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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 y ?

sin2 x 的部分图像大致为 1 ? cosx

(C)

2.

( 2017 年新课标Ⅱ卷理) 11.若 x ? ?2 是函数 f ( x) ? ( x ? ax ?1)e
2

x ?1`

的极值点,则 f ( x ) 的极小值为( D.1



A. ?1 【答案】 A

B. ?2e

?3

C. 5e

?3

【解析】由题可得 f ?( x) ? (2 x ? a)e

x ?1

? ( x2 ? ax ?1)e x?1 ? [ x2 ? (a ? 2) x ? a ?1]e x?1
2 x ?1

因为 f ?(?2) ? 0 ,所以 a ? ?1 , f ( x) ? ( x ? x ? 1)e

,故 f ?( x) ? ( x ? x ? 2)e
2

x ?1

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? ?2 或 x ? 1 ,所以 f ( x ) 在 (??, ?2), (1, ??) 单调递增,在 (?2,1) 单调递减 所以 f ( x ) 极小值 ? f (1) ? (1 ?1 ?1)e 3.
1?1

? ?1 ,故选 A。
(C)

(2017 年新课标Ⅰ文) 9.已知函数 f (x) ? lnx ? ln(2 ? x) ,则 A. f (x) 在(0,2)单调递增 C.y= f (x) 的图像关于直线 x=1 对称 B. f (x) 在(0,2)单调递减

D.y= f (x) 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 y ? f ?( x) 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 f ( x) ? x ? 2 x ? a(e
2 x ?1

? e? x?1 ) 有唯一零点,则 a=

A. ?

1 2

B.

1 3

C.

1 2

D.1

【答案】C

6.

( 2017 年新课标Ⅱ卷理)21.
2

已知函数 f ? x ? ? ax ? ax ? x ln x ,且 f ? x ? ? 0 。 (1)求 a ;(2)证明: f ? x ? 存在唯一的极大值点 x0 ,且 e 【解析】 (1) f ? x ? 的定义域为 ?0, +?? 设 g ? x ? = ax - a - lnx ,则 f ? x ? = xg ? x ? , f ? x ? ? 0 等价于 g ? x ? ? 0 因为 g ?1? =0,g ? x ? ? 0,故g' ?1? =0,而g' ? x ? ? a ? 若 a=1,则 g' ? x ? = 1 ?
1 , g' ?1? =a ? 1,得a ? 1 x
?2

? f ? x0 ? ? 2?2 .

1 .当 0<x<1 时, g' ? x ? <0, g ? x ? 单调递减;当 x>1 时, g' ? x ? >0, g ? x ? 单调递增.所以 x=1 x

是 g ? x ? 的极小值点,故 g ? x ? ? g ?1? =0 综上,a=1

又 h e ?2 >0,h ? ? <0,h ?1? ? 0 ,所以 h ? x ? 在 ? 0, ? 有唯一零点 x0,在 ? ,+? ? 有唯一零点 1,且当 x ? ? 0,x 0 ? 时,
? ?

? ?

?1? ?2?

?

1? 2?

?1 ?2

?

h ? x ? >0 ;当 x ? ? x 0 ,1? 时, h ? x ? <0 ,当 x ? ?1,+? ? 时, h ? x ? >0 .
因为 f '? x ? ? h ? x ? ,所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点

由 f '? x0 ? ? 0得 ln x0 ? 2 (x 0 ? 1),故f ? x 0 ? =x 0(1 ? x 0 ) 由 x 0 ? ?0,1? 得 f '? x 0 ? <
1 4

因为 x=x0 是 f(x)在(0,1)的最大值点,由 e ?1 ? ? 0,1? ,f ' e ?1 ? 0 得

? ?

f ? x 0 ? >f e ?1 ? e ?2
所以 e ?2<f ? x0 ? <2-2 21.(2017 年新课标Ⅲ卷理) 已知函数 f ( x ) =x﹣1﹣alnx.(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+ 解: (1) f '( x) ? 1 ?

? ?

1 1 1 )(1+ 2 )?(1+ n ) ﹤m,求 m 的最小值. 2 2 2

a ( x ? 0) x

当 a ? 0 时, f '( x) ? 0 , x ? 0 时 f ( x) ? ?? 不满足 当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (0 , a) ? , (a , ? ?) ? f ( x)min ? f (a) ? a ?1 ? a ln a 令 y ? a ? 1 ? a ln a 则 y ' ? ? ln a ∴ y 在 (0 , 1) ? , (1, ? ?) ? ∴ ymax ? y(1) ? 0 ,即 y ? 0 因此 a ? 1 时 f ( x)min ? 0 ,满足.(2)由(1)有 ∴ ln(1 ?
n

x ? 1 ? ln x

1 1 )? n n 2 2



? ln(1 ? 2
i ?1

1
n

)?

1 1 1 1 ? 2 ?? ? n ? 1? n 1 2 2 2 2

∴ mmin ? 1 (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, f ( x) ? (1 ? x)(1 ? x) , (1 ? x)(1 ? x)2 ? ax ?1 ? x(1 ? a ? x ? x2 ) ,取 x0 ?
2

5 ? 4a ? 1 2

则 x0 ? (0,1),(1 ? x0 )(1 ? x0 )2 ? ax0 ? 0, 故f ( x0 )? ax0 ? 1 当 a ? 0时,取x0 ?

5 ?1 , f ( x0 )( ? 1- x0) (1 ? x0 )2 ? 1? ax0 ? 1 2

综上,a 的取值范围[1,+∞) (2017 年新课标Ⅰ文) 21.已知函数 f ( x ) =ex(ex﹣a)﹣a2x. (1)讨论 f ( x ) 的单调性;(2)若 f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围. (1)函数 f ( x ) 的定义域为 (??, ??) , f ?( x) ? 2e2 x ? aex ? a2 ? (2ex ? a)(ex ? a) , 21. (12 分)
2x ①若 a ? 0 ,则 f ( x) ? e ,在 (??, ??) 单调递增.

②若 a ? 0 ,则由 f ?( x) ? 0 得 x ? ln a . 当 x ? (??,ln a) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (ln a, ?? ) 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (??,ln a) 单调递减,在 (ln a, ??) 单 调递增. ③若 a ? 0 ,则由 f ?( x) ? 0 得 x ? ln(? ) . 当 x ? (??, ln( ? )) 时, f ?( x ) ? 0 ;当 x ? (ln(?

a 2

a 2

a a ),?? )时, f ?( x ) ? 0 ,故 f ( x) 在 (??, ln(? )) 单调递减,在 2 2

a (ln(? ), ??) 单调递增. 2
2x (2)①若 a ? 0 ,则 f ( x) ? e ,所以 f ( x) ? 0 . 2 2 ②若 a ? 0 ,则由(1)得,当 x ? ln a 时, f ( x ) 取得最小值,最小值为 f (ln a) ? ?a ln a .从而当且仅当 ?a ln a ? 0 ,

即 a ? 1 时, f ( x) ? 0 .
2 ③若 a ? 0 ,则由(1)得,当 x ? ln(? ) 时, f ( x ) 取得最小值,最小值为 f (ln(? )) ? a [ ? ln(? )] .从而当且仅

a 2

a 2

3 4

a 2

3 a 当 a [ ? ln(? )] ? 0 ,即 a ? ?2 e 4 时 f ( x) ? 0 . 4 2
2

3

综上, a 的取值范围为 [?2 e 4 ,1] .
2 14.(2017 年新课标Ⅰ文)曲线 y ? x ?

3

1 在点(1,2)处的切线方程为_y=x+1 x

(2017 年新课标Ⅰ) 21. 已知函数 f ( x) ? ae2 x ? (a ? 2)e x ? 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.

综上, a 的取值范围为 (0,1) . 20.(2017 年浙江卷)已知函数 f(x)=(x– 2x ?1 ) e ? x ( x ?

1 ).(Ⅰ)求 f(x)的导函数; 2

+?) 上的取值范围. (Ⅱ)求 f(x)在区间 [ ,

1 2

2 1 ?2 e ]. 【答案】(Ⅰ)f' (x)=(1-x) (1) e ? x ;(Ⅱ)[0, 2 2x ?1

1

(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

(错误! 未 x 找到引用 源。 ) 0 1

(错误! 未 (错误! 未找到 找到引用 引用源。 ) 源。 ) + 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, 【答案】 (Ⅰ)f(x)=ex· cosx-x∴f(0)=1∴f? (x)=ex(cosx-sinx)-1 f? (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 x (Ⅱ)f? (x)=e (cosx-sinx)-1,设 f? (x)=g(x) ∴g? (x)=-2sinx· ex≤0 ∴g(x)在[0,
π ]上的最大值和最小值. 2

? ]上单调递减, 2 ? ]上单调递减, 2

∴g(x)≤g(0)=0 ∴f’(x)≤0∴f(x)在[0,

f(x)max=f(0)=1

∴f(x)min=f(

? ? )=- 2 2
1 , 其中 e 是自然对数的底数. 若 f (a ? 1) ? f (2a2 ) ? 0 , 则实数 a 的 ex

3 x (2017 年江苏卷) 11. 已知函数 f ( x) ? x ? 2 x ? e ?

取值范围是





3 【解析】因为 f (? x) ? ? x ? 2 x ?

1 ? e x ? ? f ( x) ,所以函数 f ( x) 是奇函数, x e

因为 f ' ( x) ? 3x2 ? 2 ? e x ? e? x ? 3x 2 ? 2 ? 2 e x ? e? x ? 0 ,所以数 f ( x) 在 R 上单调递增,
2 2 2 2 又 f (a ? 1) ? f (2a ) ? 0 ,即 f (2a ) ? f (1 ? a) ,所以 2a ? 1 ? a ,即 2a ? a ? 1 ? 0 ,

解得 ?1 ? a ?

1 1 ,故实数 a 的取值范围为 [ ?1, ] . 2 2

(2017 年江苏卷) 20. 已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? 1(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: b 2 ? 3a ;
f ( x) f ?( x)

(3)若



7 这两个函数的所有极值之和不小于 2 ,求 a 的取值范围. ?

20. 【解析】 (1)因为 f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? b ,所以 f ??( x) ? 6 x ? 2a ? 0 ,所以 x ? ? 所以 f (? ) ? 0 ,所以 b ?

a , 3

a 3

2a 3 3 ? , 9 a

因为 ? ? 4a 2 ? 12b ? 0 ,所以 a ? 3 .
2 (2) b -3a ?

4 6 5 3 a ? a ?9, 81 3

4 2 5 t ? t ? 9(t ? a 3 ? 27) 81 3 135 ? 27 , 因为 t ? 8 y?
所以 ymin ? y(27) ? 0 ,所以 b?>3a.

7. ( 2017 年全国Ⅲ卷文)函数 y ? 1 ? x ?

sin x 的部分图像大致为( x2



答案:D 12. ( 2017 年全国Ⅲ卷文)已知函数 f ( x) ? x ? 2x ? a(e
2 x ?1

? e? x?1 ) 有唯一零点,则 a ? (
D 1



A ?

1 2
'

B

1 3
x ?1

C

1 2

【解析】 ? f ( x) ? 2x ? 2 ? a(e 得x ?1

? e? x?1 ) ? 0

即 x ? 1 为函数的极值点,故 f (1) ? 0 则 1 ? 2 ? 2a ? 0 , a ?

1 2

21. ( 2017 年全国Ⅲ卷文)设函数 f ( x) ? ln x ? ax2 ? (2a ? 1) x . (1)讨论 f ( x ) 的单调性; (2)当 a ? 0 时,证明 f ( x ) ? ?

3 ?2. 4a

解: (1)由 f ( x) ? ln x ? ax2 ? (2a ? 1) x,( x ? 0)
' 有 f ( x) ?

1 ? 2ax ? 2a ? 1 x

?

2ax 2 ?(2a ? 1) x ? 1 x ………………………………..2

①当 a ? 0 时, f ' ( x) ? 1 ? 0, f ( x) 单增
' 2 ① 当 a ? 0 时,令 f ( x) ? 0 ,即 2ax ?(2a ? 1) x ? 1 ? 0

, x2 ? ? 解得 x1 ? ?1(舍)

1 g ( x) ? 2ax 2 ?(2a ? 1) x ?1 2a …………

1 ? 0 , g ( x) ? 0 ,即 f ' ( x) ? 0 , f ( x) 单增 2a 1 ? 0, ⅱ.当 a ? 0 时, g ( x) 开口向上, ? 2a 1 ) 上, g ( x) ? 0 ,即 f ' ( x) ? 0 , f ( x) 单减 此时,在 (0, ? 2a 1 , ??) 上, g ( x) ? 0 ,即 f ' ( x) ? 0 , f ( x) 单增………………………………6 在 (? 2a
ⅰ.当 a ? 0 时, g ( x) 开口向上, ? (2)由(1)可得: f ( x) max ? f (? 故要证 f ( x ) ? ?

1 1 1 ) ? ln(? ) ? ?1 2a 2a 4a

3 ?2 4a 1 1 3 1 1 )? ?1 ? ? ? 2 ……即证 ln(? ) ? ?1 ? 0 即证 ln(? 2a 4a 4a 2a 2a 1 ' 即证 ln t ? t ? 1 ? 0(t ? 0) …令 g (t ) ? ln t ? t ? 1 则 g (t ) ? ? 1 t
' 令 g (t ) ? 0 ,得 t ? 1

? g ( t )m a x ? g ( 1 ) ? 0? g (t )? 0 ……………………………….12

故原命题得证. (15) (2017 年山东卷理)若函数 e x f ? x( 在 f ? x ? 的定义域上单调递增, 则称函数 f ? x ? ? e ? 2.71828? 是自然对数的底数) 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 f ? x ? ? 2? x 【答案】①④ ② f ? x ? ? 3? x ③ f ? x ? ? x3 . ④ f ? x ? ? x2 ? 2

?e? ?x 【解析】① e f ? x ? ? e ? 2 ? ? ? 在 R 上单调递增,故 f ? x ? ? 2 具有 ? 性质; ?2?
x x ?x

x

?e? ?x ② e f ? x ? ? e ? 3 ? ? ? 在 R 上单调递减,故 f ? x ? ? 3 不具有 ? 性质; ? 3?
x x ?x

x

③ e f ? x ? ? e ? x ,令 g ? x? ? e ? x ,则 g? ? x ? ? e ? x ? e ? 3x ? x e
x x 3 x 3 x 3 x 2

2 x

? x ? 2? ,?当 x ? ?2 时, g? ? x? ? 0 ,当

x ? ?2 时,g? ? x ? ? 0 ,? ex f ? x ? ? ex ? x3 在 ? ??, ?2? 上单调递减,在 ? ?2, ?? ? 上单调递增,故 f ? x ? ? x3 不具有 ?
性质;
x x 2 ④ e f ? x? ? e x ? 2

?

?

x? , 令 g? ?

x

?e

2

?x 2? , 则 g? ? ? x?

x

?e

2

?x 2? ?

?x 2 e?

2 x ?x ? e? 1 ? ? x ?1 , 0 ?? ?

? e x f ? x ? ? e x ? x 2 ? 2 ? 在 R 上单调递增,故 f ? x ? ? x2 ? 2 具有 ? 性质.
(10)(2017 年天津卷文)已知 a ? R ,设函数 f ( x) ? ax ? ln x 的图象在点(1, f (1) )处的切线为 l,则 l 在 y 轴上的截 距为___________. 【答案】 1

(20)(2017 年山东卷理) 已知函数 f ? x ? ? x2 ? 2cos x , g ? x ? ? ex ? cos x ? sin x ? 2x ? 2? ,其中 e ? 2.71828? 是自然对数的底数. (Ⅰ)求曲线 y ? f ? x ? 在点 ?? , f ? x ? ? 处的切线方程; (Ⅱ)令 h ? x ? ? g ? x ? ? af ? 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.

【答案】 (Ⅰ) y ? 2? x ? ? 2 ? 2 .

(Ⅱ)综上所述: 当 a ? 0 时, h ? x ? 在 ? ??,0 ? 上单调递减,在 ? 0, ?? ? 上单调递增, 函数 h ? x ? 有极小值,极小值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ; 当 0 ? a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??,ln a ? 和 ? 0,ln a ? 和 ? 0, ?? ? 上单调递增,在 ? ln a,0 ? 上单调递减,函数 h ? x ? 有极大值,也 有极小值,
2 极大值是 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?

极小值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ;

当 a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无极值; 当 a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??,0 ? 和 ? ln a, ?? ? 上单调递增, 在 ? 0,ln a ? 上单调递减,函数 h ? x ? 有极大值,也有极小值, 极大值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ;

2 极小值是 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?.

【解析】解: (Ⅰ)由题意 f ?? ? ? ? 2 ? 2 又 f ? ? x ? ? 2 x ? 2sin x , 所以 f ? ?? ? ? 2? ,因此 曲线 y ? f ? x ? 在点 ?? , f ?? ? ? 处的切线方程为

y ? ?? 2 ? 2? ? 2? ? x ? ? ? ,即

y ? 2? x ? ? 2 ? 2 .

(Ⅱ)由题意得

h ? x? ? e2 ? cos x ? sin x ? 2x ? 2? ? a ? x2 ? 2cos x ? ,

因为 h? ? x ? ? ex ? cos x ? sin x ? 2x ? 2? ? ex ? ? sin x ? cos x ? 2? ? a ? 2x ? 2sin x ?

? 2ex ? x ? sin x ? ? 2a ? x ? sin x ? ? 2 ex ? a ? x ? sin x ? ,
令 m ? x ? ? x ? sin x 则 m? ? x ? ? 1 ? cos x ? 0 所以 m ? x ? 在 R 上单调递增. 所以 当 x ? 0 时, m ? x ? 单调递减,当 x ? 0 时, m ? x ? ? 0

?

?

当 a ? 0时,e x ? a ? 0

(2)当 a ? 0 时, h? ? x ? ? 2 ex ? eln a ①当 0 ? a ? 1 时, ln a ? 0 ,

?

? ? x ? sin x? 由 h? ? x ? ? 0 得

x1 ? ln a , x2 =0

当 x ? ? ??,ln a ? 时, ex ? eln a ? 0, h? ? x ? ? 0 , h ? x ? 单调递增; 当 x ? ? ln a,0 ? 时, ex ? eln a ? 0, h? ? x ? ? 0 , h ? x ? 单调递减; 当 x ? ? 0, ?? ? 时, ex ? eln a ? 0, h? ? x ? ? 0 , h ? x ? 单调递增. 所以 当 x ? ln a 时 h ? x ? 取得极大值.

2 极大值为 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?,

当 x ? 0 时 h ? x ? 取到极小值,极小值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ; ②当 a ? 1 时, ln a ? 0 ,所以 当 x ? ? ??, ?? ? 时, h? ? x ? ? 0 ,函数 h ? x ? 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无极值;

2 极小值是 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?.

综上所述: 当 a ? 0 时, h ? x ? 在 ? ??,0 ? 上单调递减,在 ? 0, ?? ? 上单调递增, 函数 h ? x ? 有极小值,极小值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ; 当 0 ? a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??,ln a ? 和 ? 0,ln a ? 和 ? 0, ?? ? 上单调递增,在 ? ln a,0 ? 上单调递减,函数 h ? x ? 有极大值,也 有极小值,
2 极大值是 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?

极小值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ; 当 a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??, ?? ? 上单调递增,无极值;

当 a ? 1 时,函数 h ? x ? 在 ? ??,0 ? 和 ? ln a, ?? ? 上单调递增, 在 ? 0,ln a ? 上单调递减,函数 h ? x ? 有极大值,也有极小值, 极大值是 h ? 0? ? ?2a ? 1 ;

2 极小值是 h ? ln a ? ? ?a ? ?ln a ? 2ln a ? sin ?ln a ? ? cos ?ln a ? ? 2? ?.

(10)(2017 年山东卷文)若函数 e f ? x ? (e=2.71828 ? 是自然对数的底数)在 f ? x ? 的定义域上单调递增,学@科网则称
x

函数 f ? x ? 具有 M 性质.下列函数中具有 M 性质的是 (A) f ? x ? ? 2 【答案】A
x ?x ?x x ?x x ?x 【解析】 对于 A,令 g ( x) ? e ? 2 , g ?( x) ? e (2 ? 2 ln ) ? e 2 (1 ? ln ) ? 0 ,则 g ( x) 在 R 上单调递增,故 f ( x ) 具

?x

(B) f ? x ? ? x

2

(C) f ? x ? ? 3

?x

(D) f ? x ? ? cos x

1 2

1 2

有 M 性质,故选 A. (20)(2017 年山东卷文) 已知函数 f ? x ? ?

1 3 1 2 x ? ax , a ? R . 3 2

(Ⅰ)当 a=2 时,求曲线 y ? f ? x ? 在点 3, f ?3? 处的切线方程; (Ⅱ)设函数 g ? x ? ? f ? x ? ? ? x ? a ? cos x ? sin x ,讨论 g ? x ? 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】 (Ⅰ) 3x ? y ? 9 ? 0 ,(Ⅱ)见解析.

?

?

3x-y-9=0

(20)(2017 年天津卷理) 设 a ? Z ,已知定义在 R 上的函数 f ( x) ? 2x4 ? 3x3 ? 3x2 ? 6x ? a 在区间 (1, 2) 内有一个零点 x0 , g ( x) 为 f ( x ) 的导 函数. (Ⅰ)求 g ( x) 的单调区间; (Ⅱ)设 m ?[1, x0 ) ? ( x0 , 2] ,函数 h( x) ? g ( x)(m ? x0 ) ? f (m) ,求证: h(m)h( x0 ) ? 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

p p 1 ? [1, x0 ) ? ( x0 , 2], 满足 | ? x0 |? . q q Aq 4

【答案】 (1)增区间是 (??, ?1) , ( , ??) ,减区间是 ( ?1, ) .(2) (3)证明见解析 【解析】 (Ⅰ)由 f ( x) ? 2x ? 3x ? 3x ? 6x ? a ,可得 g ( x) ? f ?( x) ? 8x ? 9x ? 6x ? 6 ,
4 3 2 3 2

1 4

1 4

进而可得 g?( x) ? 24x ? 18x ? 6 .令 g ?( x) ? 0 ,解得 x ? ?1 ,或 x ?
2

1 . 4

当 x 变化时, g ?( x), g ( x) 的变化情况如下表: x

(??, ?1)

1 ( ?1, ) 4

1 ( , ??) 4

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, ) . (Ⅱ)证明:由 h( x) ? g ( x)(m ? x0 ) ? f (m) ,得 h(m) ? g (m)(m ? x0 ) ? f (m) ,

1 4

1 4

h( x0 ) ? g ( x0 )(m ? x0 ) ? f (m) .

(III)证明:对于任意的正整数 p , q ,且

p ? [1, x0 ) ? ( x0 , 2] , q

令m ?

p ,函数 h( x) ? g ( x)(m ? x0 ) ? f (m) . q

由(II)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.

p p 不妨设为 x1 , 则 h(x1 ) ? g ( x1 )( ? x0 ) ? f ( ) ? 0 q q

所以 |

p 1 p 1 ? x0 | ? .所以,只要取 A ? g (2) ,就有 | ? x0 | ? . 4 q g (2)q q Aq 4

(19)(2017 年天津卷文) 设 a, b ? R , | a |? 1 .已知函数 f ( x) ? x3 ? 6x2 ? 3a(a ? 4) x ? b , g ( x) ? e x f ( x) . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)已知函数 y ? g ( x) 和 y ? e x 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) ? e x 在区间 [ x0 ? 1, x0 ? 1] 上恒成立,求 b 的取值范围. 【解析】(Ⅰ)由 f ( x) ? x3 ? 6 x2 ? 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 x ? a 或 x ? 4 ? a .由 | a |? 1 ,得 a ? 4 ? a . 当 x 变化时, f ' ( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x) f ( x)

(??, a)

( a, 4 ? a )

(4 ? a, ??)

?
?

?
?

?
?

所以, f ( x) 的单调递增区间为 (??, a) , (4 ? a, ??) ,单调递减区间为 (a, 4 ? a) .

? g ( x0 ) ? e x0 ? (Ⅱ)(i)因为 g' ( x) ? e ( f ( x) ? f ' ( x)) ,由题意知 ? , x0 g' ( x ) ? e ? 0 ?
x
x x ? ? f ( x0 ) ? 1 ? f ( x0 )e 0 ? e 0 所以 ? x ,解得 . ? x0 0 ? ?f ' ( x0 ) ? 0 ?e ( f ( x0 ) ? f ' ( x0 )) ? e

所以, f ( x) 在 x ? x0 处的导数等于 0. (ii)因为 g ( x) ? ex , x ?[ x0 ?1, x0 ? 1] ,由 e x ? 0 ,可得 f ( x) ? 1 . 又因为 f ( x0 ) ? 1 , f ' ( x0 ) ? 0 ,故 x0 为 f ( x) 的极大值点,由(Ⅰ)知 x0 ? a . 另一方面,由于 | a |? 1 ,故 a ? 1 ? 4 ? a ,



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