1、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+(a2)exx(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)=ax2axxlnx,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)=x1alnx(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(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
2、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)ex(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+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)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosxsinx+2x2),其中e2.17828是自然对数的底数()求曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程;()令h(x)=g (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
3、函数f(x)=excosxx(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aZ,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x33x26x+a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)=g(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)=x3ax2,aR,(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
4、g(x)=f(x)+(xa)cosxsinx,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,|a|1已知函数f(x)=x36x23a(a4)x+b,g(x)=exf(x)()求f(x)的单调区间;()已知函数y=g(x)和y=ex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)ex在区间x01,x0+1上恒成立,求b的取值范围12已知函数 f(x)=ex(exa)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
5、(2017新课标)已知函数f(x)=ae2x+(a2)exx(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+(a2)exx,求导f(x)=2ae2x+(a2)ex1,当a=0时,f(x)=2ex10,当xR,f(x)单调递减,当a0时,f(x)=(2ex+1)(aex1)=2a(ex+)(ex),令f(x)=0,解得:x=ln,当f(x)0,解得:xln,当f(x)0,解得:xln,x(,ln)时,f(x)单调递减,x(ln,+)单调递增;当a0时,f(x)=2a(ex+)(ex)0,恒成立,当xR,f(x)单调递减,综上可知:当a
6、0时,f(x)在R单调减函数,当a0时,f(x)在(,ln)是减函数,在(ln,+)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)=ae2x+(a2)exx,当x时,e2x0,ex0,当x时,f(x)+,当x,e2x+,且远远大于ex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()+(a2)ln0,1ln0,即ln+10,设t=,则g(t)=lnt+t1,(t0),求导g(t)=+1,由g(1)=0,t=1,解得:0a1,a的取值范围(0,1)方法二
7、:(1)由f(x)=ae2x+(a2)exx,求导f(x)=2ae2x+(a2)ex1,当a=0时,f(x)=2ex10,当xR,f(x)单调递减,当a0时,f(x)=(2ex+1)(aex1)=2a(ex+)(ex),令f(x)=0,解得:x=lna,当f(x)0,解得:xlna,当f(x)0,解得:xlna,x(,lna)时,f(x)单调递减,x(lna,+)单调递增;当a0时,f(x)=2a(ex+)(ex)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(,lna)是减函数,在(lna,+)是增函数;(2)若a0时,由(1)可知:f
8、(x)最多有一个零点,当a0时,由(1)可知:当x=lna时,f(x)取得最小值,f(x)min=f(lna)=1ln,当a=1,时,f(lna)=0,故f(x)只有一个零点,当a(1,+)时,由1ln0,即f(lna)0,故f(x)没有零点,当a(0,1)时,1ln0,f(lna)0,由f(2)=ae4+(a2)e2+22e2+20,故f(x)在(,lna)有一个零点,假设存在正整数n0,满足n0ln(1),则f(n0)=(a+a2)n0n0n00,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)已知函数f(x)=ax2axxlnx,且f(x)0(
9、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)=ax2axxlnx=x(axalnx)(x0),则f(x)0等价于h(x)=axalnx0,求导可知h(x)=a则当a0时h(x)0,即y=h(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)min=h(),又因为h(1)=aaln1=0,所以=1,解得a=1;(2)证明:由(1)可知f(x)=x2xxlnx,f(x)=2x2lnx,令f(x)=0,可得2x2lnx=0,记t(x)=2x2lnx,则t(x
10、)=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()=ln210,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2x02lnx0=0,所以f(x0)=x0x0lnx0=x0+2x02=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e2f(x0)2
11、23(2017新课标)已知函数f(x)=x1alnx(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)=x1alnx,x0,所以f(x)=1=,且f(1)=0所以当a0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a0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)=x1lnx0,即lnxx1,所以ln(x+1)
12、x当且仅当x=0时取等号,所以ln(1+),kN*一方面,ln(1+)+ln(1+)+ln(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)=x3+ax2+bx+1(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
13、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=+(a0)因为f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,所以f(x)=3x2+2ax+b=0的实根,所以4a212b0,即a2+0,解得a3,所以b=+(a3)(2)证明:由(1)可知h(a)=
14、b23a=+=(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()=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)23x1x2+a(x1+x2)22x1x2+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a3,所以2a363a540,所以2a(a236)+9(a6)0,所以(a6)(2a2+12a+9)0,由于a3时2a2+12a+90,所以a60,解得a6,所以a
15、的取值范围是(3,65(2017新课标)设函数f(x)=(1x2)ex(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围【解答】解:(1)因为f(x)=(1x2)ex,xR,所以f(x)=(12xx2)ex,令f(x)=0可知x=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+x)ex下面对a的范围进行讨论:当a1时,设函数h(x)=(1x)ex,则h(x)=xex0(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
16、f(x)=(1x)h(x)x+1ax+1;当0a1时,设函数g(x)=exx1,则g(x)=ex10(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,又g(0)=101=0,所以exx+1因为当0x1时f(x)(1x)(1+x)2,所以(1x)(1+x)2ax1=x(1axx2),取x0=(0,1),则(1x0)(1+x0)2ax01=0,所以f(x0)ax0+1,矛盾;当a0时,取x0=(0,1),则f(x0)(1x0)(1+x0)2=1ax0+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
17、值范围【解答】解:(1)函数f(x)=(x)ex(x),导数f(x)=(12)ex(x)ex=(1x+)ex=(1x)(1)ex;(2)由f(x)的导数f(x)=(1x)(1)ex,可得f(x)=0时,x=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()=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,e7(2017山东)已知函数f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosxsinx+2x2),其中e2.178
18、28是自然对数的底数()求曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程;()令h(x)=g (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)=2x2sinx,f()=2曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程为:y(22)=2(x)化为:2xy22=0(II)h(x)=g (x)a f(x)=ex(cosxsinx+2x2)a(x2+2cosx)h(x)=ex(cosxsinx+2x2)+ex(sinxcosx+2)a(2x2sinx)=2(xsinx)(exa)=2(xsinx)(exelna)令u(x)=xsinx,则u
19、(x)=1cosx0,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,exa0,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x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=12a(2)a0时,令h(x)=2(xsinx)(exelna)=0解得x1=lna,x2=00a1时,x(,lna)时,exelna0,h(x)0,函数h(x)单调递增;x(lna,0)时,exelna0,h(x)0,函数h(x)单调递减;x(0,+)时,exelna0,h(x)0,函数h(x)单调递增当x=0时,函数h(x
20、)取得极小值,h(0)=2a1当x=lna时,函数h(x)取得极大值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2当a=1时,lna=0,xR时,h(x)0,函数h(x)在R上单调递增1a时,lna0,x(,0)时,exelna0,h(x)0,函数h(x)单调递增;x(0,lna)时,exelna0,h(x)0,函数h(x)单调递减;x(lna,+)时,exelna0,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)=2a1当x=lna时,函数h(x)取得极小值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2综上
21、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x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=12a0a1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)=2a1当x=lna时,函数h(x)取得极大值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2当a=1时,lna=0,函数h(x)在R上单调递增a1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)=2a1当x=lna
22、时,函数h(x)取得极小值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+28(2017北京)已知函数f(x)=excosxx(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)=excosxx的导数为f(x)=ex(cosxsinx)1,可得曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线斜率为k=e0(cos0sin0)1=0,切点为(0,e0cos00),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)=excosxx的导数为f(x)=ex(cos
23、xsinx)1,令g(x)=ex(cosxsinx)1,则g(x)的导数为g(x)=ex(cosxsinxsinxcosx)=2exsinx,当x0,可得g(x)=2exsinx0,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)=e0cos00=1;最小值为f()=ecos=9(2017天津)设aZ,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x33x26x+a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)=g(x)(mx0)f(m),求证:h(
24、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+3x33x26x+a,可得g(x)=f(x)=8x3+9x26x6,进而可得g(x)=24x2+18x6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,)()证明:由h(x)=g(x)(mx0)f(m),得h(m)=g(m)(mx0)f(m),h(x0)=g(x0)(mx0)f(m)令函数H1(x)=g
25、(x)(xx0)f(x),则H1(x)=g(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)=g(x0)(xx0)f(x),则H2(x)=g(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
26、)0即h(x0)0,所以,h(m)h(x0)0()对于任意的正整数p,q,且,令m=,函数h(x)=g(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)=g(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+3p3q3
27、p2q26pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+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)=x3ax2,aR,(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)+(xa)cosxsinx,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)=x3x2,f(x)=x22x,k=f(3)=96=3,f(3)=279=0,曲线y=f(x)在点(3,f(3)处的切线方程y=3(x3),即3xy9=0(2)函数g(x)=f(x)+(xa
28、)cosxsinx=x3ax2+(xa)cosxsinx,g(x)=(xa)(xsinx),令g(x)=0,解得x=a,或x=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x=a时,函数有极小值,极小值为g(a)=a3sina当x=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(
29、a,0)上单调递减,当x=a时,函数有极大值,极大值为g(a)=a3sina当x=0时,有极小值,极小值为g(0)=a当a=0时,g(x)=x(x+sinx),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,|a|1已知函数f(x)=x36x23a(a4)x+b,g(x)=exf(x)()求f(x)的单调区间;()已知函数y=g(x)和y=ex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(
30、x)ex在区间x01,x0+1上恒成立,求b的取值范围【解答】()解:由f(x)=x36x23a(a4)x+b,可得f(x)=3x212x3a(a4)=3(xa)(x(4a),令f(x)=0,解得x=a,或x=4a由|a|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)=ex(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)ex,xx01,x0+1,由ex0,可得f(x)1又f(x0)=1,f
31、(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+14a,由()知f(x)在(a1,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a1,a+1上恒成立,从而g(x)ex在x01,x0+1上恒成立由f(a)=a36a23a(a4)a+b=1,得b=2a36a2+1,1a1令t(x)=2x36x2+1,x1,1,t(x)=6x212x,令t(x)=0,解得x=2(舍去),或x=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)=ex(exa)a2
32、x(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)=ex(exa)a2x=e2xexaa2x,f(x)=2e2xaexa2=(2ex+a)(exa),当a=0时,f(x)0恒成立,f(x)在R上单调递增,当a0时,2ex+a0,令f(x)=0,解得x=lna,当xlna时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xlna时,f(x)0,函数f(x)单调递增,当a0时,exa0,令f(x)=0,解得x=ln(),当xln()时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xln()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a0时,f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,当a0时,f(x)在(,ln()上单调递减,在(ln(),+)上单调递增,(2)当a=0时,f(x)=e2x0恒成立,当a0时,由(1)可得f(x)min=f(lna)=a2lna0,lna0,0a1,当a0时,由(1)可得f(x)min=f(ln()=a2ln()0,ln(),2a0,综上所述a的取值范围为2,1第20页(共20页)
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