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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）2（a2）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）2，且f（x）0（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）223已知函数f（x）1（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）321（a0，bR）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：b23a；（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）=（1x2）（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）1，求a的取值范围6已知函数f（x）=（x）ex（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）2+2，g（x）（2x2），其中e2.17828是自然对数的底数（）求曲线（x）在点（，f（）处的切线方程；（）令h（x） （x）a f（x）（aR），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）x（1）求曲线（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aZ，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x33x26在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数（）求g（x）的单调区间；（）设m1，x0）（x0，2，函数h（x）（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）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）32，aR，（1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3）处的切线方程；（2）设函数g（x）（x）+（xa），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，bR，1已知函数f（x）36x23a（a4），g（x）（x）（）求f（x）的单调区间；（）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在0处的导数等于0；（）若关于x的不等式g（x）在区间x01，x0+1上恒成立，求b的取值范围12已知函数 f（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）已知函数f（x）2（a2）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）2（a2）x，求导f（x）=22（a2）1，当0时，f（x）=210，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）=（21）（1）=2a（）（），令f（x）=0，解得：，当f（x）0，解得：x，当f（x）0，解得：x，x（，）时，f（x）单调递减，x（，+）单调递增；当a0时，f（x）=2a（）（）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减，综上可知：当a0时，f（x）在R单调减函数，当a0时，f（x）在（，）是减函数，在（，+）是增函数；（2）若a0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a0时，f（x）2（a2）x，当x时，e2x0，0，当x时，f（x）+，当x，e2x+，且远远大于和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（，）是减函数，在（，+）是增函数，f（x）（）（）+（a2）0，10，即10，设，则g（t）1，（t0），求导g（t）1，由g（1）=0，1，解得：0a1，a的取值范围（0，1）方法二：（1）由f（x）2（a2）x，求导f（x）=22（a2）1，当0时，f（x）=210，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）=（21）（1）=2a（）（），令f（x）=0，解得：，当f（x）0，解得：x，当f（x）0，解得：x，x（，）时，f（x）单调递减，x（，+）单调递增；当a0时，f（x）=2a（）（）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减，综上可知：当a0时，f（x）在R单调减函数，当a0时，f（x）在（，）是减函数，在（，+）是增函数；（2）若a0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a0时，由（1）可知：当时，f（x）取得最小值，f（x）（）=1，当1，时，f（）=0，故f（x）只有一个零点，当a（1，+）时，由10，即f（）0，故f（x）没有零点，当a（0，1）时，10，f（）0，由f（2）4+（a2）e2+22e2+20，故f（x）在（，）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0（1），则f（n0）=（2）n0n0n00，由（1），因此在（，+）有一个零点a的取值范围（0，1）2（2017新课标）已知函数f（x）2，且f（x）0（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22【解答】（1）解：因为f（x）2（a）（x0），则f（x）0等价于h（x）a0，求导可知h（x）则当a0时h（x）0，即（x）在（0，+）上单调递减，所以当x01时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故a0因为当0x时h（x）0、当x时h（x）0，所以h（x）（），又因为h（1）a1=0，所以=1，解得1；（2）证明：由（1）可知f（x）2x，f（x）=2x2，令f（x）=0，可得2x20，记t（x）=2x2，则t（x）=2，令t（x）=0，解得：，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）（）210，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2x020=0，所以f（x0）=x0x00=x0+2x020，由x0可知f（x0）（x0）；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e2f（x0）223（2017新课标）已知函数f（x）1（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）1，x0，所以f（x）=1=，且f（1）=0所以当a0时f（x）0恒成立，此时（x）在（0，+）上单调递增，这与f（x）0矛盾；当a0时令f（x）=0，解得，所以（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，即f（x）（a），又因为f（x）（a）0，所以1；（2）由（1）可知当1时f（x）10，即x1，所以（1）x当且仅当0时取等号，所以（1+），kN*一方面，（1+）（1+）+（1+）11，即（1+）（1+）（1+）e；另一方面，（1+）（1+）（1+）（1+）（1+）（1+）=2；从而当n3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34（2017江苏）已知函数f（x）321（a0，bR）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：b23a；（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）321，所以g（x）（x）=3x2+2，g（x）=62a，令g（x）=0，解得由于当x时g（x）0，g（x）（x）单调递增；当x时g（x）0，g（x）（x）单调递减；所以f（x）的极小值点为，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（a0）因为f（x）321（a0，bR）有极值，所以f（x）=3x2+20的实根，所以4a212b0，即a2+0，解得a3，所以（a3）（2）证明：由（1）可知h（a）23（4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（3）解：由（1）可知f（x）的极小值为f（），设x1，x2是（x）的两个极值点，则x12=，x1x2=，所以f（x1）（x2）（+）（x12）+2=（x12）（x12）23x1x2（x12）22x1x2（x12）+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a3，所以2a363a540，所以2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+129）0，由于a3时2a2+1290，所以a60，解得a6，所以a的取值范围是（3，65（2017新课标）设函数f（x）=（1x2）（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）1，求a的取值范围【解答】解：（1）因为f（x）=（1x2），xR，所以f（x）=（12xx2），令f（x）=0可知1，当x1或x1+时f（x）0，当1x1+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）=（1x）（1）下面对a的范围进行讨论：当a1时，设函数h（x）=（1x），则h（x）=0（x0），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）=（1x）h（x）11；当0a1时，设函数g（x）x1，则g（x）10（x0），所以g（x）在0，+）上单调递增，又g（0）=101=0，所以1因为当0x1时f（x）（1x）（1）2，所以（1x）（1）21（1axx2），取x0=（0，1），则（1x0）（10）201=0，所以f（x0）0+1，矛盾；当a0时，取x0=（0，1），则f（x0）（1x0）（10）2=10+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）ex（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）ex（x），导数f（x）=（12）ex（x）ex=（1）e（1x）（1）ex；（2）由f（x）的导数f（x）=（1x）（1）ex，可得f（x）=0时，1或，当x1时，f（x）0，f（x）递减；当1x时，f（x）0，f（x）递增；当x时，f（x）0，f（x）递减，且xx22x1（x1）20，则f（x）0由f（），f（1）=0，f（），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，e7（2017山东）已知函数f（x）2+2，g（x）（2x2），其中e2.17828是自然对数的底数（）求曲线（x）在点（，f（）处的切线方程；（）令h（x） （x）a f（x）（aR），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（）=22f（x）=2x2，f（）=2曲线（x）在点（，f（）处的切线方程为：y（22）=2（x）化为：2xy22=0（）h（x） （x）a f（x）（2x2）a（x2+2）h（x）（2x2）（2）a（2x2）=2（x）（a）=2（x）（）令u（x），则u（x）=10，函数u（x）在R上单调递增u（0）=0，x0时，u（x）0；x0时，u（x）0（1）a0时，a0，x0时，h（x）0，函数h（x）在（0，+）单调递增；x0时，h（x）0，函数h（x）在（，0）单调递减0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=12a（2）a0时，令h（x）=2（x）（）=0解得x1，x2=00a1时，x（，）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递增；x（，0）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递减；x（0，+）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递增当0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=2a1当时，函数h（x）取得极大值，h（）=a2a2（）（）+2当1时，0，xR时，h（x）0，函数h（x）在R上单调递增1a时，0，x（，0）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递增；x（0，）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递减；x（，+）时，0，h（x）0，函数h（x）单调递增当0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=2a1当时，函数h（x）取得极小值，h（）=a2a2（）（）+2综上所述：a0时，函数h（x）在（0，+）单调递增；x0时，函数h（x）在（，0）单调递减0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=12a0a1时，函数h（x）在x（，）是单调递增；函数h（x）在x（，0）上单调递减当0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=2a1当时，函数h（x）取得极大值，h（）=a2a2（）（）+2当1时，0，函数h（x）在R上单调递增a1时，函数h（x）在（，0），（，+）上单调递增；函数h（x）在（0，）上单调递减当0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=2a1当时，函数h（x）取得极小值，h（）=a2a2（）（）+28（2017北京）已知函数f（x）x（1）求曲线（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）x的导数为f（x）（）1，可得曲线（x）在点（0，f（0）处的切线斜率为0（00）1=0，切点为（0，e000），即为（0，1），曲线（x）在点（0，f（0）处的切线方程为1；（2）函数f（x）x的导数为f（x）（）1，令g（x）（）1，则g（x）的导数为g（x）（）=2，当x0，可得g（x）=20，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）000=1；最小值为f（）=9（2017天津）设aZ，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x33x26在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数（）求g（x）的单调区间；（）设m1，x0）（x0，2，函数h（x）（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）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】（）解：由f（x）=2x4+3x33x26，可得g（x）（x）=8x3+9x26x6，进而可得g（x）=24x2+18x6令g（x）=0，解得1，或当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，）（）证明：由h（x）（x）（mx0）f（m），得h（m）（m）（mx0）f（m），h（x0）（x0）（mx0）f（m）令函数H1（x）（x）（xx0）f（x），则H1（x）（x）（xx0）由（）知，当x1，2时，g（x）0，故当x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当x（x0，2时，H1（x）0，H1（x）单调递增因此，当x1，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）（x0）（xx0）f（x），则H2（x）（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当x1，x0）时，H2（x）0，H2（x）单调递增；当x（x0，2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当x1，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（）对于任意的正整数p，q，且，令，函数h（x）（x）（mx0）f（m）由（）知，当m1，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）（x1）（x0）f（）=0由（）知g（x）在1，2上单调递增，故0g（1）g（x1）g（2），于是|x0=因为当x1，2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+3p3q3p2q2634|是正整数，从而|2p4+3p3q3p2q2634|1所以|x0|所以，只要取（2），就有|x0|10（2017山东）已知函数f（x）32，aR，（1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3）处的切线方程；（2）设函数g（x）（x）+（xa），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2时，f（x）3x2，f（x）22x，（3）=96=3，f（3）=279=0，曲线（x）在点（3，f（3）处的切线方程3（x3），即3xy9=0（2）函数g（x）（x）+（xa）32+（xa），g（x）=（xa）（x），令g（x）=0，解得，或0，若a0时，当x0时，g（x）0恒成立，故g（x）在（，0）上单调递增，当xa时，g（x）0恒成立，故g（x）在（a，+）上单调递增，当0xa时，g（x）0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减，当时，函数有极小值，极小值为g（a）=a3当0时，有极大值，极大值为g（0）=a，若a0时，当x0时，g（x）0恒成立，故g（x）在（，0）上单调递增，当xa时，g（x）0恒成立，故g（x）在（，a）上单调递增，当ax0时，g（x）0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减，当时，函数有极大值，极大值为g（a）=a3当0时，有极小值，极小值为g（0）=a当0时，g（x）（），当x0时，g（x）0恒成立，故g（x）在（0，+）上单调递增，当x0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，bR，1已知函数f（x）36x23a（a4），g（x）（x）（）求f（x）的单调区间；（）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在0处的导数等于0；（）若关于x的不等式g（x）在区间x01，x0+1上恒成立，求b的取值范围【解答】（）解：由f（x）36x23a（a4），可得f（x）=3x212x3a（a4）=3（xa）（x（4a），令f（x）=0，解得，或4a由1，得a4a当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（，a）（a，4a）（4a，+）f（x）+f（x）f（x）的单调递增区间为（，a），（4a，+），单调递减区间为（a，4a）；（）（i）证明：g（x）（f（x）（x），由题意知，解得f（x）在0处的导数等于0；（）解：g（x），xx01，x0+1，由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另一方面，由于1，故14a，由（）知f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，1）内单调递减，故当x0时，f（x）f（a）=1在a1，1上恒成立，从而g（x）在x01，x0+1上恒成立由f（a）36a23a（a4）1，得2a36a2+1，1a1令t（x）=2x36x2+1，x1，1，t（x）=6x212x，令t（x）=0，解得2（舍去），或0t（1）=7，t（1）=3，t（0）=1，故t（x）的值域为7，1b的取值范围是7，112（2017新课标）已知函数 f（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）（a）a22xa2x，f（x）=2e2xa2=（2）（a），当0时，f（x）0恒成立，f（x）在R上单调递增，当a0时，20，令f（x）=0，解得，当x时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当x时，f（x）0，函数f（x）单调递增，当a0时，a0，令f（x）=0，解得（），当x（）时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当x（）时，f（x）0，函数f（x）单调递增，综上所述，当0时，f（x）在R上单调递增，当a0时，f（x）在（，）上单调递减，在（，+）上单调递增，当a0时，f（x）在（，（）上单调递减，在（），+）上单调递增，（2）当0时，f（x）2x0恒成立，当a0时，由（1）可得f（x）（）=a20，0，0a1，当a0时，由（1）可得f（x）（）=a2（）0，（），2a0，综上所述a的取值范围为2，119 / 19