(完整版)高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題及答案

(完整版)高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題及答案2017年高考真題導(dǎo)數(shù)專題一、解答題（共12小題）1.已知函數(shù)f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x。（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍。2.已知函數(shù)f(x)=ax^2-ax-xlnx，且f(x)≥0。（1）求a；（2）證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x，且e^(-2)<f(x)<2^(-2)。3.已知函數(shù)f(x)=x^(-1)-alnx。（1）若f(x)≥0，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，(1+1/n)^m的最小值。4.已知函數(shù)f(x)=x^3+ax^2+bx+1（a>0，b∈R）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)。（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：b^2>3a；（3）若f(x)和f'(x)這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于-1，求a的取值范圍。5.設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x^2)e^x。（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≤ax+1，求a的取值范圍。6.已知函數(shù)f(x)=(x-1)/(x+1)。（1）求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；（2）求f(x)在區(qū)間(-1,+∞)上的取值范圍。7.已知函數(shù)f(x)=x^2+2cosx，g(x)=e^x(cosx-sinx+2x^(-2))，其中e≈2.17828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)。（Ⅰ）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程；（Ⅱ）令h(x)=g(x)-af(x)（a∈R），討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值。8.已知函數(shù)f(x)=e^x*cosx-x。（1）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；（2）求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,π]上的最大值和最小值。9.設(shè)a∈Z，已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)。（Ⅰ）求g(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)m∈[1,x)∪(x,2]，函數(shù)h(x)=g(x)(m-x)-f(m)，求證：h(m)h(x)<0；（Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且x∈[1,x)∪(x,2]，滿足|p/q-x|≥A/q^2。10.已知函數(shù)f(x)=x^3-ax^2，a∈R，從而h（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，因此h（x）≥，即ax﹣a﹣lnx≥，即ax2﹣ax﹣xlnx≥．又因?yàn)閒（x）≥，所以ax2﹣ax﹣xlnx≥，即x2﹣xlnx≥．考慮函數(shù)g（x）=x2﹣xlnx，求導(dǎo)得g′（x）=2x﹣lnx﹣1，當(dāng)x=e時(shí)取得最小值，即g（e）=e﹣2，因此x2﹣xlnx≥e﹣2，即a≥e﹣2．綜上可知，a的取值范圍為[e﹣2，+∞)。（2）由（1）可知，f（x）存在零點(diǎn)，因此存在極大值點(diǎn)x0?？紤]函數(shù)h（x）=lnf（x）=ln（ax2﹣ax﹣xlnx），求導(dǎo)得h′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1，令h′（x）=0，解得x=e﹣1a，因此x0=e﹣1a。又因?yàn)閍≥e﹣2，所以x0≤e2，即x0取值范圍為[0，e2]?？紤]f（x）在[0，e2]上的取值情況，求導(dǎo)得f′（x）=2ax﹣a﹣lnx﹣1﹣x，令f′（x）=0，解得x=x1=ae2a，因此f（x）在[0，x1]上單調(diào)遞減，在[x1，e2]上單調(diào)遞增。由于f（0）=0，f（e2）=ae4﹣ae﹣2，因此f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x=x2，且x2∈[0，x1]?？紤]f（x2）的取值，由于f（x1）=ae2﹣ae﹣2＞0，因此f（x2）＜f（x1），又因?yàn)閒（0）=0，所以f（x2）＞0。綜上可知，e﹣2＜f（x2）＜2﹣2。1.當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)=0，與a>0矛盾，因此a>0。2.因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)，h'(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，h'(x)>0，所以h(x)在x=1處取得最小值，即h(x)min=h(1)=0。又因?yàn)閔(1)=a-aln1=0，所以a=1。3.已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx。(1)若f(x)≥0，求a的值。因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x-1-alnx，在x>0時(shí)是連續(xù)可導(dǎo)的，且f(1)=0，所以當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)>0恒成立，此時(shí)y=f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，與f(x)≥0矛盾；當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)=0，解得x=a，所以y=f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+∞)上單調(diào)遞增，即f(x)min=f(a)。又因?yàn)閒(x)min=f(a)≥0，所以a=1。(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，(1+1/n)^m的最小值。由(1)可知當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x-1-lnx≥0，即lnx≤x-1。所以ln(x+1)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，即ln(1+1/n)≤1/n，所以ln[(1+1/n)^m]≤m/n。由于ln函數(shù)單調(diào)遞增，所以(1+1/n)^m≤e^(m/n)，當(dāng)且僅當(dāng)ln[(1+1/n)^m]≤lne^(m/n)時(shí)取等號(hào)。所以(1+1/n)^m的最小值為e^(-1)。1.當(dāng)n≥3時(shí)，(1+1)…(1+1)∈(2,e)，因?yàn)?1+1)>(1+1)/e，所以(1+1)…(1+1)>(1+1)/e的n-2次方，即(1+1)…(1+1)>(2/e)的n-2次方，而(1+1)…(1+1)>(1+1)…(1+1)/n，即(1+1)…(1+1)>2/n的n-2次方，當(dāng)n≥3時(shí)，2/n>1，所以(1+1)…(1+1)>2/n的n-2次方>(2/e)的n-2次方，即(1+1)…(1+1)∈(2,e)。2.因?yàn)閒(x)=x^3+ax^2+bx+1，所以f'(x)=3x^2+2ax+b，令f'(x)=0，解得x=-a/3，因?yàn)閍>0，所以x<0，又因?yàn)閒'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)，所以f(-a/3)=0，即(-a/3)^3+a(-a/3)^2+b(-a/3)+1=0，化簡(jiǎn)得b=-a^2/3-a/3+1，所以b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式為b=-a^2/3-a/3+1，定義域?yàn)閍>0。3.由f'(x)=3x^2+2ax+b=0的實(shí)根可得4a^2-12b≥0，即a^2-3b≥0，所以b≤a^2/3，又因?yàn)閒(x)有極值，所以f''(x)=6x+2a>0，即f(x)是下凸函數(shù)，所以f(x)的極值點(diǎn)只有一個(gè)，設(shè)為x0，那么f'(x0)=0，又因?yàn)閒'(x0)是f(x)的零點(diǎn)，所以f(x0)=0，即x0^3+ax0^2+bx0+1=0，又因?yàn)閒(x)是下凸函數(shù)，所以x0<0，設(shè)另一個(gè)極值點(diǎn)為x1，那么x1>0，由f(x)是下凸函數(shù)可得f(x0)>0，f(x1)>0，所以b>0，又因?yàn)閒(x)有極值，所以f'(x)只有一個(gè)實(shí)根，即4a^2-12b>0，所以b<1/3a^2，綜上可得1/3a^2<b≤a^2/3，又因?yàn)閒(x)的所有極值之和不小于-2，所以b-2a^3/27≥-2，即b≥2a^3/27-2，將1/3a^2<b≤a^2/3代入得2a^3/27-2≥-2，解得a≥3/2，所以a的取值范圍為a≥3/2。1.因?yàn)閍-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范圍是（-∞，6]。2.（1）對(duì)f(x)求導(dǎo)得f'(x)=(1-2x-x^2)ex，令f'(x)=0可知x=-1±√2，因此f(x)在(-∞,-1-√2]和[-1+√2,+∞)上單調(diào)遞減，在(-1-√2,-1+√2)上單調(diào)遞增。（2）將f(x)展開得f(x)=(1-x)(1+x)ex。對(duì)于a≥1，設(shè)h(x)=(1-x)ex，則h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減，且h(0)=1，因此h(x)≤1，從而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。對(duì)于0<a<1，設(shè)g(x)=ex-x-1，則g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且g(0)=0，因此ex≥x+1。因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)f(x)>(1-x)(1+x)^2，所以(1-x)(1+x)^2-ax-1=x(1-a-x-x^2)，取x=√(a-1)-1，則(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，從而f(x)>ax+1，矛盾。對(duì)于a≤0，取x=√(-a)-1，則f(x)<0，矛盾。綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞)。3.已知f(x)=x^2-2x+3，將其化為標(biāo)準(zhǔn)形式得f(x)=(x-1)^2+2，因此f(x)的最小值為2，且f(x)在x=1處取得最小值。4.因?yàn)閍-6≤0，所以解得a≤6，因此a的取值范圍是（-∞，6]。5.（1）對(duì)f(x)求導(dǎo)得f'(x)=(1-x^2)ex，x∈R，令f'(x)=0可知x=-1±√2，因此f(x)在(-∞,-1-√2]和[-1+√2,+∞)上單調(diào)遞減，在(-1-√2,-1+√2)上單調(diào)遞增。（2）將f(x)展開得f(x)=(1-x)(1+x)ex。對(duì)于a≥1，設(shè)h(x)=(1-x)ex，則h'(x)=-xex<0(x>1)，因此h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減，且h(0)=1，因此h(x)≤1，從而f(x)=(1-x)h(x)≤x+1≤ax+1。對(duì)于0<a<1，設(shè)g(x)=ex-x-1，則g'(x)=ex-1>0(x>0)，因此g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且g(0)=0，因此ex≥x+1。因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)f(x)>(1-x)(1+x)^2，所以(1-x)(1+x)^2-ax-1=x(1-a-x-x^2)，取x=√(a-1)-1，則(1-x)(1+x)^2-ax-1=0，從而f(x)>ax+1，矛盾。對(duì)于a≤0，取x=√(-a)-1，則f(x)<0，矛盾。綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞)。6.（1）對(duì)f(x)求導(dǎo)得f'(x)=e-x(1-x)，x≥0，因此f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,+∞)上單調(diào)遞增。（2）當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥f(1)=e-1；當(dāng)0≤x<1時(shí)，f(x)≤f(0)=1；因此f(x)在區(qū)間[0,+∞)上的取值范圍是[1,e-1]。已知函數(shù)f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx-sinx+2x?2），其中e≈2.17828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)。（Ⅰ）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（π，f（π））處的切線方程；（Ⅱ）令h（x）=g（x）-af（x）（a∈R），討論h（x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值?！窘獯稹浚↖）由題得，f（π）=π2-2，f′（x）=2x-2sinx，∴f′（π）=2π。因此，曲線y=f（x）在點(diǎn)（π，f（π））處的切線方程為：y-（π2-2）=2π（x-π）。化為：2πx-y-π2+2=0。（II）h（x）=g（x）-af（x）=ex（cosx-sinx+2x?2）-a（x2+2cosx）h′（x）=ex（cosx-sinx+2x?2）+ex（-sinx-cosx+2）-a（2x-2sinx）=2（x-sinx）（ex-ae）令u（x）=x-sinx，則u′（x）=1-cosx≥0，∴函數(shù)u（x）在R上單調(diào)遞增。因?yàn)閡（0）=0，所以當(dāng)x>0時(shí)，u（x）>0；當(dāng)x<0時(shí)，u（x）<0。（1）當(dāng)a≤0時(shí)，ex-ae>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，h′（x）>0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，h′（x）<0，函數(shù)h（x）在（-∞，0）單調(diào)遞減。因此，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=-1-2a。（2）當(dāng)a>0時(shí)，令h′（x）=2（x-sinx）（ex-ae）=0，解得x?=lna，x?=0。①當(dāng)0<a<1時(shí)，x∈（-∞，lna）時(shí)，ex-ae<0，h′（x）>0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；x∈（lna，+∞）時(shí)，ex-ae>0，h′（x）<0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減。因此，當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（0）=-2a-1。②當(dāng)a=1時(shí)，lna=0，x∈R時(shí)，h′（x）≥0，因此函數(shù)h（x）在R上單調(diào)遞增。③當(dāng)a>1時(shí)，lna>0，x∈（-∞，+∞）時(shí)，ex-ae>0，h′（x）>0，因此函數(shù)h（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增。當(dāng)$x<a$時(shí)，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,a)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a<x$時(shí)，$g'(x)<0$恒成立，故$g(x)$在$(a,\infty)$上單調(diào)遞減。因此，當(dāng)$x=a$時(shí)，函數(shù)有極大值，極大值為$g(a)=-a^3-\sina$。當(dāng)$x=0$時(shí)，函數(shù)有極小值，極小值為$g(0)=-a$。③當(dāng)$a=0$時(shí)，$g'(x)=x(x+\sinx)$。當(dāng)$x>0$時(shí)，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(0,\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$x<0$時(shí)，$g'(x)>0$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$上單調(diào)遞增。因此，$g(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增，無(wú)極值。11．（2017?天津）設(shè)$a,b\in\mathbb{R}$，$|a|\leq1$。已知函數(shù)$f(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$，$g(x)=e^xf(x)$。（Ⅰ）求$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知函數(shù)$y=g(x)$和$y=e^x$的圖象在公共點(diǎn)$(x,y)$處有相同的切線，（i）求證：$f'(x)$在$x=a$處等于$-1$；（ii）若關(guān)于$x$的不等式$g(x)\leqe^x$在區(qū)間$[x-1,x+1]$上恒成立，求$b$的取值范圍。【解答】（Ⅰ）解：由$f(x)=x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$，可得$f'(x)=3x^2-12x-3a(a-4)=3(x-a)(x-(4-a))$。令$f'(x)=0$，解得$x=a$，或$x=4-a$。由$|a|\leq1$，得$a<4-a$。當(dāng)$x$變化時(shí)，$f'(x)$，$f(x)$的變化情況如下表：$x$$f'(x)$$f(x)$$(-\infty,a)$$+$$\nearrow$$(a,4-a)$$-$$\searrow$$(4-a,\infty)$$+$$\nearrow$因此，$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$(-\infty,a)$，$(4-a,\infty)$，單調(diào)遞減區(qū)間為$(a,4-a)$。（Ⅱ）（i）證明：由$g'(x)=e^x(f(x)+f'(x))$，由題意知$e^x=f'(x)$，解得$f'(x)=-e^x$。因此，$f'(a)=-e^a=-1$。（ii）解：由$g(x)\leqe^x$，$x\in[x-1,x+1]$，得$e^x>f(x)$，即$e^x>x^3-6x^2-3a(a-4)x+b$。又由于$f(x)=1$時(shí)，$f'(x)=0$，故$x$為$f(x)$的極大值點(diǎn)。由（Ⅰ）知$x=a$。另一方面，由于$|a|\leq1$，故$a+1<4-a$，由（Ⅰ）知$f(x)$在$(a-1,a)$內(nèi)單調(diào)遞增，在$(a,a+1)$內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)$x=a$時(shí)，$f(x)\leqf(a)=1$在$[a-1,a+1]$上恒成立，從而$g(x)\leqe^x$在$[x-1,x+1]$上恒成立。由$f(a)=a^3-6a^2-3a(a-4)a+b=1$，得$b=2a^3-6a^2+1$，$-1\leqa\leq1$。令$t(x)=2