高考数学真题导数专题及答案
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）2（a﹣2）﹣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．
2．已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
3．已知函数f（x）﹣1﹣．
（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）321（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）
（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：b2＞3a；
（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）=（1﹣x2）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围．
6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．
7．已知函数f（x）2+2，g（x）（﹣2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线（x）在点（π，f（π））处的切线方程；
（Ⅱ）令h（x）（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．
）
10．已知函数f（x）3﹣2，a∈R，
（1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
（2）设函数g（x）（x）+（x﹣a）﹣，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，≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4），g（x）（x）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：f（x）在0处的导数等于0；
（）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
12．已知函数f（x）（﹣a）﹣a2x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
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Ⅰ）已知函数f（x）2（a﹣2）﹣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．
【解答】解：（1）由f（x）2（a﹣2）﹣x，求导f′（x）=22（a﹣2）﹣1，当0时，f′（x）=﹣2﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（21）（﹣1）=2a（）（﹣），
令f′（x）=0，解得：，
当f′（x）＞0，解得：x＞，
当f′（x）＜0，解得：x＜，
∴x∈（﹣∞，）时，f（x）单调递减，x∈（，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）=2a（）（﹣）＜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（﹣∞，）是减函数，在（，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）2（a﹣2）﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于和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（﹣∞，）是减函数，在（，+∞）是增函数，
∴f（x）（）×（）+（a﹣2）×﹣＜0，
∴1﹣﹣＜0，即﹣1＞0，
设，则g（t）﹣1，（t＞0），
求导g′（t）1，由g（1）=0，
∴＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）2（a﹣2）﹣x，求导f′（x）=22（a﹣2）﹣1，
当0时，f′（x）=2﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（21）（﹣1）=2a（）（﹣），
令f′（x）=0，解得：﹣，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣，
∴x∈（﹣∞，﹣）时，f（x）单调递减，x∈（﹣，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）=2a（）（﹣）＜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（﹣∞，﹣）是减函数，在（﹣，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当﹣时，f（x）取得最小值，f（x）（﹣）=1﹣﹣，
当1，时，f（﹣）=0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣＞0，即f（﹣）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1﹣﹣＜0，f（﹣）＜0，
由f（﹣2）﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞（﹣1），则f（n0）=（﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，
由（﹣1）＞﹣，
因此在（﹣，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
2．（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】（1）解：因为f（x）2﹣﹣（﹣a﹣）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）﹣a﹣≥0，求导可知h′（x）﹣．
则当a≤0时h′（x）＜0，即（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，
所以h（x）（），
又因为h（1）﹣a﹣1=0，
所以=1，解得1；
（2）证明：由（1）可知f（x）2﹣x﹣，f′（x）=2x﹣2﹣，
令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣0，记t（x）=2x﹣2﹣，则t′（x）=2﹣，
令t′（x）=0，解得：，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）（）2﹣1＜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2x0﹣2﹣0=0，
所以f（x0）=﹣x0﹣x00=﹣x0+2x0﹣20﹣，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）﹣；
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．
3．（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）﹣1﹣．
（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．
【解答】解：（1）因为函数f（x）﹣1﹣，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（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f （x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得，
所以（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）（a），又因为f（x）（a）≥0，
所以1；
（2）由（1）可知当1时f（x）﹣1﹣≥0，即≤x﹣1，
所以（1）≤x当且仅当0时取等号，
所以（1+）＜，k∈N*．
一方面，（1+）（1+）+…（1+）＜…1﹣＜1，
即（1+）（1+）…（1+）＜e；
另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；从而当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成立，所以m的最小值为3．
4．（2017?江苏）已知函数f（x）321（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）
（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：b2＞3a；
（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．【解答】（1）解：因为f（x）321，
所以g（x）′（x）=3x2+2，g′（x）=62a，
令g′（x）=0，解得﹣．
由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）′（x）单调递减；
所以f′（x）的极小值点为﹣，
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（a＞0）．
因为f（x）321（a＞0，b∈R）有极值，
所以f′（x）=3x2+20的实根，
所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，
所以（a≥3）．
（2）证明：由（1）可知h（a）2﹣3﹣（4a3﹣27）（a3﹣27），