【精品】2017-2018年高考數(shù)學導數(shù)大題+答案(40頁)

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1、　　【精品】 2017-2018 年高考數(shù)學導數(shù)大題 +答案　　一．解答題（共 28 小題）　　xx2　?。?#160;1）討論 f（ x）的單調性；

2、　?。?#160;2）若 f （x）≥ 0，求 a 的取值范圍．　　2xx　?。?#160;1）討論 f（x）的單調性；　?。?#160;2）若 f （x）有兩個零點，求&#

3、160;a 的取值范圍．　　2　　3．已知函數(shù) f（ x）=lnx+ax +（2a+1） x．　?。?#160;1）討論 f（x）的單調性；　?。?#160;2）當

4、;a＜0 時，證明 f（x）≤﹣　　4．已知函數(shù) f（ x）=x﹣1﹣alnx．　?。?#160;1）若 f（x）≥ 0，求 a 的值；　　（ 2）設 m 為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)

5、　　﹣2．　　n，（1+ ）（ 1+　?。?+　?。?#160;m ，求　　m

6、0;的最小值．　　32x　?。?#160;x）．　?。á瘢┣?#160;f（ x）的單調區(qū)間；　?。á颍┮阎瘮?shù) y=g（x）和 y=ex&#

7、160;的圖象在公共點（ x0， y0）處有相同的切線，　?。?#160;i）求證： f（x）在 x=x0 處的導數(shù)等于 0；　?。?#160;ii）若關于 x 的不等式 g（x）≤ ex 在區(qū)間 [ x0﹣ 1，&

8、#160;x0 +1] 上恒成立，求 b 的取值　　范圍．　　432　　6．設 a∈Z，已知定義在 R 上的函數(shù) f （x）=2x +

9、3x ﹣3x ﹣6x+a 在區(qū)間（ 1，2）　　內有一個零點 x0，g（ x）為 f（x）的導函數(shù)．　?。á瘢┣?#160;g（ x）的單調區(qū)間；　　（Ⅱ）設 m∈[ 1，x0）∪（x0，2] ，函數(shù)&#

10、160;h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣ f（m ），求證：　　h（m） h（ x0）＜ 0；　　第 1 頁（共 39 頁）　?。á螅┣笞C：存在大于 0 的常數(shù) A，使得對于任意的正整數(shù)p，q

11、，且 ∈[ 1，x0）　　∪（ x0，2] ，滿足 |　　﹣ x0| ≥　?。?lt;/b>　　32

12、　　7．已知函數(shù) f（ x）= x ﹣ ax ，a∈R，　?。?#160;1）當 a=2 時，求曲線 y=f（x）在點（ 3， f（3））處的切線方程；　?。?#160;2）設函數(shù) g（

13、0;x）=f（x） +（ x﹣ a） cosx﹣sinx，討論 g（x）的單調性并判斷有　　無極值，有極值時求出極值．　　2x　　8．設函數(shù) f（x）=（1﹣x ）e ．

14、　　（ 1）討論 f（x）的單調性；　?。?#160;2）當 x≥0 時， f（x）≤ ax+1，求 a 的取值范圍．　　32　　值點是 f（x）的零點．（極值點是指

15、函數(shù)取極值時對應的自變量的值）　?。?#160;1）求 b 關于 a 的函數(shù)關系式，并寫出定義域；　?。?#160;2）證明： b2＞3a；　　f ′（x）的極　?。?#16

16、0;3）若 f（ x），f （′x）這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于﹣　　2　?。?#160;1）求 a；　　，求 a 的取值范圍．　?。?/p>

17、 2）證明： f（x）存在唯一的極大值點　　﹣2 ﹣2　　x0，且 e ＜f （x0）＜ 2 ．　　2x　　11

18、．已知函數(shù) f（x）=x +2cosx，g（ x）=e （cosx﹣sinx+2x﹣2），其中 e≈2.17828 …　　是自然對數(shù)的底數(shù)．　?。á瘢┣笄€ y=f（x）在點（ π，f （π））處的切線方程；

19、　?。á颍┝?#160;h（x）=g （x）﹣ a f（ x）（a∈R），討論 h（ x）的單調性并判斷有無極　　值，有極值時求出極值．　　x　　12．已知函數(shù) f （x）=

20、e cosx﹣x．　?。?#160;1）求曲線 y=f（x）在點（ 0， f（0））處的切線方程；　?。?#160;2）求函數(shù) f（ x）在區(qū)間 [ 0，　　13．已知函數(shù) f （x）=（x﹣

21、　　（ 1）求 f （x）的導函數(shù)；　　] 上的最大值和最小值．　　﹣x　　）e （x≥ ）．　　第 2 頁（共 39&#

22、160;頁）　?。?#160;2）求 f （x）在區(qū)間 [　　， +∞）上的取值范圍．　　14．已知函數(shù) f （x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．　　（ I）當 a=4 時，求曲

23、線 y=f（x）在（ 1，f （1））處的切線方程；　?。?#160;II）若當 x∈（ 1， +∞）時， f（x）＞ 0，求 a 的取值范圍．　　2　?。á瘢┝?#160;g

24、（ x） =f ′（x），求 g（x）的單調區(qū)間；　?。á颍┮阎?#160;f （x）在 x=1 處取得極大值，求實數(shù)　　a 的取值范圍．　　x2</

25、p>　　16．已知函數(shù) f （x）=（x﹣2）e +a（ x﹣1）．　?。á瘢┯懻?#160;f （x）的單調性；　?。á颍┤?#160;f（ x）有兩個零點，求 a 的取值范圍．<b&g

26、t;　　a﹣x　　17．設函數(shù) f（x） =xe+bx，曲線 y=f（x）在點（ 2，f（2））處的切線方程為 y=　?。?#160;e﹣ 1） x+4，　　（Ⅰ）求 a，b 的值；

27、　?。á颍┣?#160;f（ x）的單調區(qū)間．　　2　　18．設函數(shù) f（x）=ax ﹣ a﹣ lnx，g（x）= ﹣　　，其中 a∈R， e=2.718 …為自然

28、　　對數(shù)的底數(shù)．　?。á瘢┯懻?#160;f （x）的單調性；　?。á颍┳C明：當 x＞ 1 時， g（x）＞ 0；　?。á螅┐_定 a 的所有可能取值，使得

29、 f（x）＞ g（x）在區(qū)間（ 1，+∞）內恒成立．　　19．（Ⅰ）討論函數(shù) f（ x）=　　＞ 0；　　x　　x＞0 時，（

30、x﹣2）ex+x+2　?。á颍┳C明：當 a∈ [ 0，1）時，函數(shù) g（x） =　?。?#160;x）的最小值為 h（a），求函數(shù) h（a）的值域．　　20．設函數(shù) f （x）=lnx﹣x+1．<

31、;p>　?。?#160;1）討論 f（x）的單調性；　?。▁＞0）有最小值．設 g　　（ 2）證明當 x∈（ 1，+∞）時， 1＜　?。?#160;x；

32、;　　x　?。?#160;3）設 c＞1，證明當 x∈（ 0，1）時， 1+（ c﹣ 1） x＞c ．　　第 3 頁（共 39 頁）　　3

33、;　?。?#160;1）求 f （x）的單調區(qū)間；　?。?#160;2）若 f（x）存在極值點 x0，且 f（x1） =f（x0），其中 x1≠x0，求證： x1+2x0=3；　?。?#160;3）設 a＞0，函數(shù)

34、;g（x） =| f（ x）| ，求證： g（x）在區(qū)間 [ 0，2] 上的最大值不　　小于　　．　　22．設函數(shù) f（x）=acos2x+（a﹣1

35、）（ cosx+1），其中 a＞0，記 | f （x） | 的最大值　　為 A．　?。á瘢┣?#160;f ′（x）；　?。á颍┣?#160;A；&

36、lt;/p>　?。á螅┳C明： | f ′（x） | ≤ 2A．　　2　?。á瘢┯懻?#160;f （x）的單調性；　?。á颍┐_定 a 的所有可能取值，使得&l

37、t;/p>　　f（x）＞　　1﹣x　　﹣e　　在區(qū)間（ 1， +∞）內恒成　　立（ e=2.718&

38、#160;…為自然對數(shù)的底數(shù)）．　　3　?。?#160;1）求 f （x）的單調區(qū)間；　?。?#160;2）若 f（x）存在極值點 x0，且 f（x1） =f（x0），其中 x1≠x0，求證：&

39、#160;x1+2x0=0；　?。?#160;3）設 a＞0，函數(shù) g（x） =| f（ x）| ，求證： g（x）在區(qū)間 [ ﹣1，1] 上的最大值　　不小于

40、;　?。?lt;/b>　　x2　?。á瘢┣?#160;a 的取值范圍；　　（Ⅱ）設 x1，x2 是 f（ x）的兩個零點，證明： x1+x2＜2．　　26．已知

41、60;f（ x） =a（x﹣lnx） +　　， a∈ R．　?。?#160;I）討論 f（x）的單調性；　?。?#160;II）當 a=1 時，證明 f（ x）＞ f

42、 ′（x） + 對于任意的 x∈[ 1，2] 成立．　　32　?。?#160;1）求曲線 y=f（x）在點（ 0， f（0））處的切線方程；　?。?#160;2）設 a=b=

43、4，若函數(shù) f（ x）有三個不同零點，求　　第 4 頁（共 39 頁）　　c 的取值范圍；　?。?#160;3）求證： a2﹣3b＞ 0 是 f （x）有三

44、個不同零點的必要而不充分條件．　　xx　?。?#160;1）設 a=2，b= ．　?、偾蠓匠?#160;f（ x）=2 的根；　?、谌魧τ谌我?#160;x∈R，不等式 f（2x）≥

45、 mf（ x）﹣ 6 恒成立，求實數(shù) m 的最大值；　?。?#160;2）若 0＜a＜1，b＞1，函數(shù) g（x）=f（x）﹣2 有且只有 1 個零點，求 ab 的值．　　第 5 頁（共 39

46、60;頁）　　導數(shù)大題 -近兩年高考題　　參考答案與試題解析　　一．解答題（共 28 小題）　　1．（2017?新課標Ⅰ）已知函數(shù)　　x

47、0;x 2　　f（x）=e （ e ﹣ a）﹣ a x．　?。?#160;1）討論 f（ x）的單調性；　?。?#160;2）若 f （x）≥ 0，求 a

48、60;的取值范圍．　　xx22xx2　　【解答】解：（1）f（x）=e （e ﹣ a）﹣ a x=e ﹣e a﹣a x，　　2xx2xx　　∴ f

49、60;′（ x）=2e ﹣ ae ﹣ a =（ 2e +a）（ e ﹣a），　?、佼?#160;a=0 時， f ′（x）＞0 恒成立，　　∴ f（x）在 R 上單調遞增，</p&

50、gt;　?、诋?#160;a＞0 時， 2ex+a＞0，令 f ′（ x） =0，解得 x=lna，　　當 x＜lna 時， f ′（x）＜ 0，函數(shù) f（x）單調遞減，　　當 x＞lna

51、60;時， f ′（x）＞ 0，函數(shù) f（x）單調遞增，　　③當 a＜0 時， ex﹣a＞0，令 f ′（ x） =0，解得 x=ln（﹣　?。?，<b

52、>　　當 x＜ln（﹣　　當 x＞ln（﹣　　）時， f ′（x）＜ 0，函數(shù) f（x）單調遞減，　?。r， f ′（x）＞ 0，函數(shù) f（x）單調遞

53、增，　　綜上所述，當 a=0 時， f （x）在 R 上單調遞增，　　當 a＞0 時， f （x）在（﹣∞， lna）上單調遞減，在（ lna，+∞）上單調遞增，　　當 a＜0

54、0;時， f（x）在（﹣∞， ln（﹣　?。┥蠁握{遞減，在（ ln（﹣　?。?，+∞）上　　單調遞增，　　（ 2）①當 a=0 時，&#

55、160;f（x）=e2x＞0 恒成立，　?、诋?#160;a＞0 時，由（ 1）可得 f（x）min=f（ lna） =﹣ a2lna≥ 0，　　∴ lna≤ 0，<b&

56、gt;　　∴ 0＜ a≤1，　　③當 a＜0 時，由（ 1）可得 f（x）min=f（ ln（﹣））=　　第 6 頁（共 39 頁）　　2<

57、;/p>　　﹣a ln（﹣　?。?#160;0，　　∴ ln（﹣　?。?lt;/b>

58、;　　，　　∴﹣ 2　　≤ a＜ 0，　　綜上所述 a 的取值范圍為 [ ﹣ 2

59、;　　，1]　　2xx　　2．（2017?新課標Ⅰ）已知函數(shù) f （x）=ae +（ a﹣ 2） e ﹣x．　　（ 1）討論 f（x）的單調性；&

60、lt;/p>　　（ 2）若 f （x）有兩個零點，求 a 的取值范圍．　　【解答】解：（ 1）由 f（x）=ae2x+（ a﹣2）ex﹣ x，求導 f ′（ x）=2ae2x+（ a﹣ 2） ex</p

61、>　　﹣ 1，　　當 a=0 時， f ′（x） =﹣ 2ex﹣ 1＜ 0，　　∴當 x∈R，f （x）單調遞減，　　當 a＞0

62、時， f ′（ x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ ex+ ）（ex﹣），　　令 f ′（x） =0，解得： x=ln ，　　當 f ′（x）＞ 0，解得： x＞ln，

63、　　當 f ′（x）＜ 0，解得： x＜ln，　　∴ x∈（﹣∞， ln）時， f（x）單調遞減， x∈（ ln ，+∞）單調遞增；　　當 a＜0 時， f ′（ x）=2a（

64、0;ex+ ）（ex﹣　?。?#160;0，恒成立，　　∴當 x∈R，f （x）單調遞減，　　綜上可知：當 a≤0 時， f（ x）在 R 單調減函數(shù)，<

65、p>　　當 a＞0 時， f （x）在（﹣∞， ln ）是減函數(shù)，在（ ln ， +∞）是增函數(shù)；　　（ 2）①若 a≤0 時，由（ 1）可知： f（x）最多有一個零點，　　當 a＞0 時，

66、 f （x）=ae2x+（a﹣ 2） ex﹣x，　　2xx　　當 x→﹣∞時， e →0， e →0，　　∴當 x→﹣∞時， f （x）→+∞，</

67、p>　　2xx　　當 x→∞， e →+∞，且遠遠大于 e 和 x，　　∴當 x→∞， f（x） →+∞，　　第 7 頁（共

68、39 頁）　　∴函數(shù)有兩個零點， f（ x）的最小值小于 0 即可，　　由 f（ x）在（﹣∞， ln ）是減函數(shù)，在（ ln，+∞）是增函數(shù)，　　∴ f（x）min =f（ln ）

69、=a×（　?。?（a﹣2）×　　﹣ln ＜0，　　∴ 1﹣﹣ln ＜0，即 ln + ﹣1＞0，　　設

70、t= ，則 g（t） =lnt+t ﹣1，（ t＞ 0），　　求導 g′（t ）= +1，由 g（1）=0，　　∴ t= ＞1，解得： 0＜a＜1，　　∴ a 的取

71、值范圍（ 0，1）．　　方法二：（1）由 f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求導 f ′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，　　當 a=0 時， f ′（x） =2ex﹣1＜0，　　∴當 x∈R，f

72、60;（x）單調遞減，　　當 a＞0 時， f ′（ x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ ex+ ）（ex﹣），　　令 f ′（x） =0，解得： x=﹣lna，　　當 f

73、′（x）＞ 0，解得： x＞﹣ lna，　　當 f ′（x）＜ 0，解得： x＜﹣ lna，　　∴ x∈（﹣∞，﹣ lna）時， f（x）單調遞減， x∈（﹣ lna，+∞）單調遞增；

74、　　當 a＜0 時， f ′（ x）=2a（ ex+ ）（ex﹣　　）＜ 0，恒成立，　　∴當 x∈R，f （x）單調遞減，　　綜上可知：當 a≤0 時，&

75、#160;f（ x）在 R 單調減函數(shù)，　　當 a＞0 時， f （x）在（﹣∞，﹣ lna）是減函數(shù)，在（﹣ lna，+∞）是增函數(shù)；　?。?#160;2）①若 a≤0 時，由（ 1）可知： f（x）最多有一個零點，<

76、/p>　　②當 a＞0 時，由（ 1）可知：當 x=﹣lna 時， f（x）取得最小值， f（x）min=f（﹣　　lna）=1﹣ ﹣ln，　　當 a=1，時， f（﹣ lna） =0，故 f（&

77、#160;x）只有一個零點，　　當 a∈（ 1，+∞）時，由 1﹣﹣ln ＞0，即 f（﹣ lna）＞ 0，　　故 f（ x）沒有零點，　　第 8 頁（共 39 頁）</p&g

78、t;　　當 a∈（ 0，1）時， 1﹣　　﹣ln ＜0，f （﹣ lna）＜ 0，　　﹣4﹣2﹣2　　由 f（﹣ 2）=ae +（a﹣2）e

79、;+2＞﹣ 2e +2＞ 0，　　故 f（ x）在（﹣∞，﹣ lna）有一個零點，　　假設存在正整數(shù)　?。?lt;/b>　　﹣n0＞

80、　　n0，滿足 n0＞ln（ ﹣1），則 f（n0） =　　﹣n0＞0，　?。╝　　+a﹣2）﹣ n0&l

81、t;/b>　　由 ln（ ﹣ 1）＞﹣ lna，　　因此在（﹣ lna， +∞）有一個零點．　　∴ a 的取值范圍（ 0，1）．　　2&l

82、t;/p>　　（ 1）討論 f（x）的單調性；　?。?#160;2）當 a＜0 時，證明 f（x）≤﹣　　﹣2．　　【解答】（1）解：因為 f（x）=lnx+ax2+（ 2a+1

83、） x，　　求導 f ′（x）= +2ax+（2a+1）=　　=　　，（ x＞ 0），　　①當 a=0 時，

84、0;f ′（x）= +1＞0 恒成立，此時 y=f（ x）在（ 0，+∞）上單調遞增；　　②當 a＞0，由于 x＞0，所以（ 2ax+1）（x+1）＞ 0 恒成立，此時 y=f（ x）在（ 0，

85、+∞）上單調遞增；　　③當 a＜0 時，令 f ′（x）=0，解得： x=﹣　?。?lt;/b>　　因為當 x∈（ 0，﹣　?。ゝ ′（x）＞

86、60;0、當 x∈（﹣　　，+∞） f ′（ x）＜ 0，　　所以 y=f（x）在（ 0，﹣　?。┥蠁握{遞增、在（﹣　　，+∞）上單調遞減．　　綜上可知：當&#

87、160;a≥0 時 f（ x）在（ 0，+∞）上單調遞增，　　當 a＜0 時， f （x）在（ 0，﹣　　）上單調遞增、在（﹣　　，+∞）上單調遞減；　　（ 2）證明：由（

88、 1）可知：當 a＜0 時 f（x）在（ 0，﹣　　，+∞）上單調遞減，　?。┥蠁握{遞增、在（﹣　　所以當 x=﹣　　時函數(shù) y=f（x）取最大值 f（x

89、）max=f（﹣　?。?﹣1﹣ln2﹣　　+ln　　第 9 頁（共 39 頁）　?。ī?lt;/b><

90、p>　　）．　　從而要證 f（ x）≤﹣　　﹣2，即證 f（﹣　　）≤﹣　　﹣ 2，</

91、b>　　即證﹣ 1﹣ln2﹣　　+ln（﹣　?。堠?lt;/b>　　﹣ 2，即證﹣ （﹣　?。?ln（﹣ ）≤﹣

92、60;1+ln2．　　令 t=﹣，則 t ＞0，問題轉化為證明：﹣　　t+lnt ≤﹣ 1+ln2．…（ * ）　　令 g（t ） =﹣t+lnt ，則 g′（t ）=﹣

93、;+ ，　　令 g′（t ）=0 可知 t=2，則當 0＜t ＜2 時 g′（t ）＞ 0，當 t＞ 2 時 g′（t ）＜0，　　所以 y=g（t ）在（ 0，&#

94、160;2）上單調遞增、在（ 2，+∞）上單調遞減，　　即 g（t ）≤ g（2）=﹣　　×2+ln2=﹣1+ln2，即（ * ）式成立，　　所以當 a＜ 0 時， f （x）≤﹣</p&

95、gt;　　﹣2 成立．　　4．（2017?新課標Ⅲ）已知函數(shù) f （x）=x﹣1﹣alnx．　?。?#160;1）若 f（x）≥ 0，求 a 的值；　?。?#160;2）設

96、m 為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)　　n，（1+ ）（ 1+　?。?+　?。?#160;m ，求　　m 的最小值．</b&

97、gt;　　【解答】解：（1）因為函數(shù) f （x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，　　所以 f ′（x）=1﹣　　=　　，且 f（ 1）=0．&

98、lt;p>　　所以當 a≤ 0 時 f ′（x）＞ 0 恒成立，此時 y=f（ x）在（ 0，+∞）上單調遞增，這　　與 f（ x）≥ 0 矛盾；　　當 a＞0 時令 f

99、;′（ x） =0，解得 x=a，　　所以 y=f（x）在（ 0， a）上單調遞減，在（ a，+∞）上單調遞增，即f（x）min=f　?。?#160;a），　　又因為 f（x）min

100、=f（a）≥ 0，　　所以 a=1；　?。?#160;2）由（ 1）可知當 a=1 時 f （x）=x﹣1﹣lnx≥0，即 lnx≤ x﹣ 1，　　所以 ln（

101、60;x+1）≤ x 當且僅當 x=0 時取等號，　　所以 ln（ 1+　　）＜　　*<b&

102、gt;　　，k∈N ．　　第 10 頁（共 39 頁）　　一方面， ln（1+ ） +ln（ 1+　　）+…+ln（1+&l

103、t;b>　　）＜　　+　　+…+　　=1﹣　?。?，

104、　　即（ 1+ ）（1+　　） …（1+　?。?#160;e；　　另一方面，（ 1+ ）（1+　?。?+

105、;　?。荆?#160;1+ ）（1+　?。?+　　）=　?。?#160;2；　　從而當 n≥

106、 3 時，（1+ ）（1+　　） …（ 1+　?。剩?#160;2，e），　　因為 m 為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)　　n，（1

107、+ ）（ 1+　　）…（1+　?。?#160;m 成立，　　所以 m 的最小值為 3．　　32

108、　?。?lt;/b>　　x　　g（x）=e f（ x）．　?。á瘢┣?#160;f（ x）的單調區(qū)間；　　x</b

109、>　?。á颍┮阎瘮?shù) y=g（x）和 y=e 的圖象在公共點（ x0， y0）處有相同的切線，　?。?#160;i）求證： f（x）在 x=x0 處的導數(shù)等于 0；　?。?#160;ii）若關于 x

110、;的不等式 g（x）≤ ex 在區(qū)間 [ x0﹣ 1， x0 +1] 上恒成立，求 b 的取值　　范圍．　　【解答】（Ⅰ）解：由　　f（ x） =

111、x3 ﹣6x2 ﹣3a（ a﹣ 4） x+b，可得 f' （ x）=3x2﹣ 12x　　﹣ 3a（a﹣4）=3（ x﹣ a）（x﹣（ 4﹣a）），　　令 f' （x） =0，解得&

112、#160;x=a，或 x=4﹣a．由 | a| ≤1，得 a＜4﹣a．　　當 x 變化時， f' （x）， f（x）的變化情況如下表：　　x　　f&#

113、39; （x）　　f（x）　?。ī仭?， a）　　+　　↗

114、　?。╝，4﹣a）　　﹣　　↘　?。?﹣a，+∞）　　+<

115、/p>　　↗　　∴ f（ x）的單調遞增區(qū)間為（﹣∞，　　﹣ a）；　　a），（4﹣a，+∞），單調遞減區(qū)間為（ a， 4<p&g

116、t;　?。á颍╥）證明：∵ g'（x）=ex（f（ x）+f' （x）），由題意知　　，　　∴　　，解得　　第

117、 11 頁（共 39 頁）　?。?lt;/b>　　∴ f（x）在 x=x0 處的導數(shù)等于 0；　?。?#160;ii）解：∵ g（x）≤ ex，x∈ [ x0﹣

118、;1， x0+1] ，由 ex＞0，可得 f（ x）≤ 1．　　又∵ f（ x0）=1， f' （ x0）=0，　　故 x0 為 f（ x）的極大值點，由（ I）知 x0=a．&

119、lt;/p>　　另一方面，由于 | a| ≤ 1，故 a+1＜ 4﹣ a，　　由（Ⅰ）知 f （x）在（ a﹣1，a）內單調遞增，在（ a， a+1）內單調遞減，　　x&

120、lt;/p>　　故當 x0=a 時，f （x）≤ f（a）=1 在 [ a﹣1，a+1] 上恒成立，從而 g（x）≤ e 在[ x0　　﹣ 1， x0 +1] 上恒成立．

121、;　　由 f（ a） =a3﹣ 6a2﹣ 3a（a﹣4）a+b=1，得 b=2a3﹣ 6a2+1，﹣ 1≤a≤1．　　令 t（ x） =2x3﹣6x2+1， x∈[ ﹣1，1] ，　　∴ t'

122、60;（ x）=6x2﹣12x，　　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）的值域為 [ ﹣7，1]&

123、#160;．　　∴ b 的取值范圍是 [ ﹣7，1] ．　　432　　6．（2017?天津）設 a∈ Z，已知定義在 R 上的函數(shù) f（ x）=2x +

124、3x ﹣3x ﹣6x+a 在　　區(qū)間（ 1，2）內有一個零點 x0， g（ x）為 f（ x）的導函數(shù)．　?。á瘢┣?#160;g（ x）的單調區(qū)間；　?。á颍┰O m∈[ 1，x0）∪（x0，2

125、] ，函數(shù) h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣ f（m ），求證：　　h（m） h（ x0）＜ 0；　?。á螅┣笞C：存在大于 0 的常數(shù) A，使得對于任意的正整數(shù)p，q，且 ∈[ 1，x0）

126、∪（ x0，2] ，滿足 |　　﹣ x0| ≥　　．　　43232　　【解答】（Ⅰ）解：由

127、;f（x） =2x +3x ﹣ 3x ﹣ 6x+a，可得 g（ x）=f ′（x）=8x +9x　　﹣ 6x﹣6，　　進而可得 g′（x）=24x2+18x﹣6．令 g′（ x）

128、=0，解得 x=﹣ 1，或 x= ．　　當 x 變化時， g′（x）， g（ x）的變化情況如下表：　　x　?。ī仭?，﹣ 1）</p

129、>　　（﹣ 1，　　）　?。?#160;， +∞）　　第 12 頁（共 39 頁）<

130、;p>　　g′（x）　　g（x）　　+　　↗　　﹣&

131、lt;p>　　↘　　+　　↗　　所以， g（x）的單調遞增區(qū)間是（﹣∞，﹣ 1），（，+∞），單調遞減區(qū)間是（﹣<

132、b>　　1，）．　?。á颍┳C明：由 h（x） =g（x）（m﹣x0）﹣ f（m ），得 h（m）=g（m）（m﹣x0）　　﹣ f（m ），　　h（x0） =g

133、（x0）（m ﹣ x0 ）﹣ f（m ）．　　令函數(shù) H1（x）=g（ x）（x﹣x0）﹣ f（x），則 H′1（x）=g′（x）（ x﹣ x0）．　　由（Ⅰ）知，當 x∈ [ 1，2] 時， g

134、′（x）＞ 0，　　故當 x∈[ 1， x0）時， H′1（ x）＜ 0， H1（x）單調遞減；　　當 x∈（ x0，2] 時， H′1（x）＞ 0，H1（x）單調遞增．　　因此，當&

135、#160;x∈[ 1， x0）∪（ x0，2] 時， H1（x）＞ H1（x0） =﹣f （x0） =0，可得 H1　?。?#160;m）＞ 0 即 h（m）＞ 0，　　令函數(shù) H2（x）=g（x0）（x﹣

136、x0）﹣ f（ x），則 H′2（ x）=g′（x0）﹣ g（ x）．由（Ⅰ）　　知， g（ x）在 [ 1，2] 上單調遞增，故當 x∈[ 1，x0）時， H′2（x）＞ 0，H2（x）單　　調遞增；當&

137、#160;x∈（ x0， 2] 時， H′2（x）＜ 0， H2（x）單調遞減．因此，當　　x∈[ 1，　　x0）∪（ x0， 2] 時， H2（x）＞ H2（x0）=0，可得得 H2（&

138、#160;m）＜ 0 即 h（x0）＜ 0，．　　所以， h（m） h（ x0）＜ 0．　?。á螅τ谌我獾恼麛?shù)　　p，q，且　　，&

139、lt;/b>　　令 m= ，函數(shù) h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣ f（ m）．　　由（Ⅱ）知，當 m∈[ 1，x0 ）時， h（ x）在區(qū)間（ m，x0）內有零點；　　當 m∈（

140、0;x0，2] 時， h（x）在區(qū)間（ x0，m ）內有零點．　　所以 h（x）在（ 1， 2）內至少有一個零點，不妨設為　　x1，則 h（ x1）=g（ x1）（　　﹣ x0）﹣ f

141、;（）=0．　　由（Ⅰ）知 g（x）在 [ 1，2] 上單調遞增，故 0＜ g（ 1）＜ g（x1）＜ g（2），　　于是 |　　﹣x0| =&l

142、t;/b>　　≥　　=　　．　　第 13 頁（共 39 頁）　　因為當

143、 x∈[ 1，2] 時， g（x）＞ 0，故 f（x）在 [ 1，2] 上單調遞增，　　所以 f （x）在區(qū)間 [ 1，2] 上除 x0 外沒有其他的零點，而　　≠x0，故 f

144、;（）≠ 0．　　又因為 p， q， a 均為整數(shù)，所以 | 2p4+3p3 q﹣ 3p2q2﹣6pq3+aq4| 是正整數(shù)，　　從而 | 2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4| ≥1．

145、;　　所以 |　　﹣x0| ≥　?。?，只要取 A=g（2），就有 |　　﹣ x0| ≥&l

146、t;p>　　．　　32　?。?#160;1）當 a=2 時，求曲線 y=f（x）在點（ 3， f（3））處的切線方程；　?。?#160;2）設函數(shù) g（ x）=

147、f（x） +（ x﹣ a） cosx﹣sinx，討論 g（x）的單調性并判斷有　　無極值，有極值時求出極值．　　【解答】解：（1）當 a=2 時， f （x）= x3﹣x2，　　∴ f

148、0;′（ x）=x2﹣2x，　　∴ k=f ′（3） =9﹣ 6=3， f（3）= ×27﹣9=0，　　∴曲線 y=f（ x）在點（ 3，f（3））處的切線方程 y=3（x﹣3），即 3x﹣ y﹣ 9=0&

149、lt;/p>　?。?#160;2）函數(shù) g（x）=f（ x） +（ x﹣a）cosx﹣sinx= x3 ﹣ ax2+（ x﹣ a） cosx﹣sinx，　　∴ g′（x） =（ x﹣ a）（x﹣sinx），

150、　　令 g′（x）=0，解得 x=a，或 x=0，　?、偃?#160;a＞0 時，當 x＜0 時， g′（x）＞ 0 恒成立，故 g（x）在（﹣∞， 0）上單調　　遞增，

151、　　當 x＞a 時， g′（ x）＞ 0 恒成立，故 g（ x）在（ a，+∞）上單調遞增，　　當 0＜x＜ a 時， g′（ x）＜ 0 恒成立，故 g（ x）在（ 0，a）上單調遞減

152、，　　∴當 x=a 時，函數(shù)有極小值，極小值為　　3　　g（ a） =﹣ a ﹣sina　　當 x=0 時，有極大值，極大值為&

153、lt;p>　　g（ 0）=﹣ a，　?、谌?#160;a＜0 時，當 x＞0 時， g′（x）＞ 0 恒成立，故 g（x）在（﹣∞， 0）上單調　　遞增，　　當

154、;x＜a 時， g′（ x）＞ 0 恒成立，故 g（ x）在（﹣∞， a）上單調遞增，　　第 14 頁（共 39 頁）　　當 a＜x＜ 0 時， g′（ x）＜ 0

155、恒成立，故 g（ x）在（ a，0）上單調遞減，　　∴當 x=a 時，函數(shù)有極大值，極大值為　　3　　g（ a） =﹣ a ﹣sina　　當&

156、#160;x=0 時，有極小值，極小值為　　g（ 0）=﹣ a　?、郛?#160;a=0 時， g′（x）=x（ x+sinx），　　當 x＞0 時， g′（ x）＞

157、;0 恒成立，故 g（ x）在（ 0，+∞）上單調遞增，　　當 x＜0 時， g′（ x）＞ 0 恒成立，故 g（ x）在（﹣∞， 0）上單調遞增，　　∴ g（ x）在 R 上單調遞增，

158、無極值．　　2x　　8．（2017?新課標Ⅱ）設函數(shù) f（ x） =（ 1﹣ x ）e ．　?。?#160;1）討論 f（x）的單調性；　　（

159、;2）當 x≥0 時， f（x）≤ ax+1，求 a 的取值范圍．　　【解答】解：（1）因為 f（x）=（1﹣x2） ex，x∈ R，　　所以 f ′（x）=（1﹣2x﹣ x2）ex，

160、;　　令 f ′（x） =0 可知 x=﹣1±　　，　　當 x＜﹣ 1﹣　　或 x＞﹣ 1+<

161、/p>　　時 f ′（x）＜0，當﹣ 1﹣　　＜ x＜﹣ 1+　　時 f ′（x）＞　　0，</

162、p>　　所以 f（x）在（﹣∞，﹣ 1﹣　　﹣ 1+　?。┥蠁握{遞增；　?。?，（﹣ 1+

163、　，+∞）上單調遞減，在（﹣ 1﹣　　，　　x　?。?#160;2）由題可知 f （x） =（ 1﹣ x）（1+x）e ．下面對 a 的范圍進行討論

164、：　　①當 a≥1 時，設函數(shù) h（x）=（1﹣x） ex，則 h′（x）=﹣xex＜ 0（ x＞ 0），　　因此 h（x）在 [ 0，+∞）上單調遞減，　　又因為 h（ 0）

165、0;=1，所以 h（x）≤ 1，　　所以 f （x） =（ 1﹣x） h（ x）≤ x+1≤ax+1；　　xx　　②當 0＜a＜1 時，設函數(shù) g（x）=

166、e ﹣ x﹣ 1，則 g′（ x）=e ﹣1＞0（x＞0），　　所以 g（x）在 [ 0，+∞）上單調遞增，　　又 g（0）=1﹣0﹣1=0，　　所以 ex≥ x+1．&

167、lt;p>　　2　　因為當 0＜ x＜1 時 f（ x）＞（ 1﹣x）（ 1+x），　　22　　所以（ 1﹣x）（ 1+x）&#

168、160;﹣ ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x ），　　第 15 頁（共 39 頁）　　取 x0=　　2　　∈（ 0，&#

169、160;1），則（ 1﹣ x0）（ 1+x0） ﹣ax0﹣1=0，　　所以 f （x0）＞ ax0+1，矛盾；　?、郛?#160;a≤0 時，取 x0=　　2&l

170、t;p>　　∈（ 0，1），則 f（ x0）＞（ 1﹣ x0）（1+x0） =1≥ax0+1，　　矛盾；　　綜上所述， a 的取值范圍是 [ 1，+∞）．

171、;　　32　　f （′x）的極值點是 f（x）的零點．（極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值）　?。?#160;1）求 b 關于 a 的函數(shù)關系式，并寫出定義域；　　2

172、　　（ 2）證明： b ＞3a；　　（ 3）若 f（ x），f （′x）這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于﹣　　32　　【解答】（1）解：因為 f（x）=x +ax

173、60;+bx+1，　　所以 g（x）=f ′（ x） =3x2 +2ax+b，g′（x）=6x+2a，　　令 g′（x）=0，解得 x=﹣ ．　　，求 a 的取值范圍．&l

174、t;b>　　由于當 x＞﹣　　時 g′（ x）＞ 0， g（ x） =f ′（x）單調遞增；當 x＜﹣　　時 g′（x）＜　　0，g（x）=f

175、0;（′x）單調遞減；　　所以 f ′（x）的極小值點為 x=﹣ ，　　由于導函數(shù) f ′（x）的極值點是原函數(shù)f（ x）的零點，　　所以 f （﹣） =0，即﹣<

176、;b>　　所以 b=　　+ （a＞0）．　　+　　﹣　　+1=0，<

177、/p>　　因為 f （x） =x3+ax2 +bx+1（a＞0，b∈R）有極值，　　所以 f ′（x）=3x2+2ax+b=0 的實根，　　所以 4a2﹣12b≥ 0，即 a2﹣　　+&

178、#160;≥0，解得 a≥3，　　所以 b=　　+ （a≥3）．　?。?#160;2）證明：由（ 1）可知 h（ a） =b2﹣ 3a=

179、　　﹣　　+　　=　　（4a3﹣27）（ a3　　第 16 頁（共 39 頁）</

180、p>　　﹣ 27），　　由于 a＞3，所以 h（a）＞ 0，即 b2＞3a；　?。?#160;3）解：由（ 1）可知 f ′（ x）的極小值為 f ′（﹣&

181、lt;p>　?。?b﹣　　，　　設 x1，x2 是 y=f（x）的兩個極值點，則 x1+x2=　　，x1x2= ，<

182、;p>　　所以 f （x1）+f（ x2）=　　+　　+a（　　+　?。?#160;+b（x1+x2）+2</p&g

183、t;　　22　　=（x1+x2）[ （x1+x2） ﹣3x1x2]+ a[ （ x1 +x2） ﹣2x1 x2]+ b（x1+x2）+2　　=

184、　　﹣　　+2，　　又因為 f（x）， f ′（x）這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于﹣　　，

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