(完整版)高考數(shù)學真題導數(shù)專題及答案

(完整版)高考數(shù)學真題導數(shù)專題及答案2017年高考真題導數(shù)專題一、解答題（共12小題）1.已知函數(shù)f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x。（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍。2.已知函數(shù)f(x)=ax^2-ax-xlnx，且f(x)≥0。（1）求a；（2）證明：f(x)存在唯一的極大值點x，且e^(-2)<f(x)<2^(-2)。3.已知函數(shù)f(x)=x^(-1)-alnx。（1）若f(x)≥0，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，(1+1/n)^m的最小值。4.已知函數(shù)f(x)=x^3+ax^2+bx+1（a>0，b∈R）有極值，且導函數(shù)f'(x)的極值點是f(x)的零點。（極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：b^2>3a；（3）若f(x)和f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-1，求a的取值范圍。5.設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x^2)e^x。（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）當x≥1時，f(x)≤ax+1，求a的取值范圍。6.已知函數(shù)f(x)=(x-1)/(x+1)。（1）求f(x)的導函數(shù)；（2）求f(x)在區(qū)間(-1,+∞)上的取值范圍。7.已知函數(shù)f(x)=x^2+2cosx，g(x)=e^x(cosx-sinx+2x^(-2))，其中e≈2.17828…是自然對數(shù)的底數(shù)。（Ⅰ）求曲線y=f(x)在點(π,f(π))處的切線方程；（Ⅱ）令h(x)=g(x)-af(x)（a∈R），討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值。8.已知函數(shù)f(x)=e^x*cosx-x。（1）求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；（2）求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,π]上的最大值和最小值。9.設(shè)a∈Z，已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點x，g(x)為f(x)的導函數(shù)。（Ⅰ）求g(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)m∈[1,x)∪(x,2]，函數(shù)h(x)=g(x)(m-x)-f(m)，求證：h(m)h(x)<0；（Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對于任意的正整數(shù)p，q，且x∈[1,x)∪(x,2]，滿足|p/q-x|≥A/q^2。10.已知函數(shù)f(x)=x^3-ax^2，a∈R，從而h（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，因此h（x）≥，即ax﹣a﹣lnx≥，即ax2﹣ax﹣xlnx≥．又因為f（x）≥，所以ax2﹣ax﹣xlnx≥，即x2﹣xlnx≥．考慮函數(shù)g（x）=x2﹣xlnx，求導得g′（x）=2x﹣lnx﹣1，當x=e時取得最小值，即g（e）=e﹣2，因此x2﹣xlnx≥e﹣2，即a≥e﹣2．綜上可知，a的取值范圍為[e﹣2，+∞)。（2）由（1）可知，f（x）存在零點，因此存在極大值點x0?？紤]函數(shù)h（x）=lnf（x）=ln（ax2﹣ax﹣xlnx），求導得h′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1，令h′（x）=0，解得x=e﹣1a，因此x0=e﹣1a。又因為a≥e﹣2，所以x0≤e2，即x0取值范圍為[0，e2]。考慮f（x）在[0，e2]上的取值情況，求導得f′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1﹣x，令f′（x）=0，解得x=x1=ae2a，因此f（x）在[0，x1]上單調(diào)遞減，在[x1，e2]上單調(diào)遞增。由于f（0）=0，f（e2）=ae4﹣ae﹣2，因此f（x）存在唯一的極大值點x=x2，且x2∈[0，x1]?？紤]f（x2）的取值，由于f（x1）=ae2﹣ae﹣2＞0，因此f（x2）＜f（x1），又因為f（0）=0，所以f（x2）＞0。綜上可知，e﹣2＜f（x2）＜2﹣2。1.當x>1時，h(x)<h(1)=0，與a>0矛盾，因此a>0。2.因為當0<x<1時，h'(x)<0，當x>1時，h'(x)>0，所以h(x)在x=1處取得最小值，即h(x)min=h(1)=0。又因為h(1)=a-aln1=0，所以a=1。3.已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx。(1)若f(x)≥0，求a的值。因為函數(shù)f(x)=x-1-alnx，在x>0時是連續(xù)可導的，且f(1)=0，所以當a≤0時，f'(x)>0恒成立，此時y=f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，與f(x)≥0矛盾；當a>0時，令f'(x)=0，解得x=a，所以y=f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+∞)上單調(diào)遞增，即f(x)min=f(a)。又因為f(x)min=f(a)≥0，所以a=1。(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，(1+1/n)^m的最小值。由(1)可知當a=1時，f(x)=x-1-lnx≥0，即lnx≤x-1。所以ln(x+1)≤x，當且僅當x=0時取等號，即ln(1+1/n)≤1/n，所以ln[(1+1/n)^m]≤m/n。由于ln函數(shù)單調(diào)遞增，所以(1+1/n)^m≤e^(m/n)，當且僅當ln[(1+1/n)^m]≤lne^(m/n)時取等號。所以(1+1/n)^m的最小值為e^(-1)。1.當n≥3時，(1+1)…(1+1)∈(2,e)，因為(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，當n≥3時，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.因為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，因為a>0，所以x<0，又因為f'(x)的極值點是f(x)的零點，所以f(-a/3)=0，即(-a/3)^3+a(-a/3)^2+b(-a/3)+1=0，化簡得b=-a^2/3-a/3+1，所以b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式為b=-a^2/3-a/3+1，定義域為a>0。3.由f'(x)=3x^2+2ax+b=0的實根可得4a^2-12b≥0，即a^2-3b≥0，所以b≤a^2/3，又因為f(x)有極值，所以f''(x)=6x+2a>0，即f(x)是下凸函數(shù)，所以f(x)的極值點只有一個，設(shè)為x0，那么f'(x0)=0，又因為f'(x0)是f(x)的零點，所以f(x0)=0，即x0^3+ax0^2+bx0+1=0，又因為f(x)是下凸函數(shù)，所以x0<0，設(shè)另一個極值點為x1，那么x1>0，由f(x)是下凸函數(shù)可得f(x0)>0，f(x1)>0，所以b>0，又因為f(x)有極值，所以f'(x)只有一個實根，即4a^2-12b>0，所以b<1/3a^2，綜上可得1/3a^2<b≤a^2/3，又因為f(x)的所有極值之和不小于-2，所以b-2a^3/27≥-2，即b≥2a^3/27-2，將1/3a^2<b≤a^2/3代入得2a^3/27-2≥-2，解得a≥3/2，所以a的取值范圍為a≥3/2。1.因為a-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范圍是（-∞，6]。2.（1）對f(x)求導得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,+∞)上單調(diào)遞減，在(-1-√2,-1+√2)上單調(diào)遞增。（2）將f(x)展開得f(x)=(1-x)(1+x)ex。對于a≥1，設(shè)h(x)=(1-x)ex，則h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減，且h(0)=1，因此h(x)≤1，從而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。對于0<a<1，設(shè)g(x)=ex-x-1，則g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且g(0)=0，因此ex≥x+1。因為當0<x<1時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，則(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，從而f(x)>ax+1，矛盾。對于a≤0，取x=√(-a)-1，則f(x)<0，矛盾。綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞)。3.已知f(x)=x^2-2x+3，將其化為標準形式得f(x)=(x-1)^2+2，因此f(x)的最小值為2，且f(x)在x=1處取得最小值。4.因為a-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范圍是（-∞，6]。5.（1）對f(x)求導得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,+∞)上單調(diào)遞減，在(-1-√2,-1+√2)上單調(diào)遞增。（2）將f(x)展開得f(x)=(1-x)(1+x)ex。對于a≥1，設(shè)h(x)=(1-x)ex，則h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減，且h(0)=1，因此h(x)≤1，從而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。對于0<a<1，設(shè)g(x)=ex-x-1，則g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且g(0)=0，因此ex≥x+1。因為當0<x<1時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，則(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，從而f(x)>ax+1，矛盾。對于a≤0，取x=√(-a)-1，則f(x)<0，矛盾。綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞)。6.（1）對f(x)求導得f'(x)=e-x(1-x)，x≥0，因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,+∞)上單調(diào)遞增。（2）當x≥1時，f(x)≥f(1)=e-1；當0≤x<1時，f(x)≤f(0)=1；因此f(x)在區(qū)間[0,+∞)上的取值范圍是[1,e-1]。已知函數(shù)f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx-sinx+2x?2），其中e≈2.17828…是自然對數(shù)的底數(shù)。（Ⅰ）求曲線y=f（x）在點（π，f（π））處的切線方程；（Ⅱ）令h（x）=g（x）-af（x）（a∈R），討論h（x）的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值?！窘獯稹浚↖）由題得，f（π）=π2-2，f′（x）=2x-2sinx，∴f′（π）=2π。因此，曲線y=f（x）在點（π，f（π））處的切線方程為：y-（π2-2）=2π（x-π）?；癁椋?πx-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，則u′（x）=1-cosx≥0，∴函數(shù)u（x）在R上單調(diào)遞增。因為u（0）=0，所以當x>0時，u（x）>0；當x<0時，u（x）<0。（1）當a≤0時，ex-ae>0，所以當x>0時，h′（x）>0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；當x<0時，h′（x）<0，函數(shù)h（x）在（-∞，0）單調(diào)遞減。因此，當x=0時，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=-1-2a。（2）當a>0時，令h′（x）=2（x-sinx）（ex-ae）=0，解得x?=lna，x?=0。①當0<a<1時，x∈（-∞，lna）時，ex-ae<0，h′（x）>0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；x∈（lna，+∞）時，ex-ae>0，h′（x）<0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減。因此，當x=0時，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=-2a-1。②當a=1時，lna=0，x∈R時，h′（x）≥0，因此函數(shù)h（x）在R上單調(diào)遞增。③當a>1時，lna>0，x∈（-∞，+∞）時，ex-ae>0，h′（x）>0，因此函數(shù)h（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增。當$x<a$時，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,a)$上單調(diào)遞增；當$a<x$時，$g'(x)<0$恒成立，故$g(x)$在$(a,\infty)$上單調(diào)遞減。因此，當$x=a$時，函數(shù)有極大值，極大值為$g(a)=-a^3-\sina$。當$x=0$時，函數(shù)有極小值，極小值為$g(0)=-a$。③當$a=0$時，$g'(x)=x(x+\sinx)$。當$x>0$時，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(0,\infty)$上單調(diào)遞增；當$x<0$時，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$上單調(diào)遞增。因此，$g(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增，無極值。11．（2017?天津）設(shè)$a,b\in\mathbb{R}$，$|a|\leq1$。已知函數(shù)$f(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$，$g(x)=e^xf(x)$。（Ⅰ）求$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知函數(shù)$y=g(x)$和$y=e^x$的圖象在公共點$(x,y)$處有相同的切線，（i）求證：$f'(x)$在$x=a$處等于$-1$；（ii）若關(guān)于$x$的不等式$g(x)\leqe^x$在區(qū)間$[x-1,x+1]$上恒成立，求$b$的取值范圍。【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$a<4-a$。當$x$變化時，$f'(x)$，$f(x)$的變化情況如下表：$x$$f'(x)$$f(x)$$(-\infty,a)$$+$$\nearrow$$(a,4-a)$$-$$\searrow$$(4-a,\infty)$$+$$\nearrow$因此，$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$(-\infty,a)$，$(4-a,\infty)$，單調(diào)遞減區(qū)間為$(a,4-a)$。（Ⅱ）（i）證明：由$g'(x)=e^x(f(x)+f'(x))$，由題意知$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$時，$f'(x)=0$，故$x$為$f(x)$的極大值點。由（Ⅰ）知$x=a$。另一方面，由于$|a|\leq1$，故$a+1<4-a$，由（Ⅰ）知$f(x)$在$(a-1,a)$內(nèi)單調(diào)遞增，在$(a,a+1)$內(nèi)單調(diào)遞減，故當$x=a$時，$f(x)\leqf(a)=1$在$[a-1,a+1]$上恒成立，從而$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