2017高考试题分类汇编-函数导数

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题2导数一、单选题（共3题；共6分）1、（2017•浙江）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A、B、C、D、2、（2017•新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A、﹣1B、﹣2e﹣3C、5e﹣3D、13、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（）A、﹣B、C、D、1二、解答题（共8题；共50分）4、（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（Ⅰ）求f（x）的导函数；（Ⅱ）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．5、（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分）（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．6、（2017•北京卷）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（13分）(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．7、（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜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∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．8、（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+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）（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）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．9、（2017•新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分）(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．10、（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．11、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能2、【答案】A【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选：A．【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．3、【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（e x﹣1+）有唯一解，等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象只有一个交点．①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a=，符合条件；综上所述，a=，故选：C．【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．二、解答题4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，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，e]．【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴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）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0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）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0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）=﹣1﹣2a．0＜a＜1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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h（x）=g（x）﹣af（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，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）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos﹣=﹣．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．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，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，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）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，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．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，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（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|﹣x0|=≥=．因为当x∈[1，2]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+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|﹣x0|≥．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可．（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0，2]时，通过h（x）的零点．转化推出|﹣x0|=≥=．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．8、【答案】（Ⅰ）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=+（a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+＞0，解得a＞3，所以b=+（a＞3）．（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）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）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+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a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣，从而f（﹣）=0，整理可知b=+（a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a ＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3．（Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论；（Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为﹣+2，进而问题转化为解不等式b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，因式分解即得结论．9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a+（a﹣2）﹣ln，=a（）+（a﹣2）×﹣ln，=1﹣﹣ln，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x）单调性；（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．10、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=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（）=ln2﹣1＜0，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2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=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e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=﹣+=＞．11、【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣=，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，所以在（0,1）上f(x)<0,这与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；（Ⅱ）由（Ⅰ）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，所以ln（1+）＜，k∈N*,所以，k∈N*．一方面，因为++…+=1﹣＜1，所以，（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2，同时当n≥3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，所以m的最小值为3．【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+）＜，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面可知（1+）（1+）…（1+）＞2，且当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e）．。

2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用sin2 x(2017年新课标I 文)&函数y的部分图像大致为1 cosx【答案】A令f (x)0,解得x 2或x 1，所以f(x)在(，2),(1,)单调递增，在(2,1)单调递减所以f (x)极小值 f(1) (1 11)e 1 11，故选A 。

3.(2017年新课标I 文)9 •已知函数f (x) lnx ln(2 x)，贝y (C)A • f(x)在(0,2)单调递增B • f (x)在(0,2)单调递减C • y= f(x)的图像关于直线x=1对称D • y= f (x)的图像关于点(1,0)对称4.(2017年浙江卷)函数y=f(x )的导函数y f (x)的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选 D.2x 1x 15.(2017年新课标川卷理)11 •已知函数f(x) x 2x a(e e )有唯一零点，则 a=(C )1.2. (2017年新课标n 卷理A.)11.若x 2是函数f (x)(x 2ax x 1'1)e 的极值点，则f (x)的极小值为()B. 2e 3C. 5e 3D.1【解析】由题可得 f (x) (2x a)e x 1 (x 2x 12ax 1)e[x(a 2)x a 1]e x 1因为f ( 2)0，所以af(x) (x 2x 1)e x 1，故 f (x) (x 2x 1x 2)e111A.-B. -C . —D . 12 3 2【答案】C【解析】£ -2 “ -a ｛訂十严J ,谡g M =訐+童创，『(© =尸-产 J 戶-二r 二 j当現0 = 0咋r=l,函数里调递矶当11巧 /(x)>0, MM 调递增.当*1时，團数职得最小值胃⑴二2,设/i(x) = x 2-2x f 当*1时、函数取得最小1S-1J 若-GA O,函数矗(£ ,和口冒(兀)浚有交点，当一口 vO 时，一口雷(1)二方⑴日寸「止匕时函数工|和昭(尤)有一个交点,即 p K 2 二 一1 二 a =—、故选 C 1设g x = ax - a - l nx ，贝y f x = xg x , f x 0 等价于 g x 0 因为 g 1 =0, g x 1 0,故g' 1 =0,而g' x a, g' 1 =a 1,得a 1x若 a=1，则 g' x =11 •当0 v x v 1时，g' x <0, g x 单调递减；当 x > 1时，g' x > 0, g x 单调递增•所以x=1x是g x 的极小值点，故 g x g 1 =0 综上，a=1(2)由 11)知 f ( JT ： = x 2 - jr * jr In jr T f ' (r) = 2x - 2 - In A当兀三卫;时.^T (x) <0 i 当才=二十力时，/rUD , 调递增1 1 1又he 2 >0,h $ v 0,h 1 0,所以h x 在0,2有唯一零点x 。

1 (, ) （ D） 4
(2017 年丰台二模 ) 2. 下列函数中，既是偶函数又是
（ A） y
x3
(0, + ) 上的增函数的是
x
（B） y 2
1
（ C） y x2
（D） y log 3 ( x)
填空题：
（ 2017 东城期末） （ 14）关于 x 的方程 g( x) t (t R) 的实根个数记为 f (t ) ．若 g( x) ln x ，则 f (t ) =____1___；
(2017 年海淀一模 ) 13. 已知函数 f ( x)
(2017 年东城一模 ) （ 14）已知函数 f ( x)
1 1, 0 x ,
2 1, 1 x 1, 和 g(x)
2 0, x 0或x 1
1, 0 x 1, 0, x 0或x 1,
则 g (2 x) ____ g(x)
1, 0 x 1 ,
2
__ ；
1 0, x 0或 x .
2
若 m, n Z ，且 m g(n x) g( x) f ( x) ，则 m n __ 4 ___ .
若 g ( x)
x, x 0,
x2
2ax
a, x
(a 0,
R ) ，存在 t 使得 f (t 2)
f (t ) 成立，则 a 的取值范围是 ____
(1, ) _____．
（ 2017海淀期末） 14. 已知函数 f ( x) e |x| cos πx ，给出下列命题：
① f (x) 的最大值为 2；
（ C） y = x
（D） y e |x|
(2017 年海淀二模 ) 6. 已知 f ( x) 是 R 上的奇函数，则“ x1 x2 0 ”是“ f ( x1 ) f ( x2 ) 0 ”的（ A ）

2017 年高考真题导数专题一．解答 （共12 小 ）1．已知函数 f （ x ）=ae 2x +（a 2）e xx ．（ 1） f （x ）的 性；（ 2）若 f （x ）有两个零点，求 a 的取 范 ．2．已知函数 f （ x ）=ax 2ax xlnx ，且 f （x ）≥ 0．（ 1）求 a ；（ 2） 明： f （x ）存在独一的极大 点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜ 2﹣2．3．已知函数 f （ x ）=x1 alnx ．（ 1）若 f （x ）≥ 0，求 a 的 ；（ 2） m 整数，且 于随意正整数 n ，（1+）（ 1+ ）⋯（1+ ）＜ m ，求m 的最小 ．4．已知函数 f （ x ） =x 3+ax 2+bx+1（a ＞0，b ∈R ）有极 ，且 函数f ′（x ）的极点是 f （x ）的零点．（极 点是指函数取极 的自 量的 ）（ 1）求 b 对于 a 的函数关系式，并写出定 域；（ 2） 明： b 2＞3a ；（ 3）若 f （ x ），f （′x ） 两个函数的全部极 之和不小于 ，求 a 的取 范 ．5． 函数 f （x ）=（1 x 2）e x ．（ 1） f （x ）的 性；（ 2）当 x ≥0 ， f （x ）≤ ax+1，求 a 的取 范 ．（ ） （﹣ x6．已知函数 f ）e（x ≥ ）．x = x（ 1）求 f （x ）的 函数；（ 2）求 f （x ）在区 [ ， +∞）上的取 范 ．7．已知函数 f （x ）=x 2+2cosx ，g （x ）=e x （cosxsinx+2x 2），此中 e ≈2.17828 ⋯是自然 数的底数．（ Ⅰ）求曲 y=f （x ）在点（ π，f （π）） 的切 方程；（ Ⅱ）令 h （x ）=g （x ） a f （ x ）（a ∈R ）， h （ x ）的 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，] 上的最大值和最小值．∈ ，已知定义在 R 上的函数4+3x 3﹣3x 2﹣6x+a 在区间（ 1，2） 9．设 a Z f （x ）=2x内有一个零点 x 0， （ ）为f （ x ）的导函数．g x（ Ⅰ）求 g （ x ）的单一区间；（ Ⅱ）设 m ∈[ 1，x 0 ）∪（ 0， 2] ，函数 （ ） （ ）（ m ﹣ 0）﹣ （ m ），求证：x h x =g x x fh （m ） h （ x 0）＜ 0；（ Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于随意的正整数 p ，q ，且 ∈[ 1，x 0）∪（ x 0，2] ，知足 | ﹣ x 0| ≥．10．已知函数 f （x ）= x 3﹣ ax 2，a ∈R ，（ 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 ） +（ x ﹣ a ） cosx ﹣sinx ，议论 g （x ）的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值．11．设 a ，b ∈R ，| a| ≤ 1．已知函数 f （ x ）=x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x+b ，g （ x ）=e x f（ x ）．（ Ⅰ）求 f （ x ）的单一区间；（ Ⅱ）已知函数 y=g （x ）和 y=e x 的图象在公共点（ x 0， y 0）处有同样的切线， （ i ）求证： f （x ）在 x=x 0 处的导数等于 0；（ ii ）若对于 x 的不等式 g （x ）≤ e x 在区间 [ x 0﹣ 1， x 0 +1] 上恒建立，求 b 的取值范围．12．已知函数 f （ x ）=e x （e x ﹣ a ）﹣ a 2x ．（ 1）议论 f （ x ）的单一性；（ 2）若 f （x ）≥ 0，求 a 的取值范围．2017 年高考真题导数专题参照答案与试题分析一．解答题（共12 小题）1．（2017?新课标Ⅰ）已知函数 f （x）=ae2x+（ a﹣ 2） e x﹣x．（1）议论 f（x）的单一性；（2）若 f （x）有两个零点，求 a 的取值范围．【解答】解：（ 1）由 f（x）=ae2x+（ a﹣2）e x﹣ x，求导 f （′ x）=2ae2x+（ a﹣ 2） e x ﹣1，当a=0 时， f ′（x） =﹣ 2e x﹣ 1＜ 0，∴当 x∈R，f （x）单一递减，当a＞0 时， f ′（ x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（ e x+ ）（e x﹣），令f ′（x） =0，解得： x=ln ，当f ′（x）＞ 0，解得： x＞ln ，当f ′（x）＜ 0，解得： x＜ln ，∴ x∈（﹣∞， ln）时，f（x）单一递减，x∈（ln，+∞）单一递加；当 a＜0 时， f ′（ x）=2a（ e x+ ）（e x﹣）＜0，恒建立，∴当 x∈R，f （x）单一递减，综上可知：当 a≤0 时， f（ x）在 R 单一减函数，当 a＞0 时， f （x）在（﹣∞， ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）①若 a≤0 时，由（ 1）可知： f（x）最多有一个零点，当 a＞0 时， f （x）=ae2x+（a﹣ 2） e x﹣x，当x→﹣∞时， e2x→0， e x→0，∴当x→﹣∞时， f （x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x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×（）+（a﹣2）×﹣ln ＜0，∴ 1﹣﹣ln ＜0，即 ln + ﹣1＞0，设 t= ，则 g（t） =lnt+t ﹣1，（ t＞ 0），求导 g′（t ）= +1，由 g（1）=0，∴t= ＞1，解得： 0＜a＜1，∴a 的取值范围（ 0，1）．方法二：（1）由 f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导 f ′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0 时， f ′（x） =2e x﹣1＜0，∴当 x∈R，f （x）单一递减，当a＞0 时， f ′（ x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（ e x+ ）（e x﹣），令f ′（x） =0，解得： x=﹣lna，当 f ′（x）＞ 0，解得： x＞﹣ lna，当 f ′（x）＜ 0，解得： x＜﹣ lna，∴x∈（﹣∞，﹣ lna）时， f（x）单一递减， x∈（﹣ lna，+∞）单一递加；当 a＜0 时， f ′（ x）=2a（ e x+ ）（e x﹣）＜ 0，恒建立，∴当 x∈R，f （x）单一递减，综上可知：当 a≤0 时， f（ x）在 R 单一减函数，当a＞0 时， f （x）在（﹣∞，﹣ lna）是减函数，在（﹣ lna，+∞）是增函数；（ 2）①若 a≤0 时，由（ 1）可知： f（x）最多有一个零点，②当 a＞0 时，由（ 1）可知：当 x=﹣lna 时， f（x）获得最小值， f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，当a=1，时， f（﹣ lna） =0，故 f（ x）只有一个零点，当a∈（ 1，+∞）时，由 1﹣﹣ln ＞0，即 f（﹣ lna）＞ 0，故f（ x）没有零点，当 a∈（ 0，1）时， 1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣ 2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣ 2e﹣2+2＞ 0，故 f（ x）在（﹣∞，﹣ lna）有一个零点，假定存在正整数n0，知足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣ n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，由ln（﹣ 1）＞﹣ lna，所以在（﹣ lna， +∞）有一个零点．∴ a 的取值范围（ 0，1）．2．（2017?新课标Ⅱ）已知函数 f （x）=ax2﹣ ax﹣xlnx，且 f（ x）≥ 0．（1）求 a；（2）证明： f（x）存在独一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f （x0）＜ 2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（ x）≥ 0 等价于 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（ x） =a﹣．则当 a≤0 时 h′（x）＜ 0，即 y=h（x）在（ 0， +∞）上单一递减，所以当 x0＞1 时， h（x0）＜ h（1）=0，矛盾，故 a＞0．因为当 0＜x＜时 h′（x）＜ 0、当 x＞时 h′（x）＞ 0，所以 h（x）min=h（），又因为 h（ 1） =a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得 a=1；（2）证明：由（ 1）可知 f（ x） =x2﹣ x﹣xlnx，f ′（x） =2x﹣2﹣lnx，令 f ′（x） =0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣ 2﹣ lnx，则 t ′（x）=2﹣，令 t ′（x）=0，解得： x=，所以 t （x）在区间（ 0，）上单一递减，在（，+∞）上单一递加，所以 t （x）min=t （）﹣＜，从而t（）=0有解，即f（′ ）=0存在两根=ln2 1 0x xx0， x2，且不如 f ′（x）在（ 0， x0）上正、在（ x0，x2）上、在（ x2， +∞）上正，所以 f （x）必存在独一极大点x0，且00 ，2x2lnx =0所以 f （x0）=x0 x0lnx0=x0+2x0 2=x0，由 x0＜可知f （ 0）＜（ 0） max+=；x x=由 f ′（）＜ 0 可知 x0＜＜，所以 f （x）在（ 0，x0）上增，在（0）上减，x ，所以 f （x0）＞ f（）=；上所述， f（ x）存在独一的极大点x0，且 e﹣2＜ f（x0）＜ 2﹣2．3．（2017?新Ⅲ）已知函数 f （x）=x 1 alnx．（ 1）若 f（x）≥ 0，求 a 的；（ 2） m 整数，且于随意正整数 n，（1+）（1+）⋯（1+）＜m，求m的最小．【解答】解：（1）因函数 f （x）=x 1 alnx，x＞0，所以 f ′（x）=1 = ，且 f（ 1）=0．所以当 a≤ 0 f ′（x）＞ 0 恒建立，此 y=f（ x）在（ 0，+∞）上增，与 f（ x）≥ 0 矛盾；当 a＞0 令 f ′（ x） =0，解得 x=a，所以 y=f（x）在（ 0， a）上减，在（ a，+∞）上增，即 f（x）min=f（ a），又因 f（x）min =f（a）≥ 0，所以 a=1；（2）由（ 1）可知当 a=1 f （x）=x 1 lnx≥0，即 lnx≤ x 1，所以 ln（ x+1）≤ x 当且当 x=0 取等号，所以 ln（ 1+）＜，k∈N*．一方面， ln（1+）+ln（1+）+⋯+ln（1+）＜+ +⋯+ =1＜1，即（ 1+ ）（1+）⋯（1+）＜e；另一方面，（ 1+）（1+）⋯（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；从而当 n≥ 3 ，（1+）（1+）⋯（1+）∈（2，e），因 m 整数，且于随意正整数n，（1+）（1+）⋯（1+）＜m建立，所以 m 的最小 3．4．（2017?江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极，且函数f （′x）的极点是 f（x）的零点．（极点是指函数取极的自量的）（1）求 b 对于 a 的函数关系式，并写出定域；（2）明： b2＞3a；（ 3）若 f（ x），f （′x）两个函数的全部极之和不小于，求a的取范．【解答】（1）解：因 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= ．因为当 x＞g′（ x）＞ 0， g（ x） =f （′x）增；当 x＜g′（x）＜0，g（x）=f （′x）减；所以 f ′（x）的极小点x=，因为函数 f ′（x）的极点是原函数f（ x）的零点，所以 f （）=0，即++1=0，所以 b=+（a＞0）．因 f （x） =x3+ax2 +bx+1（a＞0，b∈R）有极，所以 f ′（x）=3x2+2ax+b=0 的根，所以 4a212b≥ 0，即 a2+≥0，解得a≥3，所以 b=+（a≥3）．（ 2）证明：由（ 1）可知 h（ a） =b2﹣ 3a=﹣+ =（4a3﹣27）（ a3﹣ 27），因为 a＞3，所以 h（a）＞ 0，即 b2＞3a；（ 3）解：由（ 1）可知 f ′（ x）的极小值为 f ′（﹣）=b﹣，设 x1， 2 是y=f （）的两个极值点，则 1 2， 1 2，x x x +x =x x =所以 f （x1）+f（ x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[ （x1+x2）2﹣3x1x2]+ a[ （ x1 +x2）2﹣2x1 x2]+ b（x1+x2）+2=﹣+2，又因为 f（x）， f ′（x）这两个函数的全部极值之和不小于﹣，所以 b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，因为 a＞3，所以 2a3﹣63a﹣54≤0，所以 2a（a2﹣36）+9（ a﹣6）≤ 0，所以（ a﹣6）（ 2a2+12a+9）≤ 0，因为 a＞3 时 2a2+12a+9＞0，所以 a﹣6≤0，解得 a≤6，所以 a 的取值范围是（ 3，6] ．5．（2017?新课标Ⅱ）设函数 f（ x） =（ 1﹣ x2）e x．（1）议论 f（x）的单一性；（2）当 x≥0 时， f（x）≤ ax+1，求 a 的取值范围．【解答】解：（1）因为 f（x）=（1﹣x2） e x，x∈ R，所以 f ′（x）=（1﹣2x﹣ x2）e x，令 f ′（x） =0 可知 x=﹣1±，当 x＜﹣ 1﹣或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，所以 f（x）在（﹣∞，﹣ 1﹣），（﹣1+，+∞）上第 8页（共 17页）﹣ 1+ ）上单一递加；（ 2）由题可知 f （x ） =（ 1﹣ x ）（1+x ）e x ．下边对 a 的范围进行议论：①当 a ≥1 时，设函数 h （x ）=（1﹣x ） e x ，则 h ′（x ）=﹣xe x ＜ 0（ x ＞ 0），所以 h （x ）在 [ 0，+∞）上单一递减，又因为 h （ 0） =1，所以 h （x ）≤ 1，所以 f （x ） =（ 1﹣x ） h （ x ）≤ x+1≤ax+1；②当 0＜a ＜1 时，设函数 g （x ）=e x ﹣ x ﹣ 1，则 g ′（ x ）=e x ﹣1＞0（x ＞0），所以 g （x ）在 [ 0，+∞）上单一递加，又 g （0）=1﹣0﹣1=0， 所以 e x ≥ 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 0 ∈（ ， ），则（ ﹣ 0）（ 1+x0）2﹣ax 0﹣，=0 1 1 x1=0所以 f （x 0）＞ ax 0+1，矛盾；③当 a ≤0 时，取 x 0 ∈（ ， ），则 （ 0 ）＞（ ﹣ 0 ）（ 0）2 ≥ 0 ，= 0 1 f x 1 x 1+x =1 ax +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 ≥）．x = x）e（ 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 ﹣ ）e ﹣x （x ≥ ），导数 f ′（x ）=（1﹣ ??2）e ﹣x﹣（ x ﹣）e﹣x=（1﹣x+） e ﹣ x =（1﹣x ）（ 1﹣） e ﹣x ；（ 2）由 f （x ）的导数 f ′（x ）=（1﹣x ）（1﹣ ﹣ x） e ，可得 f ′（x ）=0 时， x=1 或 ，当＜x＜1，f（′x）＜0，f（x）减；当1＜x＜， f （′x）＞ 0， f（x）增；当x＞， f ′（ x）＜ 0， f（x）减，且x≥? x2≥2x 1? （x 1）2≥0，f（ x）≥ 0．由 f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有 f （x）的最大e，最小f（1）=0．f（ x）在区 [，+∞）上的取范是[ 0，e] ．7．（2017?山）已知函数 f（ x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx sinx+2x 2），此中 e≈2.17828 ⋯是自然数的底数．（Ⅰ）求曲 y=f（x）在点（π，f （π））的切方程；（Ⅱ）令 h（x）=g （x） a f（ x）（a∈R）， h（ x）的性并判断有无极，有极求出极．【解答】解：（I）f （π）=π22．f ′（x）=2x2sinx，∴ f ′（π） =2π．2∴曲 y=f（ x）在点（π，f （π））的切方程： y（π 2）=2π（xπ）．化： 2πx yπ22=0．（II） h（ x）=g （ x） a f（x）=e x（cosx sinx+2x 2） a（x2 +2cosx）h′（ x）=e x（cosx sinx+2x 2）+e x（ sinx cosx+2） a（2x 2sinx）=2（x sinx）（e x a）=2（ x sinx）（ e x e lna）．令 u（x） =x sinx， u′（ x） =1 cosx≥ 0，∴函数 u（x）在 R 上增．∵ u（ 0） =0，∴ x＞0 ， u（x）＞ 0；x＜0 ， u（ x）＜ 0．（1） a≤0 ， e x a＞0，∴ x＞ 0 ， h′（x）＞ 0，函数 h（ x）在（ 0，+∞）增；x＜0 ， h′（x）＜ 0，函数 h（x）在（∞， 0）减．∴x=0 时，函数h（x）获得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ 2） a＞0 时，令 h′（x）=2（ x﹣sinx）（e x﹣ e lna）=0．解得 x1=lna，x2=0．① 0＜ a＜1 时，x∈（﹣∞， lna）时， e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数 h（x）单一递加；x∈（ lna，0）时， e x﹣e lna＞0，h′（ x）＜ 0，函数 h（ x）单一递减；x∈（ 0，+∞）时， e x﹣ e lna＞ 0， h′（x）＞ 0，函数 h（x）单一递加．∴当 x=0 时，函数 h（x）获得极小值， h（ 0） =﹣ 2a﹣1．当x=lna 时，函数 h（x）获得极大值， h（lna）=﹣a[ ln2a﹣ 2lna+sin（lna）+cos （lna） +2] ．②当 a=1 时， lna=0，x∈R 时， h′（x）≥ 0，∴函数 h（ x）在 R 上单一递加．③ 1＜ a 时， lna＞0，x∈（﹣∞， 0）时， e x﹣e lna＜0，h′（ x）＞ 0，函数 h（ x）单一递加；x∈（ 0，lna）时， e x﹣e lna＜0，h′（ x）＜ 0，函数 h（ x）单一递减；x∈（ lna，+∞）时， e x﹣ e lna＞ 0， h′（x）＞ 0，函数 h（x）单一递加．∴当 x=0 时，函数 h（x）获得极大值， h（ 0） =﹣ 2a﹣1．当x=lna 时，函数 h（x）获得极小值， h（lna）=﹣a[ ln2a﹣ 2lna+sin（lna）+cos （lna） +2] ．综上所述： a≤ 0 时，函数 h（x）在（ 0，+∞）单一递加； x＜ 0 时，函数 h（x）在（﹣∞， 0）单一递减．x=0 时，函数 h（x）获得极小值， h（ 0） =﹣ 1﹣ 2a．0＜a＜1 时，函数 h（x）在 x∈（﹣∞， lna）是单一递加；函数 h（x）在 x∈（lna，0）上单一递减．当 x=0 时，函数 h（x）获得极小值， h（ 0）=﹣ 2a﹣1．当 x=lna时，函数 h（ x）获得极大值， h（lna）=﹣ a[ ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2] ．当 a=1 时， lna=0，函数 h（x）在 R 上单一递加．a＞1 时，函数 h（ x）在（﹣∞， 0），（ lna，+∞）上单一递加；函数h（x）在（0，lna）上单一递减．当 x=0 时，函数 h（ x）获得极大值， h（0）=﹣ 2a﹣1．当 x=lna时，函数 h（ x）获得极小值， h（lna）=﹣ a[ ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2] ．第11页（共 17页）8．（2017?北京）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，] 上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数 f（x）=e x﹣的导数为f ′（）x（cosx﹣ sinx）﹣ 1，cosx x x=e可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（ 0， e0cos0﹣0），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）=e x cosx﹣x 的导数为 f （′x） =e x（ cosx﹣sinx）﹣1，令 g（x） =e x（ cosx﹣sinx）﹣ 1，则 g（x）的导数为 g′（ x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣ cosx）=﹣2e x?sinx，当 x∈[ 0， ] ，可得 g′（x）=﹣2e x?sinx≤0，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）=e0cos0﹣ 0=1；最小值为 f（）=e cos﹣=﹣．9．（2017?天津）设 a∈ Z，已知定义在 R 上的函数 f（ x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（ 1，2）内有一个零点 x0， g（ x）为 f（ x）的导函数．（Ⅰ）求 g（ x）的单一区间；（Ⅱ）设 m∈[ 1，x0）∪（x0，2] ，函数 h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣ f（m ），求证：h（m） h（ x0）＜ 0；（Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于随意的正整数p，q，且∈[ 1，x0）∪（ x0，2]，知足|﹣ 0≥．x |【解答】（Ⅰ ）解：由 f（x） =2x4+3x3﹣ 3x2﹣ 6x+a，可得 g（ x）=f ′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，从而可得 g′（x）=24x2+18x﹣6．令 g′（ x）=0，解得 x=﹣ 1，或 x=．当 x 变化时， g′（x）， g（ x）的变化状况以下表：x（﹣∞，﹣ 1）（﹣1，）（，+∞）g′（ x）+﹣+g（ x）↗↘↗所以， g（x）的单一递加区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单一递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由 h（x） =g（x）（m﹣x0）﹣ f（m ），得 h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣ f（m），h（x0） =g（x0）（m﹣ x0）﹣ f（m）．令函数 H1（x）=g（ x）（x﹣x0）﹣ f（x），则 H′1（x）=g′（x）（ x﹣ x0）．由（Ⅰ）知，当 x∈ [ 1，2] 时， g′（x）＞ 0，故当 x∈[ 1，x0）时， H′1（x）＜ 0， H1（x）单一递减；当 x∈（ x0，2] 时， H′1（x）＞ 0，H1（x）单一递加．所以，当x∈[ 1， 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）（x﹣x0）﹣ f（ x），则 H′2（ x）=g′（x0）﹣ g（ x）．由（Ⅰ）知， g（ x）在 [ 1，2] 上单一递加，故当 x∈[ 1，x0）时， H′2（x）＞ 0，H2（x）单一递加；当 x∈（ x0， 2] 时， H′2（x）＜ 0， H2（x）单一递减．所以，当 x∈[ 1，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）＜．（Ⅲ）对于随意的正整数 p，q，且，令 m= ，函数 h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣ f（ m）．由（Ⅱ）知，当m∈[ 1，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）内起码有一个零点，不如设为x1，则 h（ x1）=g（ x1）（﹣ x0）﹣ f （）=0．由（Ⅰ）知 g（x）在 [ 1，2] 上单一递加，故0＜ g（ 1）＜ g（x1）＜ g（2），于是 | ﹣x0≥=．| =因为当 x∈[ 1，2] 时， g（x）＞ 0，故 f（x）在 [ 1，2] 上单一递加，所以 f （x）在区间 [ 1，2] 上除 x0外没有其余的零点，而≠0，故f （）≠ ．x0又因为 p， q， a 均为整数，所以 | 2p4+3p3﹣ 2 2﹣6pq3+aq4| 是正整数，q 3p q从而 | 2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4| ≥1．所以 | ﹣x0≥．所以，只需取（），就有|﹣0≥．|A=g 2x |10．（ 2017?山东）已知函数f（x）= x3﹣a x2，a∈R，（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） +（ x﹣ a） cosx﹣sinx，议论 g（x）的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值．【解答】解：（1）当 a=2 时， f （x）= x3﹣x2，∴f ′（ x）=x2﹣2x，∴k=f ′（3） =9﹣ 6=3， f（3）= ×27﹣9=0，∴曲线 y=f（ x）在点（ 3，f（3））处的切线方程y=3（x﹣3），即 3x﹣ y﹣ 9=0（2）函数 g（x）=f（ x） +（ x﹣a）cosx﹣sinx= x3﹣ ax2+（ x﹣ a） cosx﹣sinx，∴g′（x） =（ x﹣ a）（x﹣sinx），令g′（x）=0，解得 x=a，或 x=0，①若 a＞0 时，当 x＜0 时， g′（x）＞ 0 恒建立，故 g（x）在（﹣∞， 0）上单一递加，当x＞a 时， g′（ x）＞ 0 恒建立，故 g（ x）在（ a，+∞）上单一递加，当0＜x＜ a 时， g′（ x）＜ 0 恒建立，故 g（ x）在（ 0，a）上单一递减，∴当 x=a 时，函数有极小值，极小值为 g（ a） =﹣ a3﹣sina当 x=0 时，有极大值，极大值为g（ 0）=﹣ a，②若 a＜0 时，当 x＞0 时， g′（x）＞ 0 恒建立，故 g（x）在（﹣∞， 0）上单一递加，当x＜a 时， g′（ x）＞ 0 恒建立，故 g（ x）在（﹣∞， a）上单一递加，当a＜x＜ 0 时， g′（ x）＜ 0 恒建立，故 g（ x）在（ a，0）上单一递减，∴当 x=a 时，函数有极大值，极大值为 g（ a） =﹣ a3﹣sina当x=0 时，有极小值，极小值为 g（ 0）=﹣ a③当 a=0 时， g′（x）=x（ x+sinx），当x＞0 时， g′（ x）＞ 0 恒建立，故 g（ x）在（ 0，+∞）上单一递加，当x＜0 时， g′（ x）＞ 0 恒建立，故 g（ x）在（﹣∞， 0）上单一递加，∴ g（ x）在 R 上单一递加，无极值．11．（ 2017?天津）设 a， b∈ R， | a| ≤1．已知函数 f（x）=x3﹣6x2﹣3a（ a﹣4）x+b， g（x）=e x f（ x）．（Ⅰ）求 f（ x）的单一区间；（Ⅱ）已知函数 y=g（x）和 y=e x的图象在公共点（ x0， y0）处有同样的切线，（i）求证： f（x）在 x=x0处的导数等于 0；（ii）若对于 x 的不等式 g（x）≤ e x在区间 [ x0﹣ 1， x0 +1] 上恒建立，求 b 的取值范围．【解答】（Ⅰ ）解：由 f（ x） =x3﹣6x2﹣3a（ a﹣ 4） x+b，可得 f'（ x）=3x2﹣ 12x﹣ 3a（a﹣4）=3（ x﹣ a）（x﹣（ 4﹣a）），令f' （x） =0，解得 x=a，或 x=4﹣a．由 | a| ≤1，得 a＜4﹣a．当 x 变化时， f' （x）， f（x）的变化状况以下表：x（﹣∞，）（，﹣）（﹣，∞）a a 4 a 4 a +f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴ f（ x）的单一递加区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单一递减区间为（a， 4﹣ a）；（Ⅱ）（i）证明：∵ g'（x）=e x（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）≤ e x，x∈ [ x0﹣ 1， x0+1] ，由 e x＞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=a．另一方面，因为 | a| ≤ 1，故 a+1＜ 4﹣a，由（Ⅰ）知 f （x）在（ a﹣1，a）内单一递加，在（ a， a+1）内单一递减，故当 x0=a 时，f （x）≤ f（a）=1 在 [ a﹣1，a+1] 上恒建立，从而 g（x）≤ e x在[ x0﹣ 1， x0 +1] 上恒建立．由f（ a） =a3﹣ 6a2﹣ 3a（a﹣4）a+b=1，得 b=2a3﹣ 6a2+1，﹣1≤a≤1．令 t（ x） =2x3﹣6x2+1， x∈[ ﹣1，1] ，∴ t'（ x）=6x2﹣12x，令 t' （x）=0，解得 x=2（舍去），或 x=0．∵t（﹣ 1） =﹣ 7， t（1）=﹣3，t （0）=1，故 t （x）的值域为 [ ﹣7，1] ．∴ b 的取值范围是 [ ﹣7，1] ．12．（ 2017?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣ a2x．（1）议论 f（ x）的单一性；（2）若 f （x）≥ 0，求 a 的取值范围．【解答】解：（1）f（x）=e x（e x﹣ a）﹣ a2x=e2x﹣e x a﹣a2x，∴f （′ x）=2e2x﹣ ae x﹣ a2=（ 2e x+a）（ e x﹣a），①当 a=0 时， f ′（x）＞0 恒建立，∴f（x）在 R 上单一递加，②当 a＞0 时， 2e x+a＞0，令 f ′（ x） =0，解得 x=lna，第16页（共 17页）当 x＞lna 时， f ′（x）＞ 0，函数 f（x）单一递加，③当 a＜0 时， e x﹣a＞0，令 f （′ x） =0，解得 x=ln（﹣），当x＜ln（﹣）时， f ′（x）＜ 0，函数 f（x）单一递减，当x＞ln（﹣）时， f ′（x）＞ 0，函数 f（x）单一递加，综上所述，当 a=0 时， f （x）在 R 上单一递加，当a＞0 时， f （x）在（﹣∞， lna）上单一递减，在（ lna，+∞）上单一递加，当a＜0 时， f（x）在（﹣∞， ln（﹣））上单一递减，在（ ln（﹣），+∞）上单一递加，（ 2）①当 a=0 时， f（x）=e2x＞0 恒建立，②当 a＞0 时，由（ 1）可得 f（x）min=f（ lna） =﹣ a2lna≥ 0，∴lna≤ 0，∴0＜ a≤1，③当 a＜0 时，由（ 1）可得 f（x）min=f（ ln（﹣））=﹣a2ln（﹣）≥ 0，∴ ln（﹣）≤，∴﹣ 2 ≤ a＜ 0，综上所述 a 的取值范围为 [ ﹣ 2，1]。

2017-2018年高考数学分类汇编函数一．选择题1、（2017课标1，理5）函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]（答案）D（解析）因为()f x 为奇函数且在(,)-∞+∞单调递减，要使1()1f x -≤≤，则x 满足11x -≤≤，从而由211-x -≤≤得13x ≤≤，即满足21()1x f --≤≤成立的x 的取值范围是[1,3] 考点：函数的奇偶性、单调性2.（2017课标1，理11）设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z（答案）D（解析）试题分析：令235(1)x y z k k ===>，则2log x k =，3log y k =，5log z k = ∴22lg lg 3lg 913lg 23lg lg8x k y k =⋅=>，则23x y >， 22lg lg5lg 2515lg 25lg lg32x k z k =⋅=<，则25x z <，故选D. 考点：指、对数运算性质3.（2017天津，理4）设θ∈R ，则“ππ||1212θ-<”是“1sin 2θ<”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件（C ）充要条件（D ）既不充分也不必要条件 （答案）A （解析）πππ||012126θθ-<⇔<< 1sin 2θ⇒< ，但10,sin 2θθ=<，不满足 ππ||1212θ-<，所以是充分不必要条件，选A. 考点： 充要条件4.（2017北京，理5）已知函数1()3()3xx f x =-，则()f x（A ）是奇函数，且在R 上是增函数 （B ）是偶函数，且在R 上是增函数（C ）是奇函数，且在R 上是减函数 （D ）是偶函数，且在R 上是减函数（答案）A 考点：函数的性质5.（2017山东，理1）设函数x 2y=4-的定义域A ，函数y=ln(1-x)的定义域为B ,则A B ⋂= （A ）（1,2） （B ）⎤⎦(1,2 （C ）（-2,1） （D ）[-2,1) （答案）D（解析）试题分析：由240x -≥得22x -≤≤，由10x ->得1x <，故A B={|22}{|1}{|21}x x x x x x -≤≤⋂<=-≤<，选D.考点：1.集合的运算2.函数的定义域3.简单不等式的解法.6.（2017山东，理3）已知命题p:()x x ∀+＞0,ln 1＞0；命题q ：若a ＞b ，则a b 22＞，下列命题为真命题的是（A ） ∧p q （B ）⌝∧p q （C ） ⌝∧p q （D ）⌝⌝∧p q （答案）B考点：1.简易逻辑联结词.2.全称命题.7.（2017山东，理10）已知当[]0,1x ∈时，函数()21y mx =-的图象与y x m =+的图象有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是（A ）(])0,123,⎡+∞⎣ （B ）(][)0,13,+∞ （C ）()0,223,⎤⎡+∞⎦⎣ （D ）([)0,23,⎤+∞⎦（答案）B（解析）试题分析：当01m <≤时，11m ≥ ，2(1)y mx =- 单调递减，且22(1)[(1),1]y mx m =-∈-，y x m =+单调递增，且[,1]y x m m m =+∈+ ，此时有且仅有一个交点；当1m >时，101m << ，2(1)y mx =-在1[,1]m上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需2(1)13m m m -≥+⇒≥ 选B.考点：函数的图象、函数与方程及函数性质的综合应用.8.（2017天津，理6）已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为（A ）a b c << （B ）c b a << （C ）b a c <<（D ）b c a <<（答案）C（解析）因为()f x 是奇函数且在R 上是增函数，所以在0x >时，()0f x >， 从而()()g x xf x =是R 上的偶函数，且在[0,)+∞上是增函数，22(log 5.1)(log 5.1)a g g =-=，0.822<，又4 5.18<<，则22log 5.13<<，所以即0.8202log 5.13<<<，0.82(2)(log 5.1)(3)g g g <<，所以b a c <<，故选C ．考点： 指数、对数、函数的单调性9、（2018年高考全国卷1理科2）（5分）已知集合A={x|x 2﹣x ﹣2＞0}，则∁R A=（ ） A ．{x|﹣1＜x ＜2} B ．{x|﹣1≤x ≤2} C ．{x|x ＜﹣1}∪{x|x ＞2} D ．{x|x ≤﹣1}∪{x|x ≥2}（解答）解：集合A={x|x 2﹣x ﹣2＞0}， 可得A={x|x ＜﹣1或x ＞2}， 则：∁R A={x|﹣1≤x ≤2}． 故选：B ．10、（2018年高考全国卷1理科5）（5分）设函数f （x ）=x 3+（a ﹣1）x 2+ax ．若f （x ）为奇函数，则曲线y=f （x ）在点（0，0）处的切线方程为（ ） A ．y=﹣2x B ．y=﹣x C ．y=2xD ．y=x（解答）解：函数f （x ）=x 3+（a ﹣1）x 2+ax ，若f （x ）为奇函数， 可得a=1，所以函数f （x ）=x 3+x ，可得f′（x ）=3x 2+1， 曲线y=f （x ）在点（0，0）处的切线的斜率为：1， 则曲线y=f （x ）在点（0，0）处的切线方程为：y=x ． 故选：D ．11、（2018年高考全国卷1理科9）（5分）已知函数f （x ）=，g （x ）=f （x ）+x+a ．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．[﹣1，0） B ．[0，+∞） C ．[﹣1，+∞） D ．[1，+∞）（解答）解：由g （x ）=0得f （x ）=﹣x ﹣a ， 作出函数f （x ）和y=﹣x ﹣a 的图象如图：当直线y=﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．12、（2018年高考全国卷2理科3）（5分）函数f（x）=的图象大致为（）A．B． C． D．（解答）解：函数f（﹣x）==﹣=﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x=1时，f（1）=e﹣＞0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，故选：B．13.（2018年高考全国卷2理科11）（5分）已知f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（）A．﹣50 B．0 C．2 D．50（解答）解：∵f（x）是奇函数，且f（1﹣x）=f（1+x），∴f（1﹣x）=f（1+x）=﹣f（x﹣1），f（0）=0，则f（x+2）=﹣f（x），则f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，∵f（1）=2，∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，f（4）=f（0）=0，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）=f （1）+f （2）=2+0=2， 故选：C ．14、（2018年高考全国卷3理科7）（5分）函数y=﹣x 4+x 2+2的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．（解答）解：函数过定点（0，2），排除A ，B ． 函数的导数f′（x ）=﹣4x 3+2x=﹣2x （2x 2﹣1）， 由f′（x ）＞0得2x （2x 2﹣1）＜0， 得x ＜﹣或0＜x ＜，此时函数单调递增，排除C ，故选：D ．15.（2018年高考全国卷3理科12）（5分）设a=log 0.20.3，b=log 20.3，则（ ） A ．a+b ＜ab ＜0 B ．ab ＜a+b ＜0 C ．a+b ＜0＜ab D ．ab ＜0＜a+b （解答）解：∵a=log 0.20.3=，b=log 20.3=，∴=，，∵，，∴ab ＜a+b ＜0． 故选：B ．16.（2018年北京市高考数学试卷理科8）（5分）设集合A={（x ，y ）|x ﹣y ≥1，ax+y ＞4，x ﹣ay ≤2}，则（ ）A ．对任意实数a ，（2，1）∈AB ．对任意实数a ，（2，1）∉AC ．当且仅当a ＜0时，（2，1）∉AD ．当且仅当a ≤时，（2，1）∉A（解答）解：当a=﹣1时，集合A={（x ，y ）|x ﹣y ≥1，ax+y ＞4，x ﹣ay ≤2}={（x ，y ）|x ﹣y ≥1，﹣x+y ＞4，x+y ≤2}，显然（2，1）不满足，﹣x+y ＞4，x+y ≤2，所以A ，C 不正确；当a=4，集合A={（x，y）|x﹣y≥1，ax+y＞4，x﹣ay≤2}={（x，y）|x﹣y≥1，4x+y＞4，x ﹣4y≤2}，显然（2，1）在可行域内，满足不等式，所以B不正确；故选：D．17.（2018年上海市高考数学试卷16）（5分）设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，f（1）的可能取值只能是（）A．B． C． D．0（解答）解：设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，故f（1）=cos=，故选：B．18.（2018年浙江省高考数学试卷5）（4分）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（）A． B． C． D．（解答）解：根据函数的解析式y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，故排除A和B．当x=时，函数的值也为0，故排除C．故选：D．19、（2018年天津市高考数学试卷文科3）（5分）设x∈R，则“x3＞8”是“|x|＞2”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件（解答）解：由x3＞8，得x＞2，则|x|＞2，反之，由|x|＞2，得x＜﹣2或x＞2，则x3＜﹣8或x3＞8．即“x3＞8”是“|x|＞2”的充分不必要条件．故选：A．20、（2018年天津市高考数学试卷文科5）（5分）已知a=log3，b=（），c=log，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b（解答）解：∵a=log3，c=log=log35，且5，∴，则b=（）＜，∴c＞a＞b．故选：D．21、（2018年天津市高考数学试卷理科5）（5分）已知a=log2e，b=ln2，c=log，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b（解答）解：a=log2e＞1，0＜b=ln2＜1，c=log=log23＞log2e=a，则a，b，c的大小关系c＞a＞b，故选：D．二．填空题1、（2017课标3，理15）设函数10()20xx xf xx+≤⎧=⎨>⎩，，，，则满足1()()12f x f x+->的x的取值范围是_________.（答案）1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭写成分段函数的形式：()())132,021112,0222112,2x x x x g x f x f x x x x -⎧+≤⎪⎪⎪⎛⎫=+-=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪>⎪⎩，函数()g x 在区间(]11,0,0,,,22⎛⎤⎛⎫-∞+∞ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭ 三段区间内均单调递增，且：)001111,201,12142g -⎛⎫-=++>⨯> ⎪⎝⎭，据此x 的取值范围是：1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.考点： 分段函数；分类讨论的思想2、（2017北京，理13）能够说明“设a ，b ，c 是任意实数．若a ＞b ＞c ，则a +b ＞c ”是假命题的一组整数a ，b ，c 的值依次为______________________________．（答案）-1，-2，-3（答案不唯一） 考点：不等式的性质3、（2017山东，理15）若函数()x e f x （ 2.71828e =是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 .①()2x f x -=②()3x f x -=③()3f x x =④()22f x x =+（答案）①④（解析）试题分析：①()22xx x x e e f x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递增，故()2x f x -=具有M 性质；②()33xxxxe ef x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，故()3x f x -=不具有M 性质；③()3x x e f x e x =⋅，令()3x g x e x =⋅，则()()32232x x x g x e x e x x e x '=⋅+⋅=+，∴当2x >-时，()0g x '>，当2x <-时，()0g x '<，∴()3x x e f x e x =⋅在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增，故()3f x x =不具有M 性质；④()()22x x e f x e x =+，令()()22x g x e x =+，则()()()2222110x x x g x e x e x e x ⎡⎤'=++⋅=++>⎣⎦，∴()()22x x e f x e x =+在R 上单调递增，故()22f x x =+具有M 性质．考点：1.新定义问题.2.利用导数研究函数的单调性.4、（2017北京，理14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点A i 的横、纵坐标分别为第i 名工人上午的工作时间和加工的学科&网零件数，点B i 的横、纵坐标分别为第i 名工人下午的工作时间和加工的零件数，i =1，2，3.①记Q 1为第i 名工人在这一天中加工的零件总数，则Q 1，Q 2，Q 3中最大的是_________. ②记p i 为第i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p 1，p 2，p 3中最大的是_________. （答案）1Q ；2.p考点：1.图象的应用；2.实际应用.5、（2017北京，理8）根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与M N最接近的是（参考数据：lg3≈0.48）（A ）1033 （B ）1053 （C ）1073 （D ）1093 （答案）D （解析）试题分析：设36180310M x N == ，两边取对数，36136180803lg lg lg3lg10361lg38093.2810x ==-=⨯-=，所以93.2810x =，即MN最接近9310，故选D. 考点：对数运算6、（2017浙江，17）已知α∈R ，函数a a xx x f +-+=|4|)(在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是___________．（答案）9(,]2-∞考点：基本不等式、函数最值7.（2017江苏，1）已知集合{1,2}A =，2{,3}B a a =+，若{1}A B =则实数a 的值为 ▲ . （答案）1（解析）由题意1B ∈，显然233a +≥，所以1a =，此时234a +=，满足题意，故答案为1．考点：元素的互异性8、（2017江苏，11）已知函数31()2e e x xf x x x =-+-, 其中e 是自然对数的底数. 若2(1)(2)0f a f a -+≤,则实数a 的取值范围是 ▲ .（答案）1[1,]2-考点：利用函数性质解不等式9、（2017江苏，14）设()f x 是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0,1)上,2,,(),,x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*n D x x n n -⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 ▲ . （答案）8（解析）由于()[0,1)f x ∈ ，则需考虑110x ≤< 的情况 在此范围内，x Q ∈ 且x ∈Z 时，设*,,,2qx p q p p=∈≥N ，且,p q 互质 若lg x Q ∈ ，则由lg (0,1)x ∈ ，可设*lg ,,,2nx m n m m=∈≥N ，且,m n 互质 因此10n mq p =，则10()n m qp= ，此时左边为整数，右边非整数，矛盾，因此lg x Q ∉ 因此lg x 不可能与每个周期内x D ∈ 对应的部分相等， 只需考虑lg x 与每个周期x D ∉ 的部分的交点，考点：函数与方程10、（2018年高考全国卷I 文科13）（5分）已知函数f （x ）=log 2（x 2+a ），若f （3）=1，则a= ．（解答）解：函数f （x ）=log 2（x 2+a ），若f （3）=1， 可得：log 2（9+a ）=1，可得a=﹣7． 故答案为：﹣7．11、（2018年高考全国卷2理科13）（5分）曲线y=2ln （x+1）在点（0，0）处的切线方程为 ． （解答）解：∵y=2ln （x+1）， ∴y′=，当x=0时，y′=2，∴曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x．故答案为：y=2x．17、（2018年高考全国卷3文科16）（5分）已知函数f（x）=ln（﹣x）+1，f（a）=4，则f（﹣a）= ．（解答）解：函数g（x）=ln（﹣x）满足g（﹣x）=ln（+x）==﹣ln（﹣x）=﹣g（x），所以g（x）是奇函数．函数f（x）=ln（﹣x）+1，f（a）=4，可得f（a）=4=ln（﹣a）+1，可得ln（﹣a）=3，则f（﹣a）=﹣ln（﹣a）+1=﹣3+1=﹣2．故答案为：﹣2．18、（2018年高考全国卷3理科14）（5分）曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a= ．（解答）解：曲线y=（ax+1）e x，可得y′=ae x+（ax+1）e x，曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．故答案为：﹣3．19、（2018年北京市高考数学试卷理科13）（5分）能说明“若f（x）＞f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，则f（x）在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是．（解答）解：例如f（x）=sinx，尽管f（x）＞f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，当x∈[0，）上为增函数，在（，2]为减函数，故答案为：f（x）=sinx．20、（2018年江苏省高考数学试卷5）（5分）函数f（x）=的定义域为．（解答）解：由题意得：≥1，解得：x≥2，∴函数f （x ）的定义域是[2，+∞）． 故答案为：[2，+∞）．21、（2018年江苏省高考数学试卷9）（5分）函数f （x ）满足f （x+4）=f （x ）（x ∈R ），且在区间（﹣2，2]上，f （x ）=，则f （f （15））的值为 ．（解答）解：由f （x+4）=f （x ）得函数是周期为4的周期函数， 则f （15）=f （16﹣1）=f （﹣1）=|﹣1+|=， f （）=cos （）=cos =，即f （f （15））=，故答案为：22、（2018年江苏省高考数学试卷11）（5分）若函数f （x ）=2x 3﹣ax 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f （x ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为 ． （解答）解：∵函数f （x ）=2x 3﹣ax 2+1（a ∈R ）在（0，+∞）内有且只有一个零点， ∴f′（x ）=2x （3x ﹣a ），x ∈（0，+∞）， ①当a ≤0时，f′（x ）=2x （3x ﹣a ）＞0，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增，f （0）=1，f （x ）在（0，+∞）上没有零点，舍去； ②当a ＞0时，f′（x ）=2x （3x ﹣a ）＞0的解为x ＞， ∴f （x ）在（0，）上递减，在（，+∞）递增， 又f （x ）只有一个零点， ∴f （）=﹣+1=0，解得a=3，f （x ）=2x 3﹣3x 2+1，f′（x ）=6x （x ﹣1），x ∈[﹣1，1]， f′（x ）＞0的解集为（﹣1，0），f （x ）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减， f （﹣1）=﹣4，f （0）=1，f （1）=0，∴f （x ）min =f （﹣1）=﹣4，f （x ）max =f （0）=1， ∴f （x ）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为： f （x ）max +f （x ）min =﹣4+1=﹣3．23、（2018年上海市高考数学试卷4)（4分）设常数a∈R，函数f（x）=1og（x+a）．若f（x）2的反函数的图象经过点（3，1），则a= ．（解答）解：∵常数a∈R，函数f（x）=1og（x+a）．2f（x）的反函数的图象经过点（3，1），∴函数f（x）=1og（x+a）的图象经过点（1，3），2（1+a）=3，∴log2解得a=7．故答案为：7．24、（2018年上海市高考数学试卷7)（5分）已知α∈{﹣2，﹣1，﹣，1，2，3}，若幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，则α=．（解答）解：∵α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，∴a是奇数，且a＜0，∴a=﹣1．故答案为：﹣1．25、（2018年上海市高考数学试卷11)（5分）已知常数a＞0，函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．若2p+q=36pq，则a= ．（解答）解：函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．则：，整理得：=1，解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．故答案为：626、（2018年上海市高考数学试卷12)（5分）已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y12=1，x22+y22=1，x 1x2+y1y2=，则+的最大值为．（解答）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，且•=1×1×cos∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，显然d1+d2≤AB=1，即+的最大值为1，故答案为：1．27、（2018年天津市高考数学试卷文科10）（5分）已知函数f（x）=e x lnx，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）的值为．（解答）解：函数f（x）=e x lnx，则f′（x）=e x lnx+•e x；∴f′（1）=e•ln1+1•e=e．故答案为：e．28、（2018年天津市高考数学试卷文科13）（5分）已知a，b∈R，且a﹣3b+6=0，则2a+的最小值为．（解答）解：a，b∈R，且a﹣3b+6=0，可得：3b=a+6，则2a+==≥2=，当且仅当2a=．即a=﹣3时取等号．函数的最小值为：．故答案为：．（2018年天津市高考数学试卷文科14）（5分）己知a∈R，函数f（x）=．若29、对任意x∈[﹣3，+∞），f（x）≤|x|恒成立，则a的取值范围是．（解答）解：当x≤0时，函数f（x）=x2+2x+a﹣2的对称轴为x=﹣1，抛物线开口向上，要使x≤0时，对任意x∈[﹣3，+∞），f（x）≤|x|恒成立，则只需要f（﹣3）≤|﹣3|=3，即9﹣6+a﹣2≤3，得a≤2，当x＞0时，要使f（x）≤|x|恒成立，即f（x）=﹣x2+2x﹣2a，则直线y=x的下方或在y=x 上，由﹣x2+2x﹣2a=x，即x2﹣x+2a=0，由判别式△=1﹣8a≤0，得a≥，综上≤a≤2，故答案为：[，2]．30、（2018年天津市高考数学试卷理科13）（5分）已知a，b∈R，且a﹣3b+6=0，则2a+的最小值为．（解答）解：a，b∈R，且a﹣3b+6=0，可得：3b=a+6，则2a+==≥2=，当且仅当2a=．即a=﹣3时取等号．函数的最小值为：．故答案为：．31、（2018年天津市高考数学试卷理科14）（5分）已知a＞0，函数f（x）=．若关于x的方程f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是．（解答）解：当x≤0时，由f（x）=ax得x2+2ax+a=ax，得x2+ax+a=0，得a（x+1）=﹣x2，得a=﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=﹣=﹣，由g（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x=﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）=4，当x＞0时，由f（x）=ax得﹣x2+2ax﹣2a=ax，得x2﹣ax+2a=0，得a（x﹣2）=x2，当x=2时，方程不成立，当x≠2时，a=设h（x）=，则h′（x）==，由h（x）＞0得x＞4，此时递增，由h（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x=4时，h（x）取得极小值为h（4）=8，要使f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）32、（2018年浙江省高考数学试卷15）（6分）已知λ∈R，函数f（x）=，当λ=2时，不等式f（x）＜0的解集是．若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是．（解答）解：当λ=2时函数f （x ）=，显然x ≥2时，不等式x ﹣4＜0的解集：{x|2≤x ＜4}；x ＜2时，不等式f （x ）＜0化为：x 2﹣4x+3＜0，解得1＜x ＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x ＜4}． 函数f （x ）恰有2个零点， 函数f （x ）=的草图如图：函数f （x ）恰有2个零点，则λ∈（1，3]． 故答案为：{x|1＜x ＜4}；（1，3]． 三、解答题1、（2017课标1，理21）已知函数2()(2)x x f x ae a e 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.试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a ->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).考点：含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.2、（2017课标II ，理）已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

2017全国一卷数学导数题天上的星星真多啊！数也数不清。

有的星星喜欢穿着一身黑色的衣服，那是因为它们害怕被太阳公公看到自己穿着的白衣服。

可我发现了一颗明亮的星星，它的身体呈黄色，它那乌黑的眼睛里闪烁着神奇的光芒，像是在对我说：“请问你需要什么帮助吗？”你猜我想对它说什么呢？(注意：写完后再仔细读一遍)(5分)一、下面两个命题，哪个与原命题等价？(4分)(1)小数的性质命题A： 1／ x=1／(x＋y)=1／ x+y(2)正数的性质命题B： 1／ x=1／(x＋y)=x(2分)1、1。

(4分)命题A：假设，并证明。

结论：假设：小数点右移两位，将得到假设命题：若y大于0，则x可以省略。

由假设知x>0，并且x是整数。

证明：∵ x^2+(y-1)(x-y)=0，∴(x^2+(y-1)(x-y))+((x-y)^2+(x^2+(y-1)(x-y)))=0，∴(x^2+(y-1)(x-y))+((x-y)^2+(x^2+(y-1)(x-y)))=0，∴x=y-1，∵x=y-1，∴x+y=y-1，综上，∴x>y-1，∴(x^2+(y-1)(x-y))+((x-y)^2+(x^2+(y-1)(x-y)))>0，即x>y-1。

二、比较，选择(6分) 1。

(6分)小数的性质和正数的性质。

命题A与原命题无关。

命题B与原命题有关。

证明：原命题为假设与结论均为整数，由小数的性质有小数点右移两位将得到小数，并且小数点左移两位将得到原小数的近似值，根据近似值的特点和定义可知，原命题为真，从而得到命题B为真。

3。

(4分)正数的性质与小数的性质。

命题A与原命题无关。

命题B与原命题有关。

2017高考真题分类汇编：导数1．【2017浙江 7】函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是（ ）2．【2017天津 10】已知a R ∈，设函数()ln f x ax x =-的图象在点()()1,1f 处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为__________。

3．【2017课标I 14】曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为__________________。

4．【2017天津 19】设,a b R ∈，||1a ≤。

已知函数()()32634f x x x a a x b =---+，()()xg x e f x =。

⑴求()f x 的单调区间；⑵已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点()00,x y 处有相同的切线，①求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；②若关于x 的不等式()x g x e ≤在区间[]001,1x x -+上恒成立，求b 的取值范围。

5．【2017北京 20】已知函数()cos xf x e x x =-。

⑴求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；⑵求函数()f x 在区间[]0,2π上的最大值和最小值。

6．【2017江苏 20】已知函数()()3210,f x x ax bx a 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）。

⑴求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；⑵证明：23b a >；⑶若()(),f x f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围。

7．【2017山东 20】已知函数()()321132f x x ax a R =-∈。

⑴当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；⑵设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

2017年全国2卷数学导数
导数是数学中的重要概念，可以用于研究函数的性质，例如单调性、极值和最值等。

全国卷数学在考察导数时，一般会涉及以下几个方面的知识点：
1. 导数的定义和几何意义：导数描述的是函数在某一点的切线斜率，即函数在该点的变化率。

2. 导数的计算：包括基本初等函数的导数、复合函数的导数、幂函数的导数等。

3. 导数的应用：包括利用导数研究函数的单调性、极值和最值，以及利用导数解决实际问题等。

4. 导数的综合应用：包括导数与其他知识点的综合，例如导数与不等式、导数与数列等。

具体到2017年全国2卷数学导数部分，可能涉及的题目类型包括选择题、填空题和解答题。

题目难度通常为中等或较难，需要学生熟练掌握导数的相关知识和解题技巧。

2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用1. (2017年新课标Ⅰ文) 8．函数sin21cos xy x=-的部分图像大致为 （C ）2. ( 2017年新课标Ⅱ卷理） 11。

若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e-=+-的极值点,则()f x 的极小值为（ ）A.1- B 。

32e -- C.35e - D 。

1 【答案】A【解析】由题可得12121()(2)(1)[(2)1]x x x f x x a ex ax e x a x a e ---'=+++-=+++-因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)x f x x x e-=--,故21()(2)x f x x x e -'=+-令()0f x '>,解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞单调递增，在(2,1)-单调递减 所以()f x 极小值(1)f =11(111)1e-=--=-，故选A 。

3. （2017年新课标Ⅰ文) 9．已知函数()ln ln(2)f x x x =+-，则 (C ） A ．()f x 在(0,2）单调递增B ．()f x 在（0,2）单调递减C ．y =()f x 的图像关于直线x =1对称D ．y =()f x 的图像关于点(1，0）对称4. (2017年浙江卷)函数y=f (x ）的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f （x ）的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增,再减再增，因此选D.5. （2017年新课标Ⅲ卷理) 11．已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点,则a =A ．12- B ．13C ．12D ．1【答案】C6. （ 2017年新课标Ⅱ卷理)21.已知函数()2ln f x ax ax x x =--,且()0f x ≥。

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。

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.…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。

函数导数1（2017北京文）已知函数，则（A ）是偶函数，且在R 上是增函数 （B ）是奇函数，且在R 上是增函数 （C ）是偶函数，且在R 上是减函数 （D ）是奇函数，且在R 上是增函数 【答案】B2（2017北京文）（本小题13分）已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.（Ⅱ）设，则.1()3()3x xf x =-()fx ()e cos xf x x x =-()y f x =(0,(0))f ()f x π[0,]21y =2π-()e (cos sin )1x h x x x =--()e (cos sin sin cos )2e sin x x h x x x x x x '=---=-当时，，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为. 3（2017新课标Ⅱ理）（12分）已知函数2()ln f ax a x x x x =--，且()0f x ≥． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220e()2f x --<<．π(0,)2x ∈()0h x '<()h x π[0,]2π(0,]2x ∈()(0)0h x h <=()0f x '<()f x π[0,]2()f x π[0,]2(0)1f =ππ()22f =-所以()220e2f x --<<．4（2017天津理）（本小题满分14分）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数. （Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈U ，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <； （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00[1,)(,2],px x q∈U 满足041||p x q Aq-≥. 【答案】（1）增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，减区间是1(1,)4-.（2）（3）证明见解析 【解析】（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a =+--+，可得32()()8966g x f x x x x '==+--， 进而可得2()24186g x x x '=+-.令()0g x '=，解得1x =-，或14x =. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，(,)4+∞，单调递减区间是(1,)4-. （Ⅰ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--.（III ）证明：对于任意的正整数 p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈U ，令pm q=，函数0()()()()h g m x x x m f =--. 由（II ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点； 当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点.所以041|2|()p x q g q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x q Aq-≥. 5（2017新课标Ⅲ理数）（12分）已知函数()f x =x ﹣1﹣a ln x ． （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，21111++1+)222n K ()(1)(﹤m ，求m 的最小值．解：（1）()f x 的定义域为()0，+∞.2211111111++1+++1+＜+++=1-＜12222222n n n ln ln ln ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故21111+1+1+＜222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭而231111+1+1+＞2222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3. 6（2017山东理）（本小题满分13分）已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e =L 是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f x 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.【答案】（Ⅰ）222y x ππ=--.（Ⅱ）综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.【解析】解：（Ⅰ）由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x '=-，所以()2f ππ'=，因此 曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即 222y x ππ=--.（Ⅱ）由题意得 ()()()22cos sin 222cos h x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =-则()1cos 0m x x '=-≥所以()m x 在R 上单调递增.所以 当0x >时，()m x 单调递减，当0x >时，()0m x <(2)当0a >时，()()()ln 2sin x ah x e e x x '=--由 ()0h x '=得 1ln x a =，2=0x①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-<>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x '-><，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x '->>，()h x 单调递增.所以 当ln x a =时()h x 取得极大值.极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.7（2017天津文）（本小题满分14分）设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线， （i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围. 【答案】（1）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -.（2）（ⅰ）()f x 在0x x =处的导数等于0.（ⅱ）b 的取值范围是[7],1-.【解析】（I ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤. 又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（I ）知0x a =. 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立.由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤。

2017年高考数学试题分项版—函数、导数应用（原卷版）一、选择题1．(2017·全国Ⅰ文，8)函数y ＝sin 2x1－cos x的部分图象大致为( )2．(2017·全国Ⅰ文，9)已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( ) A ．f (x )在(0,2)上单调递增 B ．f (x )在(0,2)上单调递减C ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称D ．y ＝f (x )的图象关于点(1,0)对称3．(2017·全国Ⅱ文，8)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)4．(2017·全国Ⅲ文，7)函数y ＝1＋x ＋sin x x2的部分图象大致为( )5．(2017·全国Ⅲ文，12)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a 等于( )A ．－12B ．13C ．12D ．16．(2017·北京文，5)已知函数f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x，则f (x )( ) A ．是偶函数，且在R 上是增函数B ．是奇函数，且在R 上是增函数C ．是偶函数，且在R 上是减函数D ．是奇函数，且在R 上是减函数7．(2017·北京文，8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与MN 最接近的是( )(参考数据：lg 3≈0.48)A ．1033B ．1053C ．1073D ．10938．(2017·天津文，6)已知奇函数f (x )在R 上是增函数．若a ＝－f ⎝⎛⎭⎫log 215，b ＝f ()log 24.1，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．b <a <c C ．c <b <aD ．c <a <b9．(2017·天津文，8)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |＋2，x <1，x ＋2x ，x ≥1.设a ∈R ，若关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪x2＋a 在R 上恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．[－2,2] B ．[－23，2] C ．[－2,23]D ．[－23，23]10．(2017·山东文，9)设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0<x <1，2 x －1 ，x ≥1，若f (a )＝f (a ＋1)，则f ⎝⎛⎭⎫1a 等于( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．811．(2017·山东文，10)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是( ) A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x12．(2017·浙江，5)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关13．(2017·浙江，7)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )14．(2017·全国Ⅰ理，5)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数．若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( ) A ．[－2,2] B ．[－1,1] C ．[0,4] D ．[1,3]15．(2017·全国Ⅰ理，11)设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( ) A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z16．(2017·全国Ⅱ理，11)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．117．(2017·全国Ⅲ理，11)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a 等于( )A ．－12B ．13C ．12D ．118．(2017·北京理，5)已知函数f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x，则f (x )( ) A ．是奇函数，且在R 上是增函数 B ．是偶函数，且在R 上是增函数 C ．是奇函数，且在R 上是减函数 D ．是偶函数，且在R 上是减函数19．(2017·北京理，8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与MN 最接近的是( )(参考数据：lg 3≈0.48) A ．1033 B ．1053 C ．1073D ．109320．(2017·天津理，6)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a21．(2017·天津理，8)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋3，x ≤1，x ＋2x ，x >1.设a ∈R ，若关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪x2＋a 在R 上恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－4716，2 B.⎣⎡⎦⎤－4716，3916 C.[]－23，2D.⎣⎡⎦⎤－23，3916 22．(2017·山东理，10)已知当x ∈[0,1]时，函数y ＝(mx －1)2的图象与y ＝x ＋m 的图象有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是( ) A ．(0,1]∪[23，＋∞) B ．(0,1]∪[3，＋∞) C ．(0，2]∪[23，＋∞) D ．(0，2]∪[3，＋∞)二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，14)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．2．(2017·全国Ⅱ文，14)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝2x 3＋x 2，则f (2)＝________.3．(2017·全国Ⅲ文，16)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x >0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12>1的x 的取值范围是________．4．(2017·天津文，10)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．5．(2017·山东文，14)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (919)＝________.6．(2017·浙江，17)已知a ∈R ，函数f (x )＝|x ＋4x －a |＋a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是________．7.(2017·江苏，11)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．8．(2017·江苏，14)设f (x )是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈D ，x ，x ∉D ，其中集合D ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪x ＝n －1n ，n ∈N *，则方程f (x )－lg x ＝0的解的个数是________．9.(2017·全国Ⅲ理，15)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x >0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12>1的x 的取值范围是________．10．(2017·山东理，15)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________． ①f (x )＝2－x ；②f (x )＝3－x ；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 2＋2.三、解答题1．(2017·全国Ⅰ文，21)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．2．(2017·全国Ⅱ文，21)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．3．(2017·全国Ⅲ文，21)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.4．(2017·北京文，20)已知函数f (x )＝e x cos x －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，π2上的最大值和最小值．5．(2017·天津文，19)设a ，b ∈R ，|a |≤1.已知函数f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，g (x )＝e x f (x )． (1)求f (x )的单调区间；(2)已知函数y ＝g (x )和y ＝e x 的图象在公共点(x 0，y 0)处有相同的切线． ①求证：f (x )在x ＝x 0处的导数等于0；②若关于x 的不等式g (x )≤e x 在区间[x 0－1，x 0＋1]上恒成立，求b 的取值范围．6．(2017·山东文，20)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R .(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 )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．7．(2017·浙江，20)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝⎛⎭⎫x ≥12. (1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围．8．(2017·江苏，20)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 )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．9．(2017·全国Ⅰ理，21)已知函数f (x )＝a e 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．10．(2017·全国Ⅱ理，21)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0. (1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.11．(2017·全国Ⅲ理，21)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (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＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值．12．(2017·北京理，19)已知函数f (x )＝e x cos x －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，π2上的最大值和最小值．13．(2017·天津理，20)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 0，g (x )为f (x )的导函数． (1)求g (x )的单调区间；(2)设m ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )，求证：h (m )h (x 0)<0；(3)求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，满足⎪⎪⎪⎪p q －x 0≥1Aq 4.14．(2017·山东理，20)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x (cos x －sin x ＋2x －2)，其中e ＝ 2.718 28…是自然对数的底数．(1)求曲线y ＝f (x )在点(π，f (π))处的切线方程；(2)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．。

2017年高考真题分类汇编(理数）：专题2 导数一、单选题（共3题;共6分)1、(2017•浙江）函数y=f（x）的导函数y=f′（x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是( ）A、B、C、D、2、（2017•新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f(x)=(x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x)的极小值为（）A、﹣1B、﹣2e﹣3C、5e﹣3D、13、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（）A、﹣B、C、D、1二、解答题（共8题；共50分）4、(2017•浙江)已知函数f(x）=（x﹣)e﹣x（x≥ ）．（Ⅰ）求f（x）的导函数;（Ⅱ)求f(x）在区间[ ,+∞）上的取值范围．5、（2017•山东）已知函数f（x)=x2+2cosx，g（x)=e x(cosx﹣sinx+2x﹣2）,其中e≈2.17828…是自然对数的底数．(13分）(Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π)）处的切线方程；（Ⅱ）令h（x)=g （x）﹣a f（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．6、（2017•北京卷）已知函数f(x)=e x cosx﹣x．（13分）（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．7、（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x)=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．(Ⅰ）求g（x）的单调区间;（Ⅱ）设m∈[1，x0)∪（x0，2]，函数h（x)=g（x)（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜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∈[1，x0）∪（x0，2],满足｜﹣x0｜≥ ．8、（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+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）（Ⅰ）求b关于a的函数关系式,并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a;（Ⅲ）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．9、(2017•新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分)(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．10、（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx,且f（x）≥0．（Ⅰ）求a;（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0, 且e﹣2＜f(x0）＜2﹣2．11、（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x)=x﹣1﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系【解析】【解答】解：由当f′(x）＜0时，函数f（x)单调递减,当f′(x）＞0时，函数f（x)单调递增，则由导函数y=f′（x)的图象可知:f（x）先单调递减，再单调递增,然后单调递减,最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点(即函数的极大值点)在x轴上的右侧，排除B,故选D【分析】根据导数与函数单调性的关系,当f′(x)＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x)＞0时，函数f（x)单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置,即可求得函数y=f（x）的图象可能2、【答案】A【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′(x）=(2x+a）e x﹣1+(x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x)=（x2+ax﹣1)e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x)=（2x﹣1)e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2)e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时,f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数,x=1时，函数取得极小值:f（1）=(12﹣1﹣1)e1﹣1=﹣1．故选：A．【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a,然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．3、【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a(e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+ ）=0,所以函数f(x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1)2=a（e x﹣1+ ）有唯一解,等价于函数y=1﹣（x﹣1)2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点．①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点,矛盾；②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1,+∞)上递减，且y=a（e x﹣1+ ）在(﹣∞，1）上递增、在(1，+∞)上递减,所以函数y=1﹣(x﹣1)2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1,此时函数y=1﹣（x﹣1)2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾;③当a＞0时，由于y=1﹣(x﹣1）2在（﹣∞，1)上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+ )在（﹣∞，1)上递减、在（1,+∞）上递增，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1,1）,y=a（e x﹣1+ ）的图象的最低点为B（1,2a），由题可知点A与点B重合时满足条件,即2a=1，即a= ,符合条件；综上所述，a= ，故选：C．【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．二、解答题4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x)=（x﹣)e﹣x（x≥ ），导数f′(x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+ )e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x)（1﹣）e﹣x，可得f′(x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′(x)＜0，f（x)递减;当1＜x＜时，f′(x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，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， e ]．【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x)的导数，注意运用复合函数的求导法则,即可得到所求；（Ⅱ)求出f（x)的导数,求得极值点,讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f(x）≥0,计算f（），f（1），f（),即可得到所求取值范围．5、【答案】解：(Ⅰ）f(π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx,∴f′（π）=2π．∴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)﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx)h′(x)=e x(cosx﹣sinx+2x﹣2)+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2(x﹣sinx）(e x﹣a)=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u(x）＞0；x＜0时,u（x）＜0．（i)a≤0时，e x﹣a＞0,∴x＞0时，h′（x)＞0，函数h（x)在(0,+∞)单调递增;x＜0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）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2(x﹣sinx）（e x﹣e lna)=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈(lna,0）时，e x﹣e lna＞0,h′（x）＜0，函数h(x）单调递减；x∈（0，+∞）时,e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h(x）单调递增．∴当x=0时，函数h(x）取得极小值,h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna)=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2］．②当a=1时，lna=0，x∈R时,h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈(﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′(x）＞0，函数h（x）单调递增;x∈（0,lna）时，e x﹣e lna＜0,h′(x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈(lna，+∞)时，e x﹣e lna＞0，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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a［ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2］．综上所述：a≤0时，函数h(x）在(0,+∞）单调递增；x＜0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）=﹣1﹣2a．0＜a＜1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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin （lna)+cos(lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1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）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna)=﹣a［ln2a ﹣2lna+sin(lna）+cos（lna）+2]．【考点】导数的加法与减法法则,导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′(x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率,利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx)（e x ﹣a）=2（x﹣sinx)(e x﹣e lna）．令u（x)=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．由u（0）=0，可得x＞0时,u(x）＞0；x＜0时，u(x)＜0．对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时,利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】(1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′(x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0,f(0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0,切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x)在点（0，f(0））处的切线方程为y=1;（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x)=e x（cosx﹣sinx)﹣1,令g（x)=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′(x）=e x(cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，］,可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，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)=e0cos0﹣0=1；最小值为f（)=e cos ﹣=﹣．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1.）求出f（x)的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2。

2017函数导数专题（文）1、已知函数xx ）31（-3）x （f =，则f （x ）（ ） A 、是偶函数，且在R 上是增函数 B 、是奇函数，且在R 上是减函数C 、是偶函数，且在R 上是减函数D 、是奇函数，且在R 上是增函数2、函数2()ln(28)f x x x =--的单调递增区间是（ ）A 、(-∞,-2)B 、(-∞,-1)C 、(1,+∞)D 、 (4,+∞)3、根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080．则下列各数中与M N 最接近的是（ ）（参考数据：lg3≈0.48） A 、1033 B 、105 C 、1073 D 、10934、函数cosx-1sin2x y =的部分图像大致为（ ）A 、B 、C 、D 、 6、已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a=（ ） 7、已知函数f (x )=lnx +ln⁡（2−x ），则（ ）A 、f (x )在（0,2）单调递增B 、f (x )在（0,2）单调递减C 、y =⁡f (x )的图像关于直线x =1对称D 、y =⁡f (x )的图像关于点（1,0）对称8、设())021＜＜1,1=-≥⎪⎩x f x x x ，若f (a )=f (a +1),则1=⎛⎫ ⎪⎝⎭f a （ ） A 、2 B 、4 C 、6 D 、89、已知奇函数()f x 在R 上是增函数.若0.8221(log ),(log 4.1),(2)5a fb fc f =-==，则,,a b c 的大小关系为（ ）A 、a b c <<B 、b a c <<C 、c b a <<D 、c a b <<10、若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m （ ）A 、与a 有关，且与b 有关B 、与a 有关，但与b 无关C 、与a 无关，且与b 无关D 、与a 无关，但与b 有关11、若函数()x e fx （e=2.71828……是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是（） A 、()2-x f x = B 、()2f x =x C 、()3-xf x = D 、()cos f x =x12、已知函数||2,1,()2, 1.x x f x x x x +<⎧⎪=⎨+≥⎪⎩设a ∈R ，若关于x 的不等式()||2x f x a ≥+在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ）A 、[2,2]-B 、[2]-C 、[2,-D 、[-13、已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 .14、已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x +4)=f (x -2).若当[3,0]x ∈-时，()6xf x -=，则f (919)= .1516、曲线在点（1，2）处的切线方程为_________________________.17、已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当x ()-，0∈∞时，()322=+f x x x ,则()2=f18、已知函数()e cos x f x x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）求函数f （x ）在区间[0，,π2]上的最大值和最小值。