2017高考数学真题导数专题

2017年高考真题导数专题

一．解答题（共12小题）

1．已知函数f（x）=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，