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）
2（a﹣2）﹣（x）x．1．已知函数f
（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﹣﹣，且f（xx））≥0．2．已知函数f（
（1）求a；
．）＜2＜f（x）存在唯一的极大值点x，且e（xf（2）证明：003．已知函数﹣﹣22
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+，求m）＜+1（…）的最小值．m
32）f（x）的极值点是1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x4．已知函数f （）x（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）的零点．
的函数关系式，并写出定义域；b关于a（1）求
2；＞（2）证明：b3a
的取值范围．a，）若f（x）f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求（3 2．（x）=）﹣x（15．设函数f
）的单调性；（1）讨论f（x
的取值范围．，求a（fx）≤1（2）当x≥0时，
．xex6．已知函数f（x）=（﹣）（≥）
﹣x
）的导函数；（1）求f（x
∞）上的取值范围．[，+）在区间）求（2f（x
2是自然对数的底数．f．已知函数（x）+2，e）2，其中≈2.17828…（﹣xg（）2x﹣7
）处的切线方程；πx）求曲线（）在点（，f（π）Ⅰ（
）的单调性并判断有无极值，）（）令（Ⅱhx R∈a）x（）﹣x（a f（）（h，讨论x
有极值时求出极值．
8．已知函数f（x）﹣x．
（1）求曲线（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．
432﹣6在区间（1﹣3x，f（x）=2x2+3x）内∈9．设aZ，已知定义在R上的函数有一个零点x，g（x）为f（x）的导函数．0（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈[1，x）∪（x，2]，函数h（x）（x）（m﹣x）﹣f（m），求证：h000
（m）h（x）＜0；0
（Ⅲ）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，x）0
∪（x，2]，满足|﹣x|≥．00
23，ax）∈﹣R，10．已知函数f（
（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．
32﹣3a（a﹣4），g（x）（，≤a，b∈R1．已知函数f（x）﹣6xx）．11．设
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x，y）处有相同的切线，00（i）求证：f（x）在处的导数等于0；0（）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x﹣1，x+1]上恒成立，求b的取值范00围．
2xa．）（﹣a）﹣x．已知函数12 f（
（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）
2（a﹣2x））﹣x．1．（2017?新课标Ⅰ）已知函数f（
（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．
22（a﹣2）﹣1，）﹣x，求导f′（x））由【解答】解：（1f（x）=2（a﹣2
，＜02﹣1）0时，f′（x=﹣当
）单调递减，（xR，f∴当x∈
，）（）（﹣）（21（﹣1）=2a当a＞0时，f′（x）=
，，解得：x）=0令f′
（
，＞0，解得：x当f′（x）＞
，＜，解得：xf′当（x）＜0
∞）单调递增；+∈（，f（x）单调递减，x∴x∈（﹣∞，）时，
，恒成立，）＜0=2a（）（﹣）当a＜0时，f′（x
）单调递减，（x∈R，f∴当x
单调减函数，）在Rf（x综上可知：当a≤0时，
∞）是增函数；+）在（﹣∞，）是减函数，在（，＞0时，f（xa当）最多有一个零点，（x0时，由（1）可知：f≤（2）①若a
2，xa﹣2（a＞0时，fx））﹣（当
2x，→0，→0当x→﹣∞时，e
∞，→+﹣∞时，x→f（x）∴当
2x，∞，且远远大于和→+e当x→∞，x
∞，+（fx）→∞，∴当x→
即可，xf∴函数有两个零点，（）的最小值小于0
∞）是增函数，）是减函数，在（，+f（x）在（﹣∞，由
（）×（）+（a﹣2f∴（x））×﹣＜0，
﹣1＞＜0，即0，∴1﹣﹣
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）．
22（a﹣2）﹣1，求导f′（x）=2，方法二：（1）由f（x）x（a﹣2）﹣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，
，f（﹣）＜01﹣﹣＜0，当）时，a∈（0，1
+2＞0+2＞﹣+2e（a﹣2）e）由f（﹣2，
﹣﹣﹣224
故f（x）在（﹣∞，﹣）有一个零点，
假设存在正整数n，满足n＞（﹣1），则f（n）=（﹣2）﹣n＞﹣0000
n＞﹣n＞0，00
由（﹣1）＞﹣，
因此在（﹣，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
2﹣﹣，且f（x））≥0．．（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x2
（1）求a；
．2f（x）存在唯一的极大值点x，且ex）＜＜（2）证明：f（002﹣﹣（﹣a ﹣﹣22
﹣）（x＞））解：因为f（x0），【解答】（1
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x＞1时，h（x）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．00
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﹣x﹣，f′（x）=2x﹣2﹣，）（2）证明：由（1）可知f（x
令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣0，记t（x）=2x﹣2﹣，则t′（x）=2﹣，
令t′（x）=0，解得：，