(完整版)高考数学真题导数专题及答案

(完整版)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。（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：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≈2.17828…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)-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。（Ⅰ）求g(x)的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1,x)∪(x,2]，函数h(x)=g(x)(m-x)-f(m)，求证：h(m)h(x)<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x∈[1,x)∪(x,2]，满足|p/q-x|≥A/q^2。10.已知函数f(x)=x^3-ax^2，a∈R，从而h（x）在（，+∞）上单调递增，因此h（x）≥，即ax﹣a﹣lnx≥，即ax2﹣ax﹣xlnx≥．又因为f（x）≥，所以ax2﹣ax﹣xlnx≥，即x2﹣xlnx≥．考虑函数g（x）=x2﹣xlnx，求导得g′（x）=2x﹣lnx﹣1，当x=e时取得最小值，即g（e）=e﹣2，因此x2﹣xlnx≥e﹣2，即a≥e﹣2．综上可知，a的取值范围为[e﹣2，+∞)。（2）由（1）可知，f（x）存在零点，因此存在极大值点x0。考虑函数h（x）=lnf（x）=ln（ax2﹣ax﹣xlnx），求导得h′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1，令h′（x）=0，解得x=e﹣1a，因此x0=e﹣1a。又因为a≥e﹣2，所以x0≤e2，即x0取值范围为[0，e2]。考虑f（x）在[0，e2]上的取值情况，求导得f′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1﹣x，令f′（x）=0，解得x=x1=ae2a，因此f（x）在[0，x1]上单调递减，在[x1，e2]上单调递增。由于f（0）=0，f（e2）=ae4﹣ae﹣2，因此f（x）存在唯一的极大值点x=x2，且x2∈[0，x1]。考虑f（x2）的取值，由于f（x1）=ae2﹣ae﹣2＞0，因此f（x2）＜f（x1），又因为f（0）=0，所以f（x2）＞0。综上可知，e﹣2＜f（x2）＜2﹣2。1.当x>1时，h(x)<h(1)=0，与a>0矛盾，因此a>0。2.因为当0<x<1时，h'(x)<0，当x>1时，h'(x)>0，所以h(x)在x=1处取得最小值，即h(x)min=h(1)=0。又因为h(1)=a-aln1=0，所以a=1。3.已知函数f(x)=x-1-alnx。(1)若f(x)≥0，求a的值。因为函数f(x)=x-1-alnx，在x>0时是连续可导的，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，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)设m为整数，且对于任意正整数n，(1+1/n)^m的最小值。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，即ln(1+1/n)≤1/n，所以ln[(1+1/n)^m]≤m/n。由于ln函数单调递增，所以(1+1/n)^m≤e^(m/n)，当且仅当ln[(1+1/n)^m]≤lne^(m/n)时取等号。所以(1+1/n)^m的最小值为e^(-1)。1.当n≥3时，(1+1)…(1+1)∈(2,e)，因为(1+1)>(1+1)/e，所以(1+1)…(1+1)>(1+1)/e的n-2次方，即(1+1)…(1+1)>(2/e)的n-2次方，而(1+1)…(1+1)>(1+1)…(1+1)/n，即(1+1)…(1+1)>2/n的n-2次方，当n≥3时，2/n>1，所以(1+1)…(1+1)>2/n的n-2次方>(2/e)的n-2次方，即(1+1)…(1+1)∈(2,e)。2.因为f(x)=x^3+ax^2+bx+1，所以f'(x)=3x^2+2ax+b，令f'(x)=0，解得x=-a/3，因为a>0，所以x<0，又因为f'(x)的极值点是f(x)的零点，所以f(-a/3)=0，即(-a/3)^3+a(-a/3)^2+b(-a/3)+1=0，化简得b=-a^2/3-a/3+1，所以b关于a的函数关系式为b=-a^2/3-a/3+1，定义域为a>0。3.由f'(x)=3x^2+2ax+b=0的实根可得4a^2-12b≥0，即a^2-3b≥0，所以b≤a^2/3，又因为f(x)有极值，所以f''(x)=6x+2a>0，即f(x)是下凸函数，所以f(x)的极值点只有一个，设为x0，那么f'(x0)=0，又因为f'(x0)是f(x)的零点，所以f(x0)=0，即x0^3+ax0^2+bx0+1=0，又因为f(x)是下凸函数，所以x0<0，设另一个极值点为x1，那么x1>0，由f(x)是下凸函数可得f(x0)>0，f(x1)>0，所以b>0，又因为f(x)有极值，所以f'(x)只有一个实根，即4a^2-12b>0，所以b<1/3a^2，综上可得1/3a^2<b≤a^2/3，又因为f(x)的所有极值之和不小于-2，所以b-2a^3/27≥-2，即b≥2a^3/27-2，将1/3a^2<b≤a^2/3代入得2a^3/27-2≥-2，解得a≥3/2，所以a的取值范围为a≥3/2。1.因为a-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范围是（-∞，6]。2.（1）对f(x)求导得f'(x)=(1-2x-x^2)ex，令f'(x)=0可知x=-1±√2，因此f(x)在(-∞,-1-√2]和[-1+√2,+∞)上单调递减，在(-1-√2,-1+√2)上单调递增。（2）将f(x)展开得f(x)=(1-x)(1+x)ex。对于a≥1，设h(x)=(1-x)ex，则h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上单调递减，且h(0)=1，因此h(x)≤1，从而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。对于0<a<1，设g(x)=ex-x-1，则g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=0，因此ex≥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-x^2)，取x=√(a-1)-1，则(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，从而f(x)>ax+1，矛盾。对于a≤0，取x=√(-a)-1，则f(x)<0，矛盾。综上所述，a的取值范围是[1,+∞)。3.已知f(x)=x^2-2x+3，将其化为标准形式得f(x)=(x-1)^2+2，因此f(x)的最小值为2，且f(x)在x=1处取得最小值。4.因为a-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范围是（-∞，6]。5.（1）对f(x)求导得f'(x)=(1-x^2)ex，x∈R，令f'(x)=0可知x=-1±√2，因此f(x)在(-∞,-1-√2]和[-1+√2,+∞)上单调递减，在(-1-√2,-1+√2)上单调递增。（2）将f(x)展开得f(x)=(1-x)(1+x)ex。对于a≥1，设h(x)=(1-x)ex，则h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上单调递减，且h(0)=1，因此h(x)≤1，从而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。对于0<a<1，设g(x)=ex-x-1，则g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=0，因此ex≥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-x^2)，取x=√(a-1)-1，则(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，从而f(x)>ax+1，矛盾。对于a≤0，取x=√(-a)-1，则f(x)<0，矛盾。综上所述，a的取值范围是[1,+∞)。6.（1）对f(x)求导得f'(x)=e-x(1-x)，x≥0，因此f(x)在[0,1]上单调递减，在[1,+∞)上单调递增。（2）当x≥1时，f(x)≥f(1)=e-1；当0≤x<1时，f(x)≤f(0)=1；因此f(x)在区间[0,+∞)上的取值范围是[1,e-1]。已知函数f（x）=x²+2cosx，g（x）=ex（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）-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。【解答】（I）由题得，f（π）=π²-2，f′（x）=2x-2sinx，∴f′（π）=2π。因此，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）-af（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-ae）令u（x）=x-sinx，则u′（x）=1-cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增。因为u（0）=0，所以当x>0时，u（x）>0；当x<0时，u（x）<0。（1）当a≤0时，ex-ae>0，所以当x>0时，h′（x）>0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；当x<0时，h′（x）<0，函数h（x）在（-∞，0）单调递减。因此，当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=-1-2a。（2）当a>0时，令h′（x）=2（x-sinx）（ex-ae）=0，解得x₁=lna，x₂=0。①当0<a<1时，x∈（-∞，lna）时，ex-ae<0，h′（x）>0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，+∞）时，ex-ae>0，h′（x）<0，函数h（x）单调递减。因此，当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=-2a-1。②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，因此函数h（x）在R上单调递增。③当a>1时，lna>0，x∈（-∞，+∞）时，ex-ae>0，h′（x）>0，因此函数h（x）在（-∞，+∞）上单调递增。当$x<a$时，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,a)$上单调递增；当$a<x$时，$g'(x)<0$恒成立，故$g(x)$在$(a,\infty)$上单调递减。因此，当$x=a$时，函数有极大值，极大值为$g(a)=-a^3-\sina$。当$x=0$时，函数有极小值，极小值为$g(0)=-a$。③当$a=0$时，$g'(x)=x(x+\sinx)$。当$x>0$时，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(0,\infty)$上单调递增；当$x<0$时，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增。因此，$g(x)$在$\mathbb{R}$上单调递增，无极值。11．（2017•天津）设$a,b\in\mathbb{R}$，$|a|\leq1$。已知函数$f(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$，$g(x)=e^xf(x)$。（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$(x,y)$处有相同的切线，（i）求证：$f'(x)$在$x=a$处等于$-1$；（ii）若关于$x$的不等式$g(x)\leqe^x$在区间$[x-1,x+1]$上恒成立，求$b$的取值范围。【解答】（Ⅰ）解：由$f(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$，可得$f'(x)=3x^2-12x-3a(a-4)=3(x-a)(x-(4-a))$。令$f'(x)=0$，解得$x=a$，或$x=4-a$。由$|a|\leq1$，得$a<4-a$。当$x$变化时，$f'(x)$，$f(x)$的变化情况如下表：$x$$f'(x)$$f(x)$$(-\infty,a)$$+$$\nearrow$$(a,4-a)$$-$$\searrow$$(4-a,\infty)$$+$$\nearrow$因此，$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,a)$，$(4-a,\infty)$，单调递减区间为$(a,4-a)$。（Ⅱ）（i）证明：由$g'(x)=e^x(f(x)+f'(x))$，由题意知$e^x=f'(x)$，解得$f'(x)=-e^x$。因此，$f'(a)=-e^a=-1$。（ii）解：由$g(x)\leqe^x$，$x\in[x-1,x+1]$，得$e^x>f(x)$，即$e^x>x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$。又由于$f(x)=1$时，$f'(x)=0$，故$x$为$f(x)$的极大值点。由（Ⅰ）知$x=a$。另一方面，由于$|a|\leq1$，故$a+1<4-a$，由（Ⅰ）知$f(x)$在$(a-1,a)$内单调递增，在$(a,a+1)$内单调递减，故当$x=a$时，$f(x)\leqf(a)=1$在$[a-1,a+1]$上恒成立，从而$g(x)\leqe^x$在$[x-1,x+1]$上恒成立。由$f(a)=a^3-6a^2-3a(a-4)a+b=1$，得$b=2a^3-6a^2+1$，$-1\leqa\leq1$。令$t(x)=2