2017年高考真题分类汇编(理数)导数(共12页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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）若x=2是函数f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，则f（x）的极小值为（ ） A、1B、2e3C、5e3D、13、（2017新课标）已知函数f（x）=x22x+a（ex1+ex+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 ）ex（x ）（）求f（x）的导函数；（）求

2、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）=ex（cosxsinx+2x2），其中e2.17828是自然对数的底数（13分）（）求曲线y=f（x）在点（，f（）处的切线方程；（）令h（x）=g （x）a f（x）（aR），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）=excosxx（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aZ，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x33x26x+a在区

3、间（1，2）内有一个零点x0 ， g（x）为f（x）的导函数（）求g（x）的单调区间；（）设m1，x0）（x0 ， 2，函数h（x）=g（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）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（a0，bR）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）（）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（）证明：b23a；（）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、（

4、2017新课标卷）已知函数f（x）=ae2x+（a2）exx（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）已知函数f（x）=ax2axxlnx，且f（x）0（）求a；（）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e2f（x0）22 11、（2017新课标）已知函数f（x）=x1alnx（）若 f（x）0，求a的值；（）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）

5、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+ax1）ex1 ， 可得

6、f（x）=（2x+a）ex1+（x2+ax1）ex1 ， x=2是函数f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，可得：4+a+（32a）=0解得a=1可得f（x）=（2x1）ex1+（x2x1）ex1 ， =（x2+x2）ex1 ， 函数的极值点为：x=2，x=1，当x2或x1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）=（1211）e11=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，

7、函数的零点 【解析】【解答】解：因为f（x）=x22x+a（ex1+ex+1）=1+（x1）2+a（ex1+ ）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1（x1）2=a（ex1+ ）有唯一解，等价于函数y=1（x1）2的图象与y=a（ex1+ ）的图象只有一个交点当a=0时，f（x）=x22x1，此时有两个零点，矛盾；当a0时，由于y=1（x1）2在（，1）上递增、在（1，+）上递减，且y=a（ex1+ ）在（，1）上递增、在（1，+）上递减，所以函数y=1（x1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a01，此时函数y=1（x1）2的图象

8、与y=a（ex1+ ）的图象有两个交点，矛盾；当a0时，由于y=1（x1）2在（，1）上递增、在（1，+）上递减，且y=a（ex1+ ）在（，1）上递减、在（1，+）上递增，所以函数y=1（x1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex1+ ）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（x1）2的图象与y=a（ex1+ ）的图象只有一个交点求a的值分a=0、a0、a0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论 二、解答题4、【答案】解：（）函数f（x）=（x ）ex（x ）

9、，导数f（x）=（1 2）ex（x ）ex=（1x+ ）ex=（1x）（1 ）ex；（）由f（x）的导数f（x）=（1x）（1 ）ex ， 可得f（x）=0时，x=1或 ，当 x1时，f（x）0，f（x）递减；当1x 时，f（x）0，f（x）递增；当x 时，f（x）0，f（x）递减，且x x22x1（x1）20，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】（）求出f（x）的导

10、数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当 x1时，当1x 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：（）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2曲线y=f（x）在点（，f（）处的切线方程为：y（22）=2（x）化为：2xy22=0（）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx）h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（2x2sinx）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（ex

11、elna）令u（x）=xsinx，则u（x）=1cosx0，函数u（x）在R上单调递增u（0）=0，x0时，u（x）0；x0时，u（x）0（i）a0时，exa0，x0时，h（x）0，函数h（x）在（0，+）单调递增；x0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）=12a（ii）a0时，令h（x）=2（xsinx）（exelna）=0解得x1=lna，x2=00a1时，x（，lna）时，exelna0，h（x）0，函数h（x）单调递增；x（lna，0）时，exelna0，h（x）0，函数h（x）单调递减；x（0，+）时，exelna0，h（x）0，函

12、数h（x）单调递增当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=2a1当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2当a=1时，lna=0，xR时，h（x）0，函数h（x）在R上单调递增1a时，lna0，x（，0）时，exelna0，h（x）0，函数h（x）单调递增；x（0，lna）时，exelna0，h（x）0，函数h（x）单调递减；x（lna，+）时，exelna0，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）=2a1当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+s

13、in（lna）+cos（lna）+2综上所述：a0时，函数h（x）在（0，+）单调递增；x0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）=12a0a1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）=2a1当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增a1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）

14、取得极大值，h（0）=2a1当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+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】（）f（）=22f（x）=2x2sinx，可得f（）=2即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程（）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx），可得h（x）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令u（x）=xs

15、inx，则u（x）=1cosx0，可得函数u（x）在R上单调递增由u（0）=0，可得x0时，u（x）0；x0时，u（x）0对a分类讨论：a0时，0a1时，当a=1时，a1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）=excosxx的导数为f（x）=ex（cosxsinx）1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0）处的切线斜率为k=e0（cos0sin0）1=0，切点为（0，e0cos00），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）=excosxx的导数为f（x）=ex（cosxsinx）1，令g（x）=ex（

16、cosxsinx）1，则g（x）的导数为g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx，当x0， ，可得g（x）=2exsinx0，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）=e0cos00=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

17、性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值 7、【答案】（）解：由f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，进而可得g（x）=24x2+18x6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， ）（）证明：由h（x）=g（x）（mx0）f（m），得h（m）=g（m）（mx0）f（m），h（x0）=g（x0）（mx0）f（m）令函数H1（x）=g（x）（xx0）f（x），则H1（x）=g（

18、x）（xx0）由（）知，当x1，2时，g（x）0，故当x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当x（x0 ， 2时，H1（x）0，H1（x）单调递增因此，当x1，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）（xx0）f（x），则H2（x）=g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当x1，x0）时，H2（x）0，H2（x）单调递增；当x（x0 ， 2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当x1，x0）（x0 ， 2时，H2（x）H2（x0）=0，可得得H2（m）0即h（x0）0，所以，h

19、（m）h（x0）0（）对于任意的正整数p，q，且 ，令m= ，函数h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，当m1，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（）知g（x）在1，2上单调递增，故0g（1）g（x1）g（2），于是| x0|= = 因为当x1，2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+3

20、p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+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】（）求出函数的导函数g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，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（）由h（x）=g（x）（mx0）f（m），推出h（m）=g（m）（mx0）f（m），令函数H1（x）=g（x）（xx0）f（x），求出导函数H1（x）利用（）知，推出h（m）h（x0）0（）对于任意的正整数p，q，且 ，令m= ，

21、函数h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，当m1，x0）时，当m（x0 ， 2时，通过h（x）的零点转化推出| x0|= = 推出|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1然后推出结果 8、【答案】（）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= + （a0）因为f（x

22、）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，所以f（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a212b0，即a2 + 0，解得a3，所以b= + （a3）（）证明：由（1）可知h（a）=b23a= + = （4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（）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）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2= +2，又因为f

23、（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于 ，所以b + +2= ，因为a3，所以2a363a540，所以2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+12a+9）0，由于a3时2a2+12a+90，所以a60，解得a6，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】（）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= + （

24、a0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值可知f（x）=0有两个不等的实根，进而可知a3（）通过（1）构造函数h（a）=b23a= + = （4a327）（a327），结合a3可知h（a）0，从而可得结论；（）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+（a2）exx，求导f（x）=2ae2x+（a2）ex1，当a=0时，f（x）=2ex10，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）=（2ex+1）

25、（aex1）=2a（ex+ ）（ex ），令f（x）=0，解得：x=ln ，当f（x）0，解得：xln ，当f（x）0，解得：xln ，x（，ln ）时，f（x）单调递减，x（ln ，+）单调递增；当a0时，f（x）=2a（ex+ ）（ex ）0，恒成立，当xR，f（x）单调递减，综上可知：当a0时，f（x）在R单调减函数，当a0时，f（x）在（，ln ）是减函数，在（ln ，+）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a2）exx=0，有两个零点，由（1）可知：当a0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a2） ln ，=a（ ）+（a2） ln ，=1 ln ，由f（x）

26、min0，则1 ln 0，整理得：a1+alna0，设g（a）=alna+a1，a0，g（a）=lna+1+1=lna+2，令g（a）=0，解得：a=e2 ， 当a（0，e2），g（a）0，g（a）单调递减，当a（e2 ， +），g（a）0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，由g（1）=11ln1=0，0a1，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a0时才有个

27、零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min0，g（a）=alna+a1，a0，求导，由g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，g（1）=0，即可求得a的取值范围 10、【答案】（）解：因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，因为h（x）=a ，且当0x 时h（x）0、当x 时h（x）0，所以h（x）min=h（ ），又因为h（1）=aaln1=0，所以 =1，解得a=1；（）证明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，记t（x）=2x2

28、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（ ）=ln210，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2x02lnx0=0，所以f（x0）= x0x0lnx0= x0+2x02 =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

29、）f（ ）= + = ；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e2f（x0）22 【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】（）通过分析可知f（x）0等价于h（x）=axalnx0，进而利用h（x）=a 可得h（x）min=h（ ），从而可得结论；（）通过（）可知f（x）=x2xxlnx，记t（x）=f（x）=2x2lnx，解不等式可知t（x）min=t（ ）=ln210，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

30、知f（x0）f（ ）= + = 11、【答案】解：（）因为函数f（x）=x1alnx，x0，所以f（x）=1 = ，且f（1）=0所以当a0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a0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；（）由（）可知当a=1时f（x）=x1lnx0，即lnxx1，所以ln（x+1）x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+ ） ，kN*,所以，kN* 一方面，因为 + + =1

31、 1，所以，（1+ ）（1+ ）（1+ ）e；另一方面，（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）= 2，同时当n3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】（）通过对函数f（x）=x1alnx（x0）求导，分a0、a0两种情况考虑导函数f（x）与0的大小关系可得结论；（）通过（）可知lnxx1，进而取特殊值可知ln（1+ ） ，kN* 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n3时，（1+ ）（1+ ）（1+ ）（2，e） 专心-专注-专业