专题02 导数 2017年高考数学(理)试题分项版解析 Word版 含解析
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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 。
2017 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)一、选择题:本题共12 小题,每小题5 分,共60 分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(5分)已知集合A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)|y=x},则A∩B 中元素的个数为()A.3 B.2 C.1 D.02.(5分)设复数z 满足(1+i)z=2i,则|z|=()A.B.C.D.23.(5 分)某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了2014 年1 月至2016 年12 月期间月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图.根据该折线图,下列结论错误的是()A.月接待游客量逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8 月D.各年1 月至6 月的月接待游客量相对于7 月至12 月,波动性更小,变化比较平稳4.(5 分)(x+y)(2x﹣y)5的展开式中的x3y3系数为()A.﹣80 B.﹣40 C.40 D.805.(5 分)已知双曲线C:﹣=1 (a>0,b>0)的一条渐近线方程为y= x,且与椭圆+ =1 有公共焦点,则C 的方程为()A.﹣=1 B.﹣=1 C.﹣=1 D.﹣=1 6.(5分)设函数f(x)=cos(x+),则下列结论错误的是()A.f(x)的一个周期为﹣2πB.y=f(x)的图象关于直线x=对称C.f(x+π)的一个零点为x=D.f(x)在(,π)单调递减7.(5分)执行如图的程序框图,为使输出S 的值小于91,则输入的正整数N 的最小值为()A.5 B.4 C.3 D.28.(5 分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()A.πB.C.D.9.(5 分)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6 成等比数列,则{a n}前6 项的和为()A.﹣24 B.﹣3 C.3 D.810.(5 分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2 为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0 相切,则C 的离心率为()A.B.C.D.11.(5 分)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.112.(5 分)在矩形ABCD 中,AB=1,AD=2,动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若=λ+μ,则λ+μ 的最大值为()A.3 B.2C.D.2二、填空题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分。
2017高考数学导数部分考题汇编详细解析太好了(请收藏)
高中数学导数部分相关知识,无论文理学科,在高考中,都是作为难题,压轴题存在。
本章难度高,综合性较强,想要在数学成绩上达到中上等水平,就必须在本章有所突破。
本章的【学习目标】如下:1. 会利用导数解决曲线的切线的问题.2. 会利用导数解决函数的单调性等有关问题.3. 会利
用导数解决函数的极值、最值等有关问题.4. 能通过运用导数这一工具解决生活中的一些优化问题:例如利润最大、用料最省、效率最高等问题5. 定积分的应用。
下面是收集整理的2017年高考数学理科试卷的导数部分的考题汇编与详细解析,全部解析文档有16页,另外有原题文档,需要全部可编辑打印文档的可回复或私信输入“004”索取。
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2017年高考真题数学(理)分类汇编 导数1.【2017课标II ,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.12.【2017课标3,理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则a =A .12- B .13C .12D .13.【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4.【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.5.【2017课标II ,理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--,且()0f x ≥。
(1)求a ;(2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2202e f x --<<。
6.【2017课标3,理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . (1)若()0f x ≥ ,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n 2111111222nm ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,求m 的最小值.7.【2017山东,理20】已知函数,,其中是自然对数的底数.(Ⅰ)求曲线在点()(),f ππ处的切线方程;(Ⅱ)令,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.()22cos f x x x =+()()cos sin 22x g x e x x x =-+-2.71828e = ()y f x =()()()()h x g x af x a R =-∈()h x8.【2017北京,理19】已知函数()e cos x f x x x =-. (Ⅰ)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程; (Ⅱ)求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值.9.【2017天津,理20】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],p x x q ∈ 满足041||p x q Aq-≥.10.【2017浙江,20】(本题满分15分)已知函数f (x )=(xe 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.11.【2017江苏,20】 已知函数32()1(0,)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)(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.答案专题2-2017年高考真题数学(理)分类汇编 导数1.【2017课标II ,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】【考点】 函数的极值;函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数y =f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)=0,且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同。
2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)D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.)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(x 1)+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(x 0)= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣,由x 0<可知f(x0)<(x0﹣)max=﹣+ = ;由f′()<0可知x0<<,所以f(x)在(0,x 0)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).。
新课标高考数学总复习专题02函数分项练习含解析文(1)一.基础题组1.【2017新课标2,文8】函数的单调递增区间是A.B.C.D.【答案】D【考点】复合函数单调区间【名师点睛】求函数单调区间的常用方法:(1)定义法和导数法,通过解相应不等式得单调区间;(2)图象法,由图象确定函数的单调区间需注意两点:一是单调区间必须是函数定义域的子集:二是图象不连续的单调区间要分开写,用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接;(3)利用复合函数“同增异减”的原则,此时需先确定函数的单调性.2. 【2007全国2,文4】以下四个数中的最大者是( )(A) (ln2)2 (B) ln(ln2) (C) ln (D) ln2【答案】:D【解析】3. 【2006全国2,文4】如果函数的图像与函数的图像关于坐标原点对称,则的表达式为( )(A)(B)(C)(D)【答案】D【解析】任取两个点在原函数上,经过原点对称,即(x,y)变为(-x,-y),即,所以的表达式为.4. 【2005全国3,文5】设,则()A.-2<x<-1 B.-3<x<- 2 C.-1<x<0 D.0<x<1【答案】A【解析】∵,∴,∴-2<x<-1.5. 【2005全国3,文6】若,则()A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c【答案】C6.【2014全国2,文15】偶函数的图像关于直线对称,,则=________.【答案】3【解析】因为的图像关于直线对称,故,又因为是偶函数,故.二.能力题组1. 【2013课标全国Ⅱ,文8】设a=log32,b=log52,c=log23,则( ).A.a>c>b B.b>c>aC.c>b>a D.c>a>b【答案】D【解析】∵log25>log23>1,∴log23>1>>>0,即log23>1>log32。
1.【2017课标II ,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】
【考点】 函数的极值;函数的单调性
【名师点睛】(1)可导函数y =f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)=0,且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同。
(2)若f (x )在(a ,b )内有极值,那么f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值。
2.【2017课标3,理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则a =
A .12
-
B .
13
C .
12
D .1
【答案】C
【解析】
试题分析:函数的零点满足()
211
2x x x x a e e --+-=-+,
设()1
1
x x g x e
e
--+=+,则()()
211
1
1
1
1
11
x x x x x x e
g x e
e
e
e e ---+----'=-=-
=
,
当()0g x '=时,1x =,当1x <时,()0g x '<,函数()g x 单调递减, 当1x >时,()0g x '>,函数()g x 单调递增, 当1x =时,函数取得最小值()12g =,
设()2
2h x x x =- ,当1x =时,函数取得最小值1- ,
【考点】 函数的零点;导函数研究函数的单调性,分类讨论的数学思想
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围,若方程可解,通过解方程即可得出参数的范围,若方程不易解或不可解,则将问题转化为构造两个函数,利用两个函数图象的关系求解,这样会使得问题变得直观、简单,这也体现了数形结合思想的应用.
3.【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
【答案】D
【解析】
试题分析:原函数先减再增,再减再增,且由增变减时,极值点大于0,因此选D . 【考点】 导函数的图象
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系:若导函数图象与x 轴的交点为0x ,且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方,则0x 为原函数单调性的拐点,运用导数知识来讨论函数单调性时,由导函数)('x f 的正负,得出原函数)(x f 的单调区间. 4.【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. 【解析】
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3
ln(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.
【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围,第一种方法是分离参数,构造不含参数的函数,研究其单调性、极值、最值,判断y a =与其交点的个数,从而求出a 的范围;第二种方法是直接对含参函数进行研究,研究其单调性、极值、最值,注意点是若()f x 有2个零点,且函数先减后增,则只需其最小值小于0,且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点. 5.【2017课标II ,理】已知函数()2
ln f x ax ax x x =--,且()0f x ≥。
(1)求a ;
(2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2
202e f x --<<。
【答案】(1)1a =; (2)证明略。
【解析】
(2)由(1)知 ()2
ln f x x x x x =--,()'22ln f x x x =--。
设()22ln h x x x =--,则()1'2h x x
=-。
当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时,()'0h x < ;当1,2x ⎛⎫
∈+∞
⎪⎝⎭
时,()'0h x > , 所以()h x 在10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭ 单调递减,在1,2⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
单调递增。
【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
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系。
(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数。
(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题。
(4)考查数形结合思想的应用。
6.【2017课标3,理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . (1)若()0f x ≥ ,求a 的值;
(2)设m 为整数,且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛
⎫⎛⎫⎛⎫
+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
,求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ; (2)3 【解析】
试题分析:(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0,+x ∈∞的唯一最小值点,列方程解得1a = ;
(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩,求得2111111222n e ⎛
⎫⎛⎫⎛⎫
+
++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
,结合231111112222⎛⎫⎛
⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
可知实数m 的最小值为3
【考点】 导数研究函数的单调性;导数研究函数的最值;利用导数证明不等式
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用.
7.【2017山东,理20】已知函数()22cos f x x x =+,()()cos sin 22x g 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 ππ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 ⎡⎤=--+++⎣⎦.。