2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用

2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用1.(2017年新课标Ⅰ文)8．函数sin21cosxyx的部分图像大致为(C)2.(2017年新课标Ⅱ卷理)11.若2x是函数21`()(1)xfxxaxe的极值点，则()fx的极小值为（）A.1B.32eC.35eD.1【答案】A【解析】由题可得12121()(2)(1)[(2)1]xxxfxxaexaxexaxae因为(2)0f，所以1a，21()(1)xfxxxe，故21()(2)xfxxxe令()0fx，解得2x或1x，所以()fx在(,2),(1,)单调递增，在(2,1)单调递减所以()fx极小值(1)f11(111)1e，故选A。3.(2017年新课标Ⅰ文)9．已知函数()lnln(2)fxxx，则(C)A．()fx在（0,2）单调递增B．()fx在（0,2）单调递减C．y=()fx的图像关于直线x=1对称D．y=()fx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()yfx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.5.(2017年新课标Ⅲ卷理)11．已知函数211()2()xxfxxxaee有唯一零点，则a=A．12B．13C．12D．1【答案】C6.(2017年新课标Ⅱ卷理)21.已知函数2lnfxaxaxxx，且0fx。(1)求a；(2)证明：fx存在唯一的极大值点0x，且2202efx.【解析】（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx=xgx,fx0等价于0gx因为11=0，0,故1=0,而,1=1,得1ggxg'g'xag'aax若a=1，则11g'x=x.当0＜x＜1时，＜0,g'xgx单调递减；当x＞1时，g'x＞0，gx单调递增.所以x=1是gx的极小值点，故1=0gxg综上，a=1又21＞0,＜0,102hehh，所以hx在10,2有唯一零点x0，在1,+2有唯一零点1，且当00,xx时，＞0hx；当0,1xx时，＜0hx，当1,+x时，＞0hx.因为'fxhx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由000000'0得ln2(1),故=(1)fxxxfxxx由00,1x得01'＜4fx因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由110,1,'0efe得120＞fxfee所以2-20＜＜2efx21．(2017年新课标Ⅲ卷理)已知函数()fx=x﹣1﹣alnx．（1）若()0fx，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，21111++1+)222n()(1)(﹤m，求m的最小值．解：（1）'()1(0)afxxx当0a时，'()0fx，0x时()fx不满足当0a时，()fx在(0,),(,)aamin()()1lnfxfaaaa令1lnyaaa则'lnya∴y在(0,1),(1,)∴max(1)0yy，即0y因此1a时min()0fx，满足.（2）由（1）有1lnxx∴11ln(1)22nn∴12111111ln(1)122222nnnni∴min1m（21）(2017年新课标Ⅱ文)设函数f(x)=(1-x2)ex.（1）讨论f(x)的单调性；（2）当x0时，f(x)ax+1，求a的取值范围.21.解（1）f’(x)=(1-2x-x2)ex令f’(x)=0得x=-1-2，x=-1+2当x∈（-∞，-1-2）时，f’(x)0；当x∈（-1-2，-1+2）时，f’(x)0；当x∈（-1-2，+∞）时，f’(x)0所以f(x)在（-∞，-1-2），（-1+2，+∞）单调递减，在（-1-2，-1+2）单调递增(2)f(x)=(1+x)（1-x）ex当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)=-xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1，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）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1当0＜x＜1，2()(1)(1)fxxx，22(1)(1)1(1)xxaxxaxx，取05412ax则2000000(0,1),(1)(1)0,()1xxxaxfxax故当00000510,()1-(1)2112axfxxxax时，取（）综上，a的取值范围[1，+∞）(2017年新课标Ⅰ文)21．已知函数()fx=ex(ex﹣a)﹣a2x．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()0fx，求a的取值范围．21.（12分）（1）函数()fx的定义域为(,)，22()2(2)()xxxxfxeaeaeaea，①若0a，则2()xfxe，在(,)单调递增.②若0a，则由()0fx得lnxa.当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx，所以()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.③若0a，则由()0fx得ln()2ax.当(,ln())2ax时，()0fx；当(ln(),)2ax时，()0fx，故()fx在(,ln())2a单调递减，在(ln(),)2a单调递增.（2）①若0a，则2()xfxe，所以()0fx.②若0a，则由（1）得，当lnxa时，()fx取得最小值，最小值为2(ln)lnfaaa.从而当且仅当2ln0aa，即1a时，()0fx.③若0a，则由（1）得，当ln()2ax时，()fx取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242aafa.从而当且仅当23[ln()]042aa，即342ea时()0fx.综上，a的取值范围为34[2e,1].14．(2017年新课标Ⅰ文)曲线21yxx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)xxfxaeaex.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx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）ex（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）由错误!未找到引用源。解得错误!未找到引用源。或错误!未找到引用源。.因为x（错误!未找到引用源。）1（错误!未找到引用源。）（错误!未找到引用源。）-0+0-f（x）↓0↑↓又错误!未找到引用源。，所以f（x）在区间[错误!未找到引用源。）上的取值范围是错误!未找到引用源。.(2017年北京卷理)（19）已知函数f（x）=excosx−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)=ex·cosx－x∴f(0)=1∴f´(x)=ex（cosx－sinx）－1f´(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)=ex（cosx-sinx）－1，设f´(x)=g(x)∴g´(x)=－2sinx·ex≤0∴g(x)在［0，2］上单调递减，∴g(x)≤g(0)=0∴f’（x）≤0∴f(x)在［0，2］上单调递减，f(x)max=f(0)=1∴f(x)min=f(2)=－2(2017年江苏卷)11．已知函数31()2eexxfxxx，其中e是自然对数的底数．若2(1)(2)0fafa，则实数a的取值范围是▲．【解析】因为31()2e()exxfxxfxx，所以函数()fx是奇函数，因为22()32ee322ee0xxxxf'xxx，所以数()fx在R上单调递增，又21)02()(ffaa，即2())2(1aaff，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,)fxxaxbxabR有极值，且导函数()fx的极值点是()fx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：23ba；（3）若()fx，()fx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()32fxxaxb，所以()620fxxa，所以3ax，所以()03af，所以3239aba，因为24120ab，所以3a.（2）26345-39813baaa，23459(27)813yttta因为135278t，所以min(27)0yy，所以b²3a.7.(2017年全国Ⅲ卷文)函数2sin1xyxx的部分图像大致为（）答案：D12.(2017年全国Ⅲ卷文)已知函数)(2)(112xxeeaxxxf有唯一零点，则a（）A21B31C21D1【解析】0)(22)(11'xxeeaxxf得1x即1x为函数的极值点，故0)1(f则0221a，21a21.(2017年全国Ⅲ卷文)设函数2()ln(21)fxxaxax.（1）讨论()fx的单调性；（2）当0a时，证明3()24fxa.解：（1）由2()ln(21),(0)fxxaxaxx有'1()221fxaxax22(21)1axaxx………………………………..2①当0a时，'()10,()fxfx单增①当0a时，令'()0fx，即22(21)10axax解得1211(,2xxa舍)…………2()2(21)1gxaxaxⅰ.当0a时，()gx开口向上，102a,()0gx,即'()0fx，()fx单增ⅱ.当0a时，()gx开口向上，102a，此时，在1(0,)2a上，()0gx，即'()0fx，()fx单减在1(,)2a上，()0gx，即'()0fx，()fx单增………………………………6（2）由（1）可得：max111()()ln()1224fxfaaa故要证3()24fxa即证113ln()12244aaa……即证11ln()1022aa即证ln10(0)ttt…令()ln1gttt则'1()1gtt令'()0gt，得1tmax()(1)0gtg()0gt……………………………….12故原命题得证.（15）(2017年山东卷理)若函数xefx（2.71828e是自然对数的底数）在fx的定义域上单调递增，则称函数fx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2xfx②3xfx③3fxx④22fxx【答案】①④【解析】①22xxxxe