2017高考备考理科数学之导数的应用

2017年全国卷高考数学复习专题——导数的应用考点一函数的单调性1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x,0 >0,则a的取值范围是( )且xA.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C2.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.414 2<2<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+b2-2b)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+b2-2b)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln2)=3-22b+2(2b-1)ln 2.2当b=2时,g(ln2)=3-42+6ln 2>0,2ln 2>82-3>0.692 8;12+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,当b=324g(ln2)=-3-22+(32+2)ln 2<0,2<0.693 4.ln 2<18+228所以ln 2的近似值为0.693.3.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k<-2.(x2+2x+k)+2(x2+2x+k)-3(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<-2-k或|x+1|>2-k,∴-1--2-k<x<-1+-2-k或x<-1-2-k或x>-1+2-k,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-2-k)∪(-1--2-k,-1+-2-k)∪(-1+2-k,+∞).2(2)f '(x)=-2[(x2+2x+k)+2(x2+2x+k)-3]2,=-[(x2+2x+k)+2(x2+2x+k)-3]由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+-k)(x+1--k)(x+1)<0,∴x<-1--k或-1<x<-1+-k,结合定义域知x<-1-2-k或-1<x<-1+-2-k, 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-2-k),(-1,-1+-2-k),同理,递减区间为(-1--2-k,-1),(-1+2-k,+∞).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+-2k-4)(x+1--2k-4)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1--2k-4或x=-1+-2k-4或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+-2-k),-3∈(-1--2-k,-1),-1--2k-4<-1-2-k,-1+-2k-4>-1+2-k,结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为(-1--2k-4,-1-2-k)∪(-1--2-k,-3)∪(1,-1+-2-k)∪(-1+2-k,-1+ -2k-4).考点二函数的极值与最值4.(2014课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=sinπxm .若存在f(x)的极值点x满足x02+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案 C5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=-1+4+3a3处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值; 当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.6.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=e xx2-k2x+ln x (k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围. 解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=x 2e x-2xe xx4-k-2x2+1x=x e x-2e xx3-k(x-2)x2=(x-2)(ex-kx)x3.由k≤0可得e x-kx>0,所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=e x-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=e x-k=e x-e ln k,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=e x-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当g(0)>0,g(ln k)<0,g(2)>0,0<lnk<2.解得e<k<e22.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为e,e 22.7.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.解析解法一:(1)由f(x)=e x-ax,得f '(x)=e x-a. 又f '(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=e x-2x,f '(x)=e x-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时, f '(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2时, f '(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.(3)①若c≥1,则e x≤ce x.又由(2)知,当x>0时,x2<e x .所以当x>0时,x2<ce x.取x0=0,当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.②若0<c<1,令k=1c>1,要使不等式x2<ce x成立,只要e x>kx2成立. 而要使e x>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h'(x)=1-2x =x-2x,所以当x>2时,h'(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x,+∞)内单调递增,又h(x)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x)>0.即存在x0=16c,当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.解法二:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)对任意给定的正数c,取x0=c,由(2)知,当x>0时,e x>x2,所以e x=e x2·ex2>x22x22,当x>x0时,e x>x22x22>4cx22=1cx2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.解法三:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有13x3<e x. 证明如下:令h(x)=13x3-e x,则h'(x)=x2-e x.由(2)知,当x>0时,x2<e x,从而h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,所以h(x)<h(0)=-1<0,即13x3<e x.取x0=3c,当x>x时,有1cx2<13x3<e x.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x,+∞)时,恒有x2<ce x.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分. 考点三导数的综合应用8.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=1125x3-35x B.y=2125x3-45xC.y=3125x3-x D.y=-3125x3+15x答案 A9.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[-5,-3]B.-6,-98C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案 C10.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=ae x ln x+b e x-1x,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ae x ln x+ax e x-bx2e x-1+bxe x-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e. 故a=1,b=2.(2)由(1)知, f(x)=e x ln x+2x e x-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-2e.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈0,1e 时,g'(x)<0;当x∈1e,+∞时,g'(x)>0.故g(x)在0,1e 上单调递减,在1e,+∞上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1e =-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-1e.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.11.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈0,π2.(1)求证:f(x)≤0;(2)若a<sin xx <b对x∈0,π2恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 因为在区间0,π2上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在区间0,π2上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)当x>0时,“sin xx >a”等价于“sin x-ax>0”;“sin xx<b”等价于“sinx-bx<0”.令g(x)=sin x-cx,则g'(x)=cos x-c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈0,π2恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈0,π2,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间0,π2上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈0,π2恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈0,π2使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)与g'(x)在区间0,π2上的情况如下:因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈0,π2恒成立”当且仅当gπ2=1-π2c≥0,即0<c≤2π.综上所述,当且仅当c≤2π时,g(x)>0对任意x∈0,π2恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈0,π2恒成立.所以,若a<sin xx <b对任意x∈0,π2恒成立,则a的最大值为2π,b的最小值为1.12.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)1-2x(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间0,13上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=1-2x,由f '(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈0,12时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f '(x)=1-2x ,因为当x∈0,13时,1-2x<0,依题意,当x∈0,13时,有5x+(3b-2)≤0,从而53+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为-∞,19.13.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-ae x(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范围;(2)证明x2x1随着a的减小而增大;(3)证明x1+x2随着a的减小而增大.解析(1)由f(x)=x-ae x,可得f '(x)=1-ae x,下面分两种情况讨论:①a≤0时,f '(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:这时, f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-lna,+∞),满足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=2a+ln2a,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)=2a-e2+ln2a-e2<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(2)证明:由f(x)=x-ae x=0,有a=xe x .设g(x)=xe x,由g'(x)=1-xe x,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1.所以x2x1随着a的减小而增大.(3)证明:由x1=a e x1,x2=a e x2,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-lnx 1=ln x2x1.设x2x1=t,则t>1,且x2=t x1,x2-x1=ln t,解得x1=ln tt-1,x2=t ln tt-1.所以x1+x2=(t+1)ln tt-1.(*)令h(x)=(x+1)ln xx-1,x∈(1,+∞),则h'(x)=-2ln x+x-1x(x-1)2.令u(x)=-2ln x+x-1x ,得u'(x)=x-1x2.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2),知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.14.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-83(sinx+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln3-2xπ.证明:(1)存在唯一x0∈0,π2,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈π2,π ,使g(x1)=0,且对(1)中的x,有x+x1<π.证明(1)当x∈0,π2时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-23cos x<0,函数f(x)在0,π2上为减函数,又f(0)=π-83>0, fπ2=-π2-163<0,所以存在唯一x∈0,π2,使f(x)=0.(2)考虑函数h(x)=3(x-π)cos x1+sin x -4ln3-2πx,x∈π2,π .令t=π-x,则x∈π2,π 时,t∈0,π2.记u(t)=h(π-t)=3t cos t1+sin t -4ln1+2πt,则u'(t)=3f(t)(π+2t)(1+sin t).由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈ x0,π2时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x]上无零点.在 x0,π2上u(t)为减函数,由u(x0)>0,uπ2=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈ x0,π2,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈0,π2,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈π2,π ,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈π2,π 时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈π2,π ,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x,所以x+x1<π.15.(2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=a1+ax -2(x+2)-2x(x+2)2=ax2+4(a-1)(1+ax)(x+2)2.(*)当a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,由f '(x)=0得x 1=21-a ax 2=-21-a a舍去.当x∈(0,x 1)时, f '(x)<0;当x∈(x 1,+∞)时, f '(x)>0, 故f(x)在区间(0,x 1)上单调递减,在区间(x 1,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当0<a<1时, f(x)在区间 0,21-a a上单调递减,在区间 21-a a,+∞ 上单调递增.(2)由(*)式知,当a≥1时, f '(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<a<1,又f(x)的极值点只可能是x 1=2 1-a a和x 2=-2 1-aa ,且由f(x)的定义可知,x>-1a 且x ≠-2,所以-2 1-a a>-1a ,-21-a a≠-2,解得a≠12.此时,由(*)式易知,x 1,x 2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x 1)+f(x 2)=ln(1+ax 1)-2x 1x 1+2+ln(1+ax 2)-2x 2x 2+2=ln[1+a(x 1+x 2)+a 2x 1x 2]-4x 1x 2+4(x 1+x 2)x 1x 2+2(x 1+x 2)+4=ln(2a-1)2-4(a -1)2a -1=ln(2a-1)2+22a -1-2,令2a-1=x,由0<a<1且a≠12知, 当0<a<12时,-1<x<0;当12<a<1时,0<x<1, 记g(x)=ln x 2+2x -2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+2x -2, 所以g'(x)=2x -2x 2=2x -2x 2<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<12时, f(x 1)+f(x 2)<0.(ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+2x -2, 所以g'(x)=2x -2x 2=2x -2x 2<0,因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当12<a<1时, f(x 1)+f(x 2)>0.综上所述,满足条件的a 的取值范围为 12,1 .16.(2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)求函数f(x)=ln xx的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=ln xx ,所以f '(x)=1-ln xx.当f '(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(2)因为e<3<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π. 于是根据函数y=ln x,y=e x,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π. 故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即lnππ<ln33<ln ee.由lnππ<ln33,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;由ln33<ln ee,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(2)知,lnππ<ln ee,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(1)知,当0<x<e时, f(x)<f(e)=1e ,即ln xx<1e.在上式中,令x=e 2π,又e2π<e,则ln e2π<eπ,从而2-ln π<eπ,即得ln π>2-eπ.①由①得,eln π>e2-eπ>2.7×2-2.723.1>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.又由①得,3ln π>6-3eπ>6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.17.(2014重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f '(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的斜率为4-c.(1)确定a,b的值;(2)若c=3,判断f(x)的单调性;(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)为偶函数,知f '(-x)=f '(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x>0,所以a=b.又f '(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f '(x)=2e2x+2e-2x-3≥22e2x·2e-2x-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥22e2x·2e-2x=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R, f '(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0, f '(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+2t -c=0有两根t1,2=c±c2-164>0,即f '(x)=0有两个根x1=12ln t1,x2=12ln t2.当x1<x<x2时, f '(x)<0;又当x>x2时, f '(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).18.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=x3+3x-3a, x≥a, x3-3x+3a,x<a,所以f '(x)=3x2+3, x≥a, 3x2-3,x<a.由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a, 故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤13时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当13<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=8, a≤-1,-a3-3a+4,-1<a≤13,-a3+3a+2,13<a<1, 4,a≥1.(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=x3+3x-3a+b,x≥a,x3-3x+3a+b,x<a,h'(x)=3x2+3,x≥a,3x2-3,x<a.因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾. (ii)当-1<a≤13时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤13.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在0,13上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当13<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-2827<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.19.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b. 所以g'(x)=e x-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤12时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥e2时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当12<a<e2时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤12时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当12<a<e2时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥e2时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x)=0可知, f(x)在区间(0,x)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤12时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥e2时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以12<a<e2.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0. 又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).。

2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用D故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1，2()(1)(1)f x x x =-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x-=则2000(0,1),(1)(1)0,()1x x x ax f x ax ∈-+-=〉+故当00000510,()1-(1)2112a x f x x x ax ≤=〉+=〉+时，取（）综上，a 的取值范围[1，+∞）(2017年新课标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()0f x ≥，求a 的取值范围． 21. （12分）（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2(2)()xxxxf x e ae a e a e a '=--=+-，①若0a =，则2()xf x e =，在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =.当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增. ③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-. 当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a -+∞单调递增.（2）①若0a =，则2()xf x e =，所以()0f x ≥.②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a=-.从而当且仅当2ln 0aa -≥，即1a ≤时，()0f x ≥.③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a af a -=--.从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥.综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-. 14．(2017年新课标Ⅰ文)曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为_y=x+1(2017年新课标Ⅰ) 21.已知函数2()(2)xx f x aea 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.综上，a 的取值范围为(0,1).20．(2017年浙江卷)已知函数f (x )=（x–21x -）e x-（12x ≥）.（Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围. 【答案】（Ⅰ）f ＇（x ）=（1-x ）（1-221x -）xe -；（Ⅱ）[0,1212e -].（Ⅱ）由解得或.因为x（）1 （）（）- 0+ 0-f （x ）↓ 0 ↑ ↓又，所以f （x ）在区间[）上的取值范围是.(2017年北京卷理) （19）已知函数f （x ）=e x cos x −x .（Ⅰ）求曲线y = f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值. 【答案】（Ⅰ）f (x )=e x ·cos x －x ∴f (0)=1∴f ´(x )=e x （cos x －sin x ）－1 f ´(0)=0∴y =f (x )在（0，f (0)）处切线过点（0,1），k =0 ∴切线方程为y =1（Ⅱ）f ´(x )=e x （cos x -sin x ）－1，设f ´(x )=g (x ) ∴g ´(x )=－2sin x ·e x ≤0 ∴g (x )在［0，2π］上单调递减， ∴g (x )≤g (0)=0 ∴f ’（x ）≤0∴f (x )在［0，2π］上单调递减， f (x )max =f (0)=1 ∴f (x )min =f (2π)=－2π (2017年江苏卷) 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 ▲ ． 【解析】因为31()2e ()ex x f xx f x x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数，因为22()32e e 322e e 0x x x x f 'xx x --=-++≥-+⋅≥，所以数()f x 在R 上单调递增，又21)02()(f f a a +-≤，即2())2(1a a f f ≤-，所以221aa≤-，即2120aa +-≤，解得112a -≤≤，故实数a 的取值范围为1[1,]2-. (2017年江苏卷) 20． 已知函数32()1(0,)f x xax 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）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a>；（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．20. 【解析】（1）因为2()32f x x ax b'=++，所以()620f x x a ''=+=，所以3a x =-， 所以()03af -=，所以3239a b a=+，因为24120ab ∆=->，所以3a >.（2）26345-39813b a a a =-+，23459(27)813y t t t a =-+=>因为135278t =<， 所以min(27)0yy >=，所以b ²>3a .7. ( 2017年全国Ⅲ卷文)函数2sin 1xy x x=++的部分图像大致为（ ）答案：D12. ( 2017年全国Ⅲ卷文)已知函数)(2)(112+--++-=x x e e a x x x f 有唯一零点，则=a （ ） A 21- B 31C 21 D 1【解析】 0)(22)(11'=-+-=+--x x e ea x x f得1=x即1=x 为函数的极值点，故0)1(=f 则0221=+-a ，21=a 21. ( 2017年全国Ⅲ卷文)设函数2()ln (21)f x x axa x=+++.（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a ≤--. 解：（1）由2()ln (21),(0)f x x ax a x x =+++>有'1()221f x ax a x=+++ 22(21)1ax a x x+++= (2)①当0a =时，'()10,()f x f x =>单增 ① 当0a ≠时，令'()0f x =，即22(21)10axa x +++= 解得1211(,2x xa=-=-舍)…………2()2(21)1g x ax a x =+++ⅰ.当0a >时，()g x 开口向上，102a -<,()0g x >,即'()0f x >，()f x 单增 ⅱ.当0a <时，()g x 开口向上，102a ->，此时，在1(0,)2a -上，()0g x <，即'()0f x <，()f x 单减在1(,)2a-+∞上，()0g x >，即'()0f x >，()f x 单增 (6)（2）由（1）可得：max111()()ln()1224f x f a a a=-=---故要证3()24f x a ≤--即证113ln()12244a a a ---≤-- ……即证11ln()1022a a -++≤ 即证ln 10(0)t t t -+≤>…令()ln 1g t t t =-+ 则'1()1g t t=-令'()0g t ≥，得1t <max ()(1)0g t g ∴==()0g t ∴≤ (12)故原命题得证.（15）(2017年山东卷理)若函数()xe 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()2xf x -= ②()3xf x -= ③()3f x x = ④()22f x x=+【答案】①④ 【解析】①()22xx x x e e f x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递增，故()2xf x -=具有M 性质；②()33xxxxe ef x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③()3xxe f x ex =⋅，令()3xg x ex =⋅，则()()32232xx x g x ex e x x e x '=⋅+⋅=+，∴当2x >-时，()0g x '>，当2x <-时，()0g x '<，∴()3xxe 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()()22xxe f x e x =+，令()()22xg x e x =+，则()()()2222110xx x g x e xe 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．（10）(2017年天津卷文)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___________． 【答案】1（20）(2017年山东卷理)已知函数()22cos f x x x=+，()()cos sin 22xg x e x x x =-+-，其中 2.71828e =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 xxh 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 < 当a 0exa ≤->时，(2)当0a >时，()()()ln 2sin xa h x ee x x '=--由()0h x '=得1ln x a=，2=0x①当01a <<时，ln 0a <， 当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0xa e e h x '-<>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0xa e e h x '-><，()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0xa ee 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 ⎡⎤=--+++⎣⎦.（10）(2017年山东卷文)若函数()e xf x (e=2.71828是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,学@科网则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是（A ）()2xf x -= （B ）()2f x x = （C ）()3xf x -= （D ）()cos f x x = 【答案】A【解析】对于A,令()e2xx g x -=⋅,11()e (22ln )e 2(1ln )022x x x x x g x ---'=+=+>,则()g x 在R上单调递增,故()f x 具有M 性质,故选A. （20）(2017年山东卷文)已知函数()3211,32f x xax a =-∈R .（Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程； （Ⅱ）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. 【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.3x-y-9=0（20）(2017年天津卷理)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 ∈，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∈ 满足041||px qAq -≥.【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 xx x '==+--，进而可得2()24186g x xx '=+-.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：x (,1)-∞- 1(1,)4- 1(,)4+∞()g x ' + - + ()g x↗↘↗所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，单调递减区间是1(1,)4-. （Ⅱ）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∈，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.1110x ,)()()()0p pg x x f q q=--=不妨设为 则 h(x所以041|2|()px qg q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x qAq -≥.（19）(2017年天津卷文)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 xy =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 xg x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b=--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x(,)a -∞(),4a a -(4,)a -+∞()f 'x +-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知0000()e ()e xx x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩．所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x xx ∈-+，由ex>，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 +<-，。

【2017年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式(2)导数的四则运算①u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝u ′ x v x －u x v ′ x [v x ]2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .4．函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f (x )＝x 3，虽有f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，因为f ′(x )≥0恒成立，f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．5．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．6．函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立； (2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立； (3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )＞0的必要不充分条件. 【题型示例】题型1、导数的几何意义【例1】【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =．【答案】1ln 2- 【解析】【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值． 【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P处的切线垂直，则P 的坐标为________．【答案】 (1，1)【解析】 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型2、利用导数研究函数的单调性【例2】【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；223322(2)(1)()a ax x f 'x a x x x x--=--+=. 当0≤a ，)1,0(∈x 时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；(1,),()0x f 'x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.当0>a 时，3(1)()(a x f 'x x x x -=+.（1）20<<a ，12>a， 当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)2,1(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，12=a ，在x ∈),0(+∞内，()0f 'x ≥，)(x f 单调递增；（3）2>a 时，120<<a ，当)2,0(a x ∈或x ∈),1(+∞时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减. 综上所述，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，22321122()()ln (1)x f x f 'x x x x x x x --=-+---+23312ln 1x x x x x=-++--，]2,1[∈x ，令1213)(,ln )(32--+=-=xx x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则()()()()f x f 'x g x h x -=+，由1()0x g 'x x-=≥可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号.又24326()x x h'x x --+=，【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．【举一反三】(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1【答案】 C【解析】 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C.【变式探究】(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－e －x－2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值；(3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．【命题意图】本题主要考查导数的综合应用，涉及利用导数求函数的单调区间、求函数的最值、估计无理数的近似值等，考查基本不等式的应用与分类讨论思想的应用，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力与对知识的综合应用能力．【感悟提升】1．利用导数研究函数单调性的步骤第一步：确定函数f(x)的定义域；第二步：求f′(x);第三步：解方程f′(x)＝0在定义域内的所有实数根；第四步：将函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起来，分成若干个小区间；第五步：确定f′(x)在各小区间内的符号，由此确定每个区间的单调性．2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路(1)求f′(x)．(2)将单调性转化为导数f ′(x )在该区间上满足的不等式恒成立问题求解．【举一反三】 (2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|0≤e－1，求m 的取值范围．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在－1，0]上单调递减，在0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e－1，f （－1）－f （0）≤e－1， 即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m ＋m ≤e－1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0， 即e m－m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0， 即e －m＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是－1，1]．【规律方法】讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．题型3、利用导数研究函数的极值与最值 【例3】【2016高考江苏卷】（本小题满分16分） 已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

������(������) ������(������)
'=
������'(������)������(������)-������(������)������'(������) [g(x)≠0]. ������2 (������)
-4-
3.定积分 运用微积分基本定理求定积分 ������ f(x)dx 值的关键是逆向用求导 公式求出 f(x)的原函数,应熟练掌握以下几个公式: (1) (2) (3) (4) (5)
-ln������ , ������2
-8-
6.(2016江西师大附中期末,理3)若 ( B ) A.-1 B.1 C.2 D.4
2 1
(x-a)dx=
0
π 4
cos 2xdx ,则a等于
解析:
(1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex, 1 1 1 (ln x)'= , '=- 2. ������ ������ ������ (2)[f(x)+g(x)]'=f'(x)+g'(x);[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x);
2.4
导数的简单应用及定积分
-2-
命 题 规 律
题试 题 型统 计 (2012 山东, 理 15) (2014 山东, 理 6) (2016 山东, 理 10)
复 习 策 略 抓住考查的主要题目类 型进行训练,重点有三 个类型的题目,一是利 用导数求函数的单调区 间或判断函数的单调 性,进而求函数的极值 或最值;二是利用导数 探求参数的取值范围; 三是利用导数解决不等 式问题及函数的零点、 方程根的问题