a > 0, a ≠ 1 时，由 f '(x) = 0 可得 x = 1 ln 1 ，a a所以在 x ∈ (-∞, 1 ln 1 ) 时， f '(x) < 0 ，所以函数 f (x) 在 (-∞, 1 ln 1 ) 上递减；a a a a1 1 1 1a a a a所以 f ( 1 ln 1 ) = 1 (1+ ln a) 是 f (x) 的极小值.a a a由函数 f ( x ) = e ax - x 可得 f (0) = 1，由 a ≠ 1可得 1 ln 1 ≠ 0 ，a ax ∈ ( ln , +∞) 时， f '(x) > 0 ，所以函数 f (x) 在 ( ln , +∞) 上递增.所以 f ( ln ) < 1 ，所以 f ( 1 ln 1 ) < f (0) = 1 ，a a综上，若 a ≠ 1，存在实数 x 使 f ( x ) < 1 .（Ⅱ）法 2：当 a ≤ 0 时，显然有 f (1)< e a - 1 ≤ 0 < 1 ，即存在实数 x 使 f ( x ) < 1 ；当 a > 0, a ≠ 1 时，由 f '(x) = 0 可得 x = 1 ln 1 ，a a所以在 x ∈ (-∞, 1 ln 1 ) 时， f '(x) < 0 ，所以函数 f (x) 在 (-∞, 1 ln 1 ) 上递减；a a a a1 1 1 1 a a a a所以 f ( 1 ln 1 ) = 1 + ln a 是 f (x) 的极小值.a a a设 g ( x ) = 1 + ln x ，则 g '(x) = - ln x ( x > 0) ,令 g '(x) = 0 ，得 x = 1x x 2x(0,1)1(1,+∞)g '(x)g ( x )+ -↗ 极大值 ↘所以当 x ≠ 1 时 g ( x ) < g (1)= 1 ，1 1a a综上，若 a ≠ 1，存在实数 x 使 f ( x ) < 1 .８．（2016-2017 西城一模理 18）18．（本小题满分 13 分）解：（Ⅰ）对 f (x) 求导数，得 f '( x ) = e x - x ，[1 分]所以切线 l 的斜率为 f '( x ) = e x 0 - x ，[2 分]由此得切线 l 的方程为： y - (e x 0 - x 2 ) = (e x 0 - x )(x - x ) ，2 0 即 y = (e x 0 - x ) x + (1- x )e x 0 + x 2 .[4 分]2 0得 y = (e x 0 - x ) + (1- x )e x 0 + x 2 = (2 - x )(e x 0 - x ) .[5 分]2 0 2 0所以 = 1 2 2 0=| (1- x )(e x 0 - x ) | ， x ∈[-1,1].[7 分]2 0 2 0 设 g (x) = (1- x)(e x - x) ， x ∈[-1,1].[8 分]则 g '(x) = - (e x - x) + (1- x)(e x - ) = - (x -1)(e x -1) .[10 分]2 2 e↘1↗1+1 0 01 0 0（Ⅱ）依题意，切线方程中令 x = 1 ，1 1 0 0 0所以 A(1,y) ， B(1,0).1△S AOB = 2 | OB | ⋅ | y |1| (2 - x )(e x 0 - x )| 01 11 12 21 1 1 1 12 2 2 2 2令 g '( x ) = 0 ，得 x = 0 或 x = 1 ．g ( x ) ， g '( x ) 的变化情况如下表：x-1(- 1,0)(0,1)1g '( x )-0 +g ( x )3 ( 1 1) 1 (e - ) 2 2所以 g ( x ) 在 (- 1,0) 单调递减；在 (0,1) 单调递增，[12 分]所以 g (x)min = g (0) = 1 ，从而△ AOB 的面积的最小值为 1．[13 分]极小值 极大值９．（2016-2017 西城二模理 18）19．（本小题满分 13 分）解：（Ⅰ）由 f ( x) = ( x 2 + ax - a ) ⋅ e 1- x ，得 f '( x ) = (2 x + a) ⋅ e 1- x - ( x 2 + ax - a) ⋅ e 1- x= - [ x 2 + (a - 2) x - 2a ] ⋅ e 1- x= - ( x + a )( x - 2) ⋅ e 1- x ．[2 分]令 f '( x ) = 0 ，得 x = 2 ，或 x = -a ．所以当 a = -2 时，函数 f '( x ) 有且只有一个零点： x = 2 ；当 a ≠ -2 时，函数 f '( x ) 有两个相异的零点： x = 2 ， x = -a ．[4 分]（Ⅱ）①当 a = -2 时， f '( x ) ≤ 0 恒成立，此时函数 f ( x ) 在 (-∞ , +∞ ) 上单调递减，所以，函数 f ( x ) 无极值．[5 分]②当 a > -2 时， f '( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表：x(-∞, -a)-a(- a ,2)2 (2, +∞)所以，时， f '( x ) - 0 + 0 -f ( x ) ↘ ↗ ↘ a ≥ 0f ( x ) 的极小值为 f (-a) = -a ⋅ e 1+a ≤ 0 ．[7 分]又 x > 2 时， x 2 + ax - a > 22 + 2a - a = a + 4 > 0 ，所以，当 x > 2 时， f ( x ) = ( x 2 + ax - a) ⋅ e 1-x > 0 恒成立．[8 分]所以， f (-a) = -a ⋅ e 1+a 为 f ( x ) 的最小值．[9 分]故 a ≥ 0 是函数 f ( x ) 存在最小值的充分条件．[10 分]极小值极大值即22-m≤0在(0,+∞)上恒成立．③当a=-5时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：x(-∞,2)2(2,5)5(5,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘↗↘因为当x>5时，f(x)=(x2-5x+5)⋅e1-x>0，又f(2)=-e-1<0，所以，当a=-5时，函数f(x)也存在最小值．[12分]所以，a≥0不是函数f(x)存在最小值的必要条件．综上，a≥0是函数f(x)存在最小值的充分而不必要条件．[13分]10.（2016-2017东城一模理18）（18）（共13分）解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,+∞)．当m=-1时，f(x)=2ln x+21所以f'(x)=-+1．x x21x+x，因为f(1)=2且f'(1)=2，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2x-y=0．…………4分（Ⅱ）若函数f(x)在(0,+∞)上为单调递减，则f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立．1-x x即2因为g(x)=2（Ⅲ）因为0<a<b，不等式ln b-ln a所以，当时0<a<b，不等式ln b-ln a1-≤m在(0,+∞)上恒成立．x x2设g(x)=21-x x2(x>0)，则m≥[g(x)]max．11-=-(-1)2+1(x>0)，x x2x所以当x=1时，g(x)有最大值1．所以m的取值范围为[1,+∞)．……………………9分1b-a<等价于ln b-ln a<．b-a ab ab即ln ba<b a b1-，令=t(t>1)，原不等式转化为2ln t<t-．a b a t1令h(t)=2ln t+-t，t由（Ⅱ）知f(x)=2ln x+1x-x在(0,+∞)上单调递减，1所以h(t)=2ln t+-t在(1,+∞)上单调递减．t所以，当t>1时，h(t)<h(1)=0．1即当t>1时，2ln t+-t<0成立．t1<成立．……………………13分b-a ab11.（2016-2017东城二模理18）（18）（共13分）解：（Ⅰ）当a=0时，因为f(x)=x2?e-x，所以f'(x)=(-x2+2x)?e-x，f'(-1)=-3e．” 由 (4 + a )壮2) 由 - a ? 1，得 a ? 1 ；由 (4 + a )壮又因为 f (- 1) = e ，所以曲线 y = f ( x ) 在点 (- 1, f (- 1)) 处的切线方程为y - e = - 3e( x +1) ，即 3ex + y +2e = 0 ．……………………4 分（Ⅱ）“对任意的 t Î [0,2] ，存在 s Î [0,2] 使得 f (s) ³ g (t ) 成立”等价于“在区间 [0,2] 上，f ( x ) 的最大值大于或等于g ( x ) 的最大值．因为 g ( x ) = x 2- x - 1 = ( x - 1 5)2 - ，2 4所以 g ( x ) 在 [0,2] 上的最大值为 g (2) = 1 ．f '(x) = (2 x + a )?e - x ( x 2 + a x - a)?e - x= - e - x [ x 2 +(a - 2) x - 2a]= - e - x ( x - 2)( x + a)令 f '(x) = 0 ，得 x = 2 或 x = - a ．①当 - a ? 0 ，即 a ³ 0 时，f '(x) ³ 0 在 [0,2] 上恒成立， f ( x ) 在 [0,2] 上为单调递增函数，f ( x ) 的最大值为 f (2) = (4 + a )? 1 e 2,1e 21 ，得 a ? e2 4 ．②当 0 < - a < 2 ，即 - 2 < a < 0 时，当 x ∈ (0, -a) 时， f '(x) < 0 ， f ( x ) 为单调递减函数，当 x ∈ (-a ， 时， f '(x) > 0 ， f ( x ) 为单调递增函数．所以 f ( x ) 的最大值为 f (0) = - a 或 f (2) = (4 + a )?1e2,1e 21，得 a ? e 2 4 ．又因为 - 2 < a < 0 ，所以 - 2 < a ? 1．③当 - a ? 2 ，即 a ? 2 时，f '(x) £ 0 在 [0,2] 上恒成立， f ( x ) 在 [0,2] 上为单调递减函数，）f ( x ) 的最大值为 f (0) = - a ，由 - a ? 1，得 a ? 1 ，又因为 a ? 2 ，所以 a ? 2 ．综上所述，实数 a 的值范围是 a ? 1 或 a ? e 2 4 ．……………………13 分12.（2016-2017 朝阳一模理 18）（18 （本小题满分 13 分）解：（Ⅰ）由已知得 x > 0 ， f '( x ) = 1 1 - ax - a = x x.（ⅰ）当 a ≤ 0 时， f '( x ) > 0 恒成立，则函数 f ( x ) 在 (0, +∞) 为增函数；（ⅱ）当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 ，得 0 < x < 1 a；由 f '( x ) < 0 ，得 x > 1 a；1 1所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ) ，单调递减区间为 ( , +∞) . ……4 分a a1 1 1（Ⅱ）因为 g ( x ) = xf ( x ) + x 2 + 2 x = x(ln x - x - 1) + x 2 + 2 x = x ln x - x 2 + x ，2 2 2则 g '( x ) = ln x + 1 - x + 1 = ln x - x + 2 = f ( x ) + 3 .由（Ⅰ）可知，函数 g '( x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减.又因为 g '( 1e 2 1 1) = -2 - + 2 =- < 0 ， g '(1) = 1 > 0 ，e 2 e 2所以 g '( x ) 在 (0,1) 上有且只有一个零点 x .1又在 (0, x ) 上 g '( x ) < 0 ， g ( x ) 在 (0, x ) 上单调递减；1 1在 ( x ,1) 上 g '( x ) > 0 ， g ( x ) 在 ( x ,1) 上单调递增.1 1所以 x 为极值点，此时 m = 0 .1又 g '(3) = ln3 - 1 > 0 ， g '(4) = 2ln 2 - 2 < 0 ，所以 g '( x ) 在 (3, 4) 上有且只有一个零点 x .2又在 (3, x ) 上 g '( x ) > 0 ， g ( x ) 在 (3, x ) 上单调递增；2 2在(x,4)上g'(x)<0，g(x)在(x,4)上单调递减.22所以x为极值点，此时m=3.2综上所述，m=0或m=3.……………………………………………………13分13.（2016-2017朝阳二模理19）、（19）（本小题满分14分）解：（Ⅰ）F(x)=e x-2x-b，则F'(x)=e x-2.令F'(x)=e x-2>0,得x>ln2，所以F(x)在(ln2,+∞)上单调递增.令F'(x)=e x-2<0,得x<ln2，所以F(x)在(-∞,ln2)上单调递减.…………4分（Ⅱ）因为f'(x)=e x+2x-1，所以f'(0)=0，所以l的方程为y=1.依题意，-a2=1，c=1.于是l与抛物线g(x)=x2-2x+b切于点(1,1)，由12-2+b=1得b=2.所以a=-2,b=2,c=1.…………8分（Ⅲ）设h(x)=f(x)-g(x)=e x-(a+1)x-b,则h(x)≥0恒成立.易得h'(x)=e x-(a+1).（1）当a+1≤0时，因为h'(x)>0，所以此时h(x)在(-∞,+∞)上单调递增.①若a+1=0，则当b≤0时满足条件，此时a+b≤-1；②若a+1<0，取x<0且x<001-b a+1,。
北京市2017届高三数学文一轮复习专题突破训练：导数及其应用 含答案
北京市2017届高三数学文一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空、选择题1、（2016年全国I 卷高考)若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是（A)[]1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦2、（2016年天津高考)已知函数()(2+1),()xf x x e f x '=为()f x 的导函数,则(0)f '的值为__________。
3、（东城区2016届高三上学期期中）若曲线f （x ）＝在点（1,a ）处的切线平行于x 轴,则a ＝4、（东城区2016届高三上学期期中）已知函数f （x)＝为实数,若f （x ）在x ＝－1处取得极值，则a ＝5、（海淀区2016届高三上学期期末）直线l 经过点(,0)A t ，且与曲线2y x =相切,若直线l 的倾斜角为45，则___.t =6、（广州市2015届高三一模）已知e 为自然对数的底数，则曲线2y =e x在点()1,2e 处的切线斜率为7、（华南师大附中2015届高三三模）函数2ln 2)(x x x f +=在1=x 处的切线方程是 ＊*＊8、（惠州市2015届高三4月模拟）函数32()34f x x x =-+在x = 处取得极小值。
二、解答题1、(2016年北京高考）设函数()32.f x xax bx c =+++（I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（II ）设4a b ==,若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230ab -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件。
2、（2015年北京高考）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >．(Ⅰ)求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ)证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．3、（2014年北京高考）已知函数3()23f x x x =-。
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2017年北京高三模拟题分类汇编之导数大题精心校对版题号一总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2017北京市各城区一模二模真题。
2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。
3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科一、解答题（本大题共12小题，共0分）1.（2017北京东城区高三一模数学(文)）设函数ax x x x f 232131)(，R a ．(Ⅰ)若2x 是)(x f 的极值点，求a 的值，并讨论)(x f 的单调性；(Ⅱ)已知函数3221)()(2ax x f x g ，若)(x g 在区间)1,0(内有零点，求a 的取值范围；(Ⅲ)设)(x f 有两个极值点1x ，2x ，试讨论过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线能否过点)1,1(，若能，求a 的值；若不能，说明理由．2.（2017北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()e x x f x ，A 1()x m ,，B 2()x m ,是曲线()y f x 上两个不同的点. （Ⅰ）求()f x 的单调区间，并写出实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：120x x . 3.（2017北京丰台区高三二模数学(文)）已知函数ln ()x f x ax (0)a . （Ⅰ）当1a 时，求曲线()y f x 在点(1(1)),f 处的切线方程；姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封-
-------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。