1、2017年高考真題導數專題一.解答題(共12小題)1,已知函數 f (x) =ae2x+ (a-2) ex -x.(1)討論f (x)的單調性；(2)若f (x)有兩個零點，求a的取值范圍.2 .已知函數 f (x) =ax2 - ax- xlnx,且 f (x) 0.(1)求 a；(2)證明：f (x)存在唯一的極大值點xo,且e 2f (xo) 0,求a的值；(2)設m為整數，且對于任意正整數 n, (1 m的最小值.4 .已知函數f (x) =x3+ax2+bx+1 (a0, b c r)有極值，且導函數f (x)的極 值點是f (x)的零點.(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值)(

2、1)求b關于a的函數關系式，并寫出定義域；(2)證明：b23a；(3)若f (x), f(x)這兩個函數的所有極值之和不小于-求a的取值范圍.5 .設函數 f (x) = (1-x2) ex.(1)討論f (x)的單調性；(2)當x0時，f (x) ).(1)求f (x)的導函數；(2)求f (x)在區間上，+oo)上的取值范圍.7 .已知函數 f (x) =x2+2cosx, g (x) =ex (cosx sinx+2x 2),其中 e=2.17828 是自然對數的底數.(i )求曲線y=f (x)在點(砥f ( tt)處的切線方程；(h)令h(x)=g(x)- a f(x)(acr),討

3、論h(x)的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值.8 .已知函數 f (x) =excosx- x.(1)求曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線方程；(2)求函數f (x)在區間0,二匚上的最大值和最小值.9 .設acz,已知定義在 r上的函數f (x) =2x4+3x3-3x2-6x+a在區間(1, 2) 內有一個零點xo, g (x)為f (x)的導函數.(i )求g (x)的單調區間；(h )設 m c 1 , x0)u (xo, 2,函數 h (x) =g (x) (m - xo) f (m),求證: h (m) h (xo) 0;(m)求證：存在大于o的常數a,使得對于

4、任意的正整數p, q,g2 e 1 , xo) qu (xo, 2,滿足 |e-xo|q1ao”10.已知函數f (x) x3-3，acr,(1)當a=2時，求曲線y=f (x)在點(3, f (3)處的切線方程；(2)設函數g (x) =f (x) + (x- a) cosx- sinx,討論g (x)的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值.11 .設 a, b r, | a| 0,求a的取值范圍.參考答案與試題解析一.解答題(共12小題)1. (2017漸課標 i)已知函數 f (x) =as+ (a- 2) ex x.(1)討論f (x)的單調性；(2)若f (x)有兩個零點，求a的取

5、值范圍.【解答】解：(1)由 f (x) =ae2x+ (a 2) ex- x,求導 f(x) =2ae2x+ (a2) ex 1,當 a=0時，f(x) =- 2ex- 10 時，f(x) = (2ex+1) (aex 1) =2a (exg) (ex),令 f(x) =0,解彳導：x=ln,a當 f(x) 0,解得：xln,a當 f(x) 0,解得：xln, ax (- oo, ink)時，f (x)單調遞減，x (ln, +00)單調遞增； aa當 a0 時，f(x) =2a (ex+i-) (ex-) 0時，f (x)在(-8, |nl)是減函數，在(ln, +oo)是增函數； aa(

6、2)若a0 時，f (x) =ae2x+ (a- 2) ex-x,當 x一 oo 時，e2x-0, ex 0,.當 xoo時，f (x) 一+oo,當x-00, e2x一+oo,且遠遠大于 ex和x,當 x一00, f (x) 一+oo.函數有兩個零點,f (x)的最小值小于0即可,由 f(x)在(00,ln)是減函數, a在(ld a,+00)是增函數,f (x) min=f (ln)=ax ()+ (a 2)-lnl 0設 t= 艮,則 g (t) =lnt+t 1, (t0), a求導 g (t) =-+1,由 g (1) =0；tj 1,解得：0a1, a；a的取值范圍(0, 1).方

7、法二：(1)由 f (x) =ae2x+ (a - 2) ex - x,求導 f (x) =2ae2x+ (a - 2) ex - 1,當 a=0時，f(x) =2ex- 10 時，f(x) = (2ex+1) (aex 1) =2a (ex+) (ex,令 f(x) =0,解彳#： x=- lna,當 f(x) 0,解得：x - lna,當 f(x) 0,解得：x - lna,xc (-8, ina)時，f (x)單調遞減，x (-lna, +00)單調遞增;當 a0 時，f(x) =2a (ex+1) (ex-) 0時，f (x)在(-oo, ina)是減函數，在(-ina, +)是增函數

8、；(2)若a0時，由(1)可知：當x=-ina時，f (x)取得最小值，f (x) min=f (ina) =1in,當a=1,時，f (-ina) =0,故f (x)只有一個零點，當 a c (1, +)時，由 1 上一in0,即 f ( ina) 0, a a故f (x)沒有零點,第3頁(共17頁)當 ac (0, 1)時，1-lnl0, f ( -lna) 2e 2+20,故f (x)在(-3 lna)有一個零點，假設存在正整數 no,滿足 noln ( - 1),則 f (no) =。(a氐+a-2) - no a j。- no z - no 0,由 in (3-1) - lna, a

9、因此在(-lna, +oo)有一個零點.；a的取值范圍(o, 1).2. (2。17漸課標 ii)已知函數 f (x) =ax2- ax - xlnx,且 f (x) o.(1)求 a；(2)證明：f (x)存在唯一的極大值點xo,且e 2f (xo) o), 貝u f (x)o 等價于 h (x) =ax- a - lnxo,求導可知 h (x) =a-. 則當a&o時h (x) 1 時，h (xo) o. 因為當 ox一時 h (x) -l時 h (x) o, aa所以 h (x) min=h (),又因為 h (1) =a- a- ln1=o,所以工=1,解得a=1； a(2)證明：由(

10、1)可知 f (x) =x2 - x - xlnx, f (x) =2x- 2 - lnx,令 f(x) =o,可得 2x 2 lnx=o,記 t (x) =2x- 2- lnx,則 t (x) =2十令 t (x) =o,解得：x,所以t （x）在區間（o,號）上單調遞減，在（+ 8）上單調遞增,第5頁（共17頁）所以 t (x) min=t(7j-) =ln2to,從而 t (x) =o 有解，即 f (x) =o 存在兩根由 xom知 f（x0）（x0 max一=_ 1 +l=l .=+-=-x0, x2,且不妨設f(x)在(0, x0)上為正、在(x0, x2)上為負、在(x2, +0

11、0)上為正, 所以f (x)必存在唯一極大值點xo,且2x0 - 2 - lnx0=0,xo+2xo 2 ,=x0 工口5口所以 f （xo）=買/ xo xolnxo=e/第7頁(共17頁)0 可知 xo!f （） =-;綜上所述，f (x)存在唯一的極大值點xo,且 e 2f（x0） 0,求a的值；(2)設m為整數，且對于任意正整數 n, (1工)(1+l)(1上l) 0,所以 f (x) =1 - aa ,且 f (1) =0. 工 x所以當a00時f(x) 0包成立，止匕時y=f (x)在(0, +oo)上單調遞增，這與f (x) 0矛盾；當a0時令f (x) =0,解得x=a,所以y

12、=f (x)在(0, a)上單調遞減，在(a, +00)上單調遞增，即f (x) min=f (a),又因為f (x) min =f ( a)0 ,所以a=1;(2)由(1)可知當 a=1 時 f (x) =x- 1 - lnx0,即 lnxx- 1,所以in (x+1) &x當且僅當x=0時取等號，所以 ln(1+t)(十，kcn*.一方面，ln (1+x) +ln (1+-l) +- +ln (1+l)(二 + l+l=1 l 1, 2222n 2 22 2n 2rl即(1+1) (1+士)(1+上) (1+l) (1+at)(1)=2；2 g2 2n2222164從而當 n3 時，(1+

13、l) (1工)(1+-) (2, e), 國 羽 2n_因為m為整數，且對于任意正整數 n, (1工)(1占l)(1+l) 0, bcr)有極值，且導函數4. (20177tt蘇)已知函數 f (x) =x3+ax2+bx+1f(x)的極值點是f (x)的零點.(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數關系式，并寫出定義域；二，求a的取值范圍. 2(2)證明：b23a；(3)若f (x), f(x)這兩個函數的所有極值之和不小于-【解答】(1)解：因為f (x) =x3+ax2+bx+1,所以 g (x) =f (x) =3*+2ax+b, g (x) =6x+2a,由

14、于當x-令 g (x) =0,解得 x=-時 g(x) 0, g (x) =f(x)單調遞增；當 x-二時 g(x) 0).因為 f (x) =x3+ax2+bx+1 (a0, b c r)有極值, 所以 f (x) =3x2+2ax+b=0 的實根，所以4a2-12b0,即a2-0,解得 a3,2所以b=(a3).(2)證明：由(1)可知 h (a) =b2-3a=!式-顯口 jl (4a3-27) (a3813 a2 81 a2-27),由于 a3,所以 h (a) 0,即 b23a； （3）解：由（1）可知f（x）的極小值為（謂）=b-h x1x23所以 f（x1）+f（x2）=xj+a

15、 (工之+n/) +b(x1+x2) +2設x1, x2是y=f （x）的兩個極值點，則x1 +x2=(x1+x2) (x1+x2) 2 3x1x2+a(x1+x2) 2 - 2x1x2+ b (x1+x2) +2=1或純+2、273又因為f (x) , f (x)這兩個函數的所有極值之和不小于- 三,所以b-乙量-辿+23-/方-工， 3273 出 92因為 a3,所以 2a3 63a 540,所以 2a (a2-36) +9 (a-6) 0,所以(a-6) (2a2+12a+9) 3 時 2a2+12a+90,所以a-60,解得a6,所以a的取值范圍是(3, 6.5. (2017漸課標 i

16、i)設函數 f (x) = (1-x2) ex.(1)討論f (x)的單調性；(2)當x0時，f (x) ax+1,求a的取值范圍.【解答】解：(1)因為 f (x) = (1-x2) ex, x r,所以 f(x) = (12x x2) ex,令 f (x) =0可知 x=- 1 v2,當 x- 1+/ 時 f(x) 0,當 t-技 x0,所以f (x)在(-oo, - 1 -也),(-1 +/2, +oo)上單調遞減，在(-1 -正,- i+n)上單調遞增；(2)由題可知f (x) =(1-x) (1+x) ex.下面對a的范圍進行討論：當 a 1 時，設函數 h (x) = (1 x)

17、ex,則 h (x) = - xex0),因此h (x)在0, +00)上單調遞減，又因為h (0) =1,所以h (x) 1,所以 f (x) = (1x) h (x) x+1 ax+1 ；當 0a0 (x0),所以g (x)在0, +8)上單調遞增，又 g (0) =1-0- 1=0,所以 ex x+1.因為當 0x ( 1 - x) (1+x) 2,所以(1 - x) (1+x) 2 - ax- 1=x (1 - a - x - x2),取 xoas-? 1( (0, 1),貝(j( 1 x0) (1+x0) 2- ax0- 1=0,所以f (刈)ax0+1,矛盾；當 a (1 x。)(

18、 1+x。)2=1 ax0+1,矛盾；綜上所述，a的取值范圍是1, +8).6. (2017?折江)已知函數 f (x) = (x-v2x-l|) e x(xp.(1)求f (x)的導函數；(2)求f (x)在區間g, +oo)上的取值范圍.【解答】解：(1)函數 f (x) = (x-/2x-l) e x (x),導數f (x)=(1 x)e x= (1 -x) (1 -)e x；由f(x)的導數f(”(i)(1 一看)e *,可得f(x) =0時，x=1或5當x1時,f(x) 0,f (x)遞減;f (x)遞增;當 1x2x- 1? (x- 1) 20,則 f (x) 0.1由f (1)寺

19、同,f (1)二0, f5_f即有f (x)的最大值為/e f,最小值為f (1) =0.i -則f (x)在區間本+8)上的取值范圍是0, le .7. (2017?山東)已知函數 f (x) =x2+2cosx, g (x)=ex (cosx sinx+2x 2),其 中e=2.17828是自然對數的底數.(i )求曲線y二f (x)在點(砥f (兀)處的切線方程；(h)令h (x) =g (x) - a f (x) (acr),討論h (x)的單調性并判斷有無極 值，有極值時求出極值.【解答】 解：(i) f (冗)=712-2. f(x) =2x- 2sinx,. f(兀)=2冗.曲線

20、y=f (x)在點(砥f (兀)處的切線方程為：y- ( 712-2) =2兀(x-九). 化為：2九ky 7122=0.(ii)h(x)=g(x)- a f (x)=ex(cosx- sinx+2x-2)- a(x2+2cosx)h (x) =ex (cosx sinx+2x 2) +ex ( - sinx- cosx+2) - a (2x 2sinx) =2 (x- sinx) (ex-a) =2 (x- sinx) (ex-elna).令 u (x) =x- sinx,則 u (x) =1 - cosx 0, 函數 u (x)在 r上單調遞增.u (0) =0, . . x0 時，u (

21、x) 0; x0 時，u (x) 0.(1) a0, ；x0 時，h (x) 0,函數 h (x)在(0, +oo)單 調遞增；x0時，h (x) 0 時，令 h (x) =2 (x sinx) (ex elna) =0.解得 xi=lna, x2=0.0a 1 時，x ( 一0, ina)時，ex - elna0,函數 h (x)單調 遞增；x (ina, 0)時，ex- elna0, h (x) 0, h (x) 0,函數 h (x)單調遞增.當x=0時，函數h (x)取得極小值，h (0) =- 2a- 1.當 x=lna 時，函數 h (x)取得極大值，h (lna) =aln2a 2

22、lna+sin (lna) +cos (lna) +2.當a=1時，lna=0, x r時，h (x) 0, ,函數h (x)在r上單調遞增. 10, x ( 一0, 0)時，ex- elna0,函數 h (x) 單調遞增；x (0, lna)時，ex- elna0, h (x) 0,h(x)0,函數 h(x)單調遞增.當x=0時，函數h (x)取得極大值，h (0) =- 2a- 1.當 x=lna 時，函數 h (x)取得極小值，h (lna) =- aln2a- 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.綜上所述：a 0時，函數h (x)在(0, +00)單調遞增；x 0

23、時，函數h (x) 在(-8, 0)單調遞減.x=0時，函數h (x)取得極小值，h (0) =- 1 - 2a.0a1時，函數h (x)在(-00, 0), (lna, +00)上單調遞增；函數h (x)在(0, lna)上單調遞減.當x=0時，函數h (x)取得極大值，h (0) =- 2a - 1 .當x=lna 時，函數 h (x)取得極小值，h (lna) =- a ln2a 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.8. (2017巧匕京)已知函數 f (x) =excosx- x.(1)求曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線方程；(2)求函數f (x)

24、在區間0,5上的最大值和最小值.【解答】解：(1)函數 f (x) =excosx x 的導數為 f(x) =e (cosx sinx) - 1, 可得曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線斜率為k=e0 (coso- sin0) - 1=0, 切點為(0, ecos0 0),即為(0, 1),曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線方程為y=1;(2)函數 f (x) =excosx-x 的導數為 f(x) =ex (cosx- sinx) - 1,令 g (x) =ex (cosx- sinx) - 1,貝u g (x)的導數為 g (x) =ex (cosx- sinx

25、- sinx- cosx) =- 2ex?sinx,當 xc 0, -y-,可得 g (x) = - 2ex?sinx0,即有 g (x)在0,二；遞減，可得 g (x) g (0) =0, 則f (x)在0,二匚遞減，即有函數f (x)在區間0,亨上的最大值為f (0) =e0cos0- 0=1；最小值為 f (微-)=e c co弓-f-=-烏.9. (2017?天津)設ac z,已知定義在r上的函數f (x) =2x4+3x3 3x2 6x+a在 區間(1,2)內有一個零點xo, g (x)為f (x)的導函數.(i )求g (x)的單調區間；(h )設 m c 1 , xo) u (x

26、o, 2,函數 h (x) =g (x) (m xo) f (m),求證： h (m) h (xo) o,故當 xc1, xo)時，hi (x) o, h1 (x)單調遞增.因此，當 xc1, xo) u (xo, 2時，h1 (x) h(xo) =-f (xo) =o,可得 h1 (m) o 即 h (m) o,令函數 h2 (x) =g (xo) (x-xo) - f (x),貝u h2 (x) =g (xo) - g (x).由(i ) 知，g (x)在1, 2上單調遞增，故當 x 1, xo)時，h2 (x) o, h2 (x)單 調遞增；當x (xo, 2時，h2 (x) h2 (x

27、o) =o,可彳3得 h2 (m) o 即 h (xo) o,. 所以，h (m) h (xo) o.(田)對于任意的正整數p, q,且13叼)ugq，2, 令 m-,函數 h (x) =g (x) (m xo) f (m).由(h )知，當m 1, xo)時，h (x)在區間(m, xo)內有零點；當mc (xo, 2時，h (x)在區間(xo, m)內有零點.所以h (x)在(1, 2)內至少有一個零點，不妨設為 x1,則h (x1)=g (為)( q第15頁(共17頁)-xo) - f (豆)=0.由(i )知 g (x)在1, 2上單調遞增，故 0vg (1) g (xi) 0,故f

28、(x)在1, 2上單調遞增，所以f (x)在區間1, 2上除xo外沒有其他的零點，而wxo,故f (1)w0. 又因為p, q, a均為整數，所以| 2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數， 從而 | 2p4+3p3q - 3p2q2 - 6pq3+aq4| 1.所以1皂-x0| -.所以，只要取 a=g (2),就有|- - x0| .10. (2017?山東)已知函數 f (x) =l-x3-i-ax2, acr, -1 二(1)當a=2時，求曲線y=f (x)在點(3, f (3)處的切線方程；(2)設函數g (x) =f (x) + (x- a) cosx- sinx

29、,討論g (x)的單調性并判斷有 無極值，有極值時求出極值.【解答】解：(1)當a=2時，f (x) =|-x3-x2,f (x) =x2- 2x, .k=1(3) =9-6=3, f (3) =|-x27-9=0,曲線 y=f (x)在點(3, f (3)處的切線方程 y=3 (x-3),即 3x- y- 9=0函數 g (x) =f (x) + (x-a) cosx sin喑x3-獷+ (x-a) 8sx sinx, g (x) = (x a) (xsinx),令 g (x) =0,解得 x=a,或 x=0,若a0時，當x0包成立，故g (x)在(-, 0)上單調 遞增，當xa時，g (x

30、) 0包成立，故g (x)在(a, +00)上單調遞增，當0x a時，g (x) 0包成立，故g (x)在(0, a)上單調遞減， 二當x二a時，函數有極小值，極小值為 g (a) =-7-a3 - sina當x=0時，有極大值，極大值為g (0) =- a,若a 0時，g(x) 0包成立，故g (x)在(-oo, 0)上單調 遞增，當x0包成立，故g (x)在(-8, a)上單調遞增，當ax 0時，g (x) 0時，g (x) 0包成立，故g (x)在(0, +00)上單調遞增，當x0包成立，故g (x)在(-8, 0)上單調遞增，- g (x)在r上單調遞增，無極值.11. (2017以津)設 a, b