高考数学真题导数专题及答案1.pdf

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1、高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第1页（共21页）高考数学真题导数专题及答案(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考数学真题导数专题及答案(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为高考数学真题导数专题及答案(word版可编辑修改)的全部内

2、容。高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第2页（共21页）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）=ae2x+(a 2）exx（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)=ax2axxlnx，且 f(x)0(1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0）22 3已知函数 f(x）=x1alnx （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+）(1+）m，求 m的最小值 4已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1

3、（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）(1)求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明:b23a；（3）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 5设函数 f(x)=（1x2）ex（1)讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x)ax+1，求 a 的取值范围 6已知函数 f（x)=（x）ex（x）（1)求 f（x)的导函数；高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第3页（共21页）（2)求 f(x）在区间,+）上的取值范围 7已知函数 f（x）=x2+2cos

4、x,g（x）=ex(cosx sinx+2x 2）,其中 e2。17828是自然对数的底数（）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 8已知函数 f（x）=excosx 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 9设 aZ，已知定义在 R上的函数 f（x)=2x4+3x33x26x+a 在区间（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 m 1，x0)（x0，2,函数

5、 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|10已知函数 f（x）=x3 ax2，aR,（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）+（xa)cosx sinx,讨论 g（x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 11设 a,b R，a|1已知函数 f（x）=x36x23a（a4）x+b，g（x）=exf(x)（）求 f（x)的单调区间;高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第4页（共21

6、页）（)已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（x0,y0)处有相同的切线,（i）求证：f(x）在 x=x0处的导数等于 0;（ii）若关于 x 的不等式 g(x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求 b 的取值范围 12已知函数 f(x）=ex(exa）a2x（1）讨论 f（x)的单调性；(2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第5页（共21页）2017 年高考真题导数专题 参考答案与试题解析 一解答题（共 12 小题）1（2017新课标）已知函数 f(x）=ae2x+（a2）exx（1）讨论 f（x)的单调性；（2）若 f(

7、x）有两个零点，求 a 的取值范围【解答】解：（1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+(a 2）ex1,当 a=0 时，f（x）=2ex10，当 xR，f（x)单调递减，当 a0 时,f（x）=(2ex+1)（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

8、）是减函数，在(ln，+)是增函数;(2）若 a0 时，由（1）可知:f（x）最多有一个零点，当 a0 时，f(x）=ae2x+(a 2）exx,高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第6页（共21页）当 x时，e2x0,ex0,当 x时，f(x）+，当 x,e2x+，且远远大于 ex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(）+（a2）ln0，1 ln0,即 ln+10,设 t=，则 g（t）=lnt+t 1，（t 0），求导 g（t）=+1，由 g（1）

9、=0，t=1，解得：0a1，a 的取值范围（0，1）方法二：（1）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）（aex1）=2a（ex+）（ex）,令 f（x）=0，解得:x=lna，当 f（x）0，解得：xlna，当 f（x）0,解得：xlna,x（，lna）时,f（x）单调递减，x（lna，+）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，高考数学真

10、题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第7页（共21页）当 a0 时，f(x）在（,lna）是减函数,在(lna,+）是增函数；（2）若 a0 时，由（1）可知：f（x)最多有一个零点,当 a0 时,由（1）可知：当 x=lna 时，f（x）取得最小值，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 ln0,即 f（lna）0,故 f(x）没有零点，当 a（0，1）时,1 ln0，f（lna）0，由 f(2）=ae4+（a2)e2+22e2+20，故 f（x）在(,lna）有一个零点，假设存在正整数 n0，满足

11、 n0ln（1），则 f（n0）=(a+a2）n0n0n00，由 ln（1）lna,因此在（lna，+）有一个零点 a 的取值范围（0，1）2(2017 新课标）已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0）22【解答】（1)解：因为 f（x)=ax2axxlnx=x(ax alnx)(x0），则 f(x)0 等价于 h(x）=axalnx 0,求导可知 h（x）=a 则当 a0 时 h（x）0,即 y=h（x)在（0，+）上单调递减,所以当 x01 时，h（x0)h（1）=0,矛盾,故 a0 高考数学真题导

12、数专题及答案(word 版可编辑修改)第8页（共21页）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）=aaln1=0，所以=1，解得 a=1；(2）证明:由（1）可知 f（x）=x2xxlnx,f(x）=2x2lnx,令 f(x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t(x）=2x2lnx,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

13、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）=x0 x0lnx0=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)f（)=;综上所述,f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0)22 3（2017新课标）已知函数 f（x)=x 1alnx （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+）（1+）m，求 m的最小值 高考数学真题

14、导数专题及答案(word 版可编辑修改)第9页（共21页）【解答】解：（1）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，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；（2）由(1)可知当 a=1 时 f(x）=x1lnx 0，即 lnx x1，所以 ln(x+1）x 当且仅当 x=0 时取等号,所以 ln（1+),

15、k N*一方面,ln（1+）+ln(1+)+ln(1+）+=11，即(1+）（1+)（1+）e；另一方面,（1+)（1+)（1+）（1+）（1+)(1+）=2；从而当 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成立，所以 m的最小值为 3 4（2017江苏）已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0,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:b23a；（3)若 f（x）,f（x）这两个函数的所有极值

16、之和不小于，求 a 的取值范围 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第10页（共21页）【解答】（1）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）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，所以 f（x）=3x2+2ax+b=

17、0 的实根，所以 4a212b0，即 a2+0，解得 a3,所以 b=+（a3）（2）证明：由(1）可知 h（a)=b23a=+=（4a327)（a327),由于 a3，所以 h（a）0,即 b23a；(3）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（x），f(x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以 b+2=，高考数学真题导数专题及答案(w

18、ord 版可编辑修改)第11页（共21页）因为 a3，所以 2a363a540，所以 2a（a236）+9(a 6)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 5（2017新课标）设函数 f（x）=（1x2）ex（1）讨论 f（x)的单调性；(2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围【解答】解:（1）因为 f（x）=（1x2）ex，xR，所以 f（x）=（12xx2）ex，令 f（x)=0 可知 x=1，当 x1或 x1+时 f（x)0,当1x1+时 f（x）0，所以 f（x）在（，1）

19、，（1+，+）上单调递减，在(1，1+)上单调递增;（2）由题可知 f(x)=（1x)（1+x)ex下面对 a 的范围进行讨论：当 a1 时，设函数 h(x）=（1x）ex，则 h（x)=xex0（x0）,因此 h（x）在0，+）上单调递减，又因为 h（0)=1，所以 h（x）1，所以 f(x）=（1x)h(x）x+1ax+1;当 0a1 时，设函数 g（x）=exx1,则 g（x）=ex10（x0），所以 g（x）在0，+）上单调递增,高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第12页（共21页）又 g(0）=101=0，所以 exx+1 因为当 0 x1 时 f（x）（1x）（1

20、+x）2，所以（1x）(1+x）2ax1=x(1 axx2），取 x0=（0，1),则（1x0）（1+x0）2ax01=0，所以 f（x0）ax0+1，矛盾；当 a0 时,取 x0=（0，1）,则 f(x0）(1 x0）(1+x0）2=1ax0+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)ex（x)（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)ex(x ），导数 f(x）=（1 2)ex（x）ex=（1x+）ex=(1x）（1）ex;（2）由 f（x)的导数 f(x）=（1x）（1）e

21、x，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 xx22x1（x1）20，则 f（x）0 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第13页（共21页）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 7（2017山东）已知函数 f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx sinx+2x 2），其中 e2。17828是自然对数的底数（）求曲线 y=f（x）在点（，f()处

22、的切线方程；（）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【解答】解：（I）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（II）h(x）=g（x）a f（x）=ex（cosx sinx+2x 2）a（x2+2cosx）h（x)=ex(cosx sinx+2x 2）+ex（sinx cosx+2)a（2x2sinx）=2（xsinx)（exa）=2(x sinx）（exelna）令 u（x）=xsinx，则 u（x）=1cosx 0，函数 u（

23、x)在 R上单调递增 u(0)=0，x0 时,u(x）0；x0 时，u（x)0（1)a 0 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 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第14页（共21页）（2)a 0 时,令 h（x）=2(x sinx）（exelna）=0 解得 x1=lna,x2=0 0a1 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

24、减；x(0，+)时,exelna0，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）=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,x R时，h（x)0，函数 h（x）在 R上单调递增 1a 时，lna 0，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

25、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 综上所述：a0 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）=12a 0a1 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 高考数学真题导数专题

26、及答案(word 版可编辑修改)第15页（共21页）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）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 8（2017北京）已知函数 f（x）=excosx 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）=excos

27、x x 的导数为 f（x)=ex（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）函数 f（x）=excosx x 的导数为 f(x）=ex（cosx sinx)1,令 g(x）=ex（cosx sinx）1,则 g（x）的导数为 g（x)=ex（cosx sinx sinx cosx)=2exsinx，当 x0,可得 g（x）=2exsinx 0，即有 g（x）在0,递减，可得 g（x）g（0）=0,则 f（

28、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(）=ecos=9（2017天津）设 aZ，已知定义在 R上的函数 f（x）=2x4+3x33x26x+a 在区间（1,2）内有一个零点 x0，g（x）为 f(x）的导函数 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第16页（共21页）（）求 g（x）的单调区间；（）设 m 1，x0）（x0，2,函数 h（x）=g（x）（m x0)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【解答】（）解

29、：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）（m x0）f(m），得 h（m）=g(m)（m x0)f(m)，h（x0）=g（x0）(mx0）f（m)令函数 H1（x)=g(x）(x x0）f（x），则 H1（x）=g(x)（xx0）由（）知,当 x1,2 时，g（x）0

30、，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）(x x0）f（x），则 H2（x）=g（x0）g（x）由（）高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第17页（共21页）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

31、得 H2（m)0 即 h(x0）0，所以，h(m）h（x0)0（）对于任意的正整数 p,q，且，令 m=,函数 h(x）=g(x)（m x0）f（m）由（）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（)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

32、f（）0 又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而2p4+3p3q3p2q26pq3+aq41 所以|x0|所以，只要取 A=g（2），就有 x0|10（2017山东）已知函数 f（x)=x3 ax2，aR，（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）+（xa）cosx sinx，讨论 g（x）的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值 高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第18页（共21页）【解答】解：（1）当 a=2 时，f(x)=x3x2，f（x）=x22x，

33、k=f（3）=96=3，f(3）=279=0，曲线 y=f(x)在点（3，f（3）处的切线方程 y=3（x3）,即 3xy9=0(2)函数 g（x）=f（x）+（xa）cosx sinx=x3 ax2+（xa)cosx sinx,g(x）=(x a）（xsinx），令 g（x）=0，解得 x=a，或 x=0，若 a0 时，当 x0 时，g(x）0 恒成立，故 g（x）在(,0)上单调递增，当 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g(x）在（a，+)上单调递增,当 0 xa 时,g（x）0 恒成立，故 g(x）在（0,a）上单调递减，当 x=a 时，函数有极小值，极小值为 g（a）=a3sina

34、当 x=0 时,有极大值,极大值为 g(0）=a，若 a0 时，当 x0 时,g（x)0 恒成立，故 g（x）在（，0)上单调递增，当 xa 时，g（x)0 恒成立，故 g(x）在（,a)上单调递增,当 ax0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x)在(a，0）上单调递减，当 x=a 时，函数有极大值，极大值为 g(a)=a3sina 当 x=0 时，有极小值，极小值为 g（0）=a 当 a=0 时，g（x）=x（x+sinx），当 x0 时,g（x）0 恒成立，故 g(x）在（0，+）上单调递增,当 x0 时，g(x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增，g(x）在 R上单调递增，无极

35、值 11（2017天津）设 a，bR,|a|1已知函数 f(x）=x36x23a(a 4）x+b，g高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第19页（共21页）（x)=exf（x）（)求 f（x）的单调区间；（）已知函数 y=g(x）和 y=ex的图象在公共点（x0,y0)处有相同的切线，(i)求证：f（x）在 x=x0处的导数等于 0；（ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间x01,x0+1上恒成立，求 b 的取值范围【解答】（）解：由 f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得 f（x）=3x212x3a（a4）=3(x a）（x（4a），令 f(x）=0，解得 x=

36、a，或 x=4a由|a 1，得 a4a 当 x 变化时，f(x),f（x）的变化情况如下表：x（，a）（a，4a）(4 a，+)f(x）+f（x)f(x）的单调递增区间为（，a),（4a，+），单调递减区间为（a，4a）；(）(i)证明：g(x）=ex（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）ex，xx01，x0+1,由 ex0,可得 f（x）1 又f(x0）=1,f（x0)=0,高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第20页（共21页）故 x0为 f（x)的极大值点，由（I）知 x0=a 另一方面,由于a1,故 a+14a

37、，由（）知 f（x）在（a1,a)内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当 x0=a 时，f（x）f（a）=1 在a 1,a+1 上恒成立，从而 g（x）ex在x01,x0+1上恒成立 由 f（a)=a36a23a（a4）a+b=1，得 b=2a36a2+1，1a1 令 t(x)=2x36x2+1，x1，1，t（x)=6x212x，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）已知函数 f（x）=ex(exa）a2x（1）讨论 f（x）的单调性;（2）若 f(x)0，求

38、 a 的取值范围【解答】解：(1）f（x）=ex（exa）a2x=e2xexaa2x，f（x）=2e2xaexa2=（2ex+a）（exa），当 a=0 时,f（x）0 恒成立，f（x）在 R上单调递增，当 a0 时，2ex+a0，令 f（x)=0，解得 x=lna，当 xlna 时，f(x）0，函数 f（x)单调递减,当 xlna 时,f（x)0,函数 f（x）单调递增，当 a0 时，exa0，令 f（x）=0,解得 x=ln（)，高考数学真题导数专题及答案(word 版可编辑修改)第21页（共21页）当 xln（）时，f（x)0，函数 f(x)单调递减，当 xln(）时，f（x）0，函数 f（x）单调递增，综上所述，当 a=0 时，f(x）在 R上单调递增，当 a0 时，f(x)在（，lna）上单调递减，在（lna，+)上单调递增，当 a0 时，f(x）在（,ln(）上单调递减，在(ln（），+)上单调递增，（2)当 a=0 时，f（x)=e2x0 恒成立，当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f(lna）=a2lna 0，lna 0，0a1，当 a0 时,由(1）可得 f（x）min=f（ln（）)=a2ln()0，ln（），2a0，综上所述 a 的取值范围为 2，1