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

sin2x1cosx

的部分图像大致为(C)

2.

( 2017年新课标Ⅱ卷理) 11.若x

2是函数f(x)

(x

2

ax1)e

x1`

的极值点，则

f(x)的极小值为（

A.1B.2e

3

C.5e

3

D.1

【答案】A【解析】由题可得f(x)(2xa)e

x1

(x2

ax1)e

x1

[x

2

(a2)xa1]ex1

因为f(2)0，所以a1，f(x)(x

2

x1)ex1

，故f(x)

(x

2

x2)e

x1

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)

(111)e11

1，故选A。

3.

(2017年新课标Ⅰ文) 9．已知函数f(x)

lnx

ln(2

x)，则

(C)

A．f(x)在（0,2）单调递增B．f(x)在（0,2）单调递减

C．y=f(x)的图像关于直线

x=1对称

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

2xa(e

x1

e

x1

)有唯一零点，则a=

）

A．

12

B．

13

C．

12

D．1

【答案】C

6.( 2017年新课标Ⅱ卷理)21.

已知函数

fxax

2

axxlnx，且fx0。x0，且e

2

(1)求a；(2)证明：【解析】（1）f

fx存在唯一的极大值点fx02.

2

x的定义域为

0，+

x=xgx,fx

a

0等价于gx1x

,g'1=a

0

1

x＞1时，g'x＞0，gx单调递增.所以x=1

设gx=ax-a-lnx，则f因为g1=0，gx若a=1，则g'x=1是gx的极小值点，故综上，a=1

0,故g'1=0,而g'x1x

1,得a

.当0＜x＜1时，g'x＜0,gx单调递减；当

g1=0

gx

又he

2

＞0,h

12

＜0,h10，所以hx在0,

12

有唯一零点x0，在

12

,+

有唯一零点1，且当x

0,x0时，

hx＞0；当x因为f'x

x0,1时，hx＜0，当x

1,+

时，hx＞0.

hx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点

由f'x0由x0

0得lnx0

0,1得f'x0＜

2(x014

1),故fx0=x0(1x0)

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

fx0＞fe

2

1

e

-2

2

所以e＜fx0＜2

21．(2017年新课标Ⅲ卷理)

已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx．（1）若f(x)（2）设m为整数，且对于任意正整数解：（1）f'(x)当当则因此

n，(1+

0，求a的值；12)(1+

12

2

)(1+

12

n

)﹤m，求m的最小值．

1

ax

(x0)

aa

y'

0时，f'(x)0，x0时f(x),(a,,(1,

))

不满足

0时，f(x)在(0,a)

lna∴ y在(0,1)

f(x)min

∴

f(a)a1alna令y

0

a1alna

ymaxy(1)0，即yx1lnx

a1时f(x)min

12

n

0，满足.（2）由（1）有

∴ln(1

n

)12

n

12)

n

∴

i1

ln(1

12

1

12

2

12

n

1

12

n

∴

mmin

1

2

x

（21）(2017年新课标Ⅱ文)

设函数f(x)=(1-x)e.（1）讨论f(x)的单调性；（2）当x21. 解

（1）f ’（x)=(1-2x-x)e令f’(x)=0得x=-1-当x∈（-∞，-1-2

x

0时，f(x)ax+1，求a的取值范围.

2，x=-1+2

(x)<0；当x∈（-1-2，-1+2）时，f’(x)>0；当x∈（-1-2）时，f’

，（-1+2，+∞）单调递减，在（-1-2，-1+2）单调递增2）

x

(x)<0 2，+∞）时，f’

所以f(x)在（-∞，-1-(2) f (x)=(1+x)（1-x）e

当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）e，h’（x)= -xe＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而故h(x)≤1，所以

f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1

xx

h(0)=1，

当0＜a＜1时，设函数g（x）=e-x-1，g’（x）=e-1＞0（x＞0），所以g（x）在在[0，+∞)单调递增，而

xx

g(0)=0，

故e≥x+1

x

当0＜x＜1，

f(x)(1x)(1

2

x)，(1x)(1x)ax0

2

2

ax1x(1axx)，取x0

2

a12

则

x0(0,1),(1x0)(1x0)

0时，取x0

0,故f(x0)ax01

1ax01

当a

512

,f(x0)（1-x0）(1x0)2

综上，a的取值范围[1，+∞）

(2017年新课标Ⅰ文) 21．已知函数f(x)=e(e﹣a)﹣ax．

（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)（1）函数f(x)的定义域为(21.（12分）①若a②若a当x

x

x

2

0，求a的取值范围．)，f(x)

,2e

2x

ae

x

a

2

(2e

x

a)(e

x

a)，

0，则f(x)

e，在(

0得x

2x

,lna.

)单调递增.

0，则由f(x)(

,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单

调递增. ③若a当x

0，则由f(x)(

,ln(),

a2

0得xln(

a2

).

(ln(

a2),

)时，f(x)

0，故f(x)在(

,ln(

a2

))单调递减，在

))时，f(x)

0；当x

(ln(

a2

)单调递增. 0，则f(x)

（2）①若a②若a即a③若a

e，所以f(x)

2x

0.

0，则由（1）得，当x1时，f(x)

0.

lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)

alna.从而当且仅当

2

alna

2

0，

0，则由（1）得，当x34

a2

ln(

3

4

a2

)时，f(x)取得最小值，最小值为

f(ln(

a2

))a[

2

34

ln(

a2

)].从而当且仅

当a[

2

ln()]0，即a

34

2e时f(x)0.

综上，

a的取值范围为[2e,1].

x

2

14．(2017年新课标Ⅰ文)曲线y(2017年新课标Ⅰ) 21. 已知函数f(x)

1x

在点（1，2）处的切线方程为

_y=x+1

ae

2x

(a2)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，

20．(2017年浙江卷)已知函数f(x)=（x–

（Ⅱ）求f(x)在区间[

a的取值范围为(0,1).

2x1）e（x

x

12

）.（Ⅰ）求f(x)的导函数；

12

，+)上的取值范围.

22x

1

x

【答案】（Ⅰ）f＇（x）=（1-x）（1-

）e

；（Ⅱ）[0,

1

e]. 2

12

（Ⅱ）由错误！未找到引用源。解得错误！未找到引用源。因为

或错误！未找到引用源。

.

（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

x

错误！未找到引用源。.

(2017年北京卷理) （19）已知函数f（x）=ecosx-x.（Ⅰ）求曲线（Ⅱ）求函数【答案】

（Ⅰ）f(x)=e・cosx－x∴f(0)=1∴f′(x)=e（cosx－sinx）－1 ∴y=f(x)在（0，f(0)）处切线过点（0,1），k=0 （Ⅱ）f′(x)=e（cosx-sinx）－1，设f′(x)=g(x) ∴g′(x)=－2sinx・e≤0 ∴g(x)在［0，

xxx

x

y= f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

f（x）在区间[0，

π

]上的最大值和最小值2

.

f′(0)=0 y=1

∴切线方程为

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

2x

e

x

(2017年江苏卷) 11．已知函数f(x)

取值范围是【解析】因为

因为又

▲　．

x

3

1e

x

，其中e是自然对数的底数．若f(a

1)f(2a)

2

0，则实数a的

f(x)x

2

3

2x

x

1

xe

e

x

f(x)，所以函数f(x)是奇函数，

f'(x)3x2e

2

e

x

3x

2

22ee

xx

0，所以数f(x)在R上单调递增，

2

f(a1)

1

a

f(2a)

12

0，即f(2a)

2

f(1a)，所以2a

1

1a，即2a

2

a1

0，

解得

，故实数

a的取值范围为[1,].

2

(2017年江苏卷) 20．

已知函数f(x)

x

3

ax

2

bx1(a0,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；

f(x)

f(x)

（2）证明：b2

7

（3）若

，

这两个函数的所有极值之和不小于

2，求a的取值范围．

3a；

20.【解析】（1）因为

f(x)

3x

2

2axb，所以f(x)

6x2a0，所以x

a3

，

所以f(

a2a3

33

)

0，所以b

9

a

，

因为

4a2

12b0，所以a3.

（2）b2

-3a

453

81a

6

3a

9，y

481

t

2

5

3t9(ta327)

因为t1358

27，

所以

yminy(27)0，所以b2>3a.

7. ( 2017年全国Ⅲ卷文)函数y1x

sinxx

2

的部分图像大致为（）

答案：D

12. ( 2017年全国Ⅲ卷文)已知函数

f(x)

x

2

2xa(e

x1

e

x1

)有唯一零点，则a

A 112

B

13

C

2

D 1

【解析】f'

(x)2x2a(e

x1

e

x1

)0

得x1

即x1为函数的极值点，故f(1)

0

则1

2

2a

0，a

12

）

（21. ( 2017年全国Ⅲ卷文)设函数f(x)lnxax

2

(2a1)x.

（1）讨论f(x)的单调性；（2）当a0时，证明f(x)

34a

2.

解：（1）由f(x)

lnxax

2

(2a1)x,(x0)

有f'

(x)

1x

2ax

2a1

2ax2

(2a1)x1x

………………………………

..2

①当a0时，f'(x)

10,f(x)单增

①当a

0时，令f'

(x)0，即2ax

2

(2a1)x10解得x1(舍),x1

1

2

2ag(x)

2ax

2

(2a1)x1

…………

ⅰ.当a0时，g(x)开口向上，1

'

2a

0,g(x)0,即f(x)0，f(x)单增

ⅱ.当a

0时，g(x)开口向上，

12a

0，

此时，在(0,

10，即f'

2a)上，g(x)(x)

0，f(x)单减

在(

12a,

)上，g(x)

0，即f'

(x)

0，f(x)单增………………………………

6

（2）由（1）可得：f(x)f(

111max2a

)ln(2a

)4a

1

故要证f(x)34a2即证ln(1112a

)

4a134a

2……即证ln(

2a

)

12a

10即证lntt10(t0)

令g(t)

则g'

(t)

1…

lnt

t1

t

1

令

g'

(t)

0，得t1

g(t)max

g(1)0g(t)

0

………………………………

.12

故原命题得证.

（15）(2017年山东卷理)若函数ex

fx（e2.71828

是自然对数的底数）在fx的定义域上单调递增，具有M性质.下列函数中所有具有

M性质的函数的序号为

.

①fx2

x

②fx3

x

③fxx

3

④fxx

2

2

【答案】①④

x

【解析】①

ex

fx

ex

2

x

e2

在R上单调递增，故

fx

2x

具有

性质；

则称函数fx

②e

x

fx

e3

x

xx

e3

x

在R上单调递减，故

fxex

x

3不具有

3

x

性质；

2x

③

efx

x

ex，令gx

0，

x

3

ex，则gx

ex在

x

3

x3

e3x

x2

xex2，

2,

当x

2时，gx

0，当

x

2时，gxefx,2上单调递减，在

上单调递增，故

fxx不具有

3

性质；④

efxef

x

x

ee

x

x

xx

2

2

2

，令

gx

x

e

2

x2

，则

gx

x

e

2

x2

x

2ex

x

e1

2

x1，0

x2在R上单调递增，故

R，设函数

fx

f(x)

x

ax

2

2具有

性质．

l，则l在y轴上的截

（10）(2017年天津卷文)已知a

距为___________．【答案】1

lnx的图象在点（1，f(1)）处的切线为

（20）(2017年山东卷理)

已知函数fx

x

2

2cosx，gxe

x

cosxsinx2x

2，其中e

2.71828

是自然对数的底数.

（Ⅰ）求曲线

y

fx在点

,fx处的切线方程；

（Ⅱ）令hxgxafxaR，讨论hx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.

【答案】（Ⅰ）y

2x

2

2.

（Ⅱ）综上所述：

当a0时，hx在,0上单调递减，在

0,

上单调递增，

函数hx有极小值，极小值是当0

a

1时，函数hx在

h02a1；

上单调递增，在

lna,0上单调递减，函数

hx有极大值，也

,lna和0,lna和0,

有极小值，极大值是hlna

alna

2

2lnasinlnacoslna2

极小值是h02a1；

当a1时，函数hx在,上单调递增，无极值；

当a1时，函数hx在,0和lna,

上单调递增，

在0,lna上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，

极大值是h02a1；

极小值是hlna

alna

2

2lnasinlnacoslna2.

【解析】解：（Ⅰ）由题意

f

2

2又fx2x2sinx，

所以f2，因此曲线yfx在点

,f处的切线方程为

y

2

22x，即y2x

2

2.

（Ⅱ）由题意得

hxecosx

2

sinx2x2ax

2

2cosx，

因为hxecosx

x

sinx2x

2

e

x

sinxcosx

2

a2x2sinx

2e

x

xsinx2axsinx

2e

x

axsinx，

令mx

x

sinx则mx

1cosx

0所以mx在R上单调递增.

所以当x0时，mx单调递减，当x0时，mx0

当a0时，e

x

a

0

(2)当a0时，hx2e

x

e

lna

xsinx由hx0得x1lna，x2=0

①当0

a

1时，lna0，

当x

,lna时，e

x

e

lna

0,hx0，hx单调递增；

当x

lna,0时，e

x

e

lna

0,hx0，hx单调递减；

当x0,

时，e

x

e

lna

0,hx0，hx单调递增.

所以当xlna时hx取得极大值.

极大值为hlna

aln2

a

2lnasinlnacoslna

2，

当x0时hx取到极小值，极小值是h02a1；

②当a1时，lna0，所以当x

,

时，hx0，函数hx在

,

上单调递增，无极值；

极小值是hlna

aln2

a

2lnasinlnacoslna2.

综上所述：

当a0时，hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，

函数hx有极小值，极小值是h0

2a1；

当0

a

1时，函数hx在

,lna和0,lna和0,

上单调递增，在

lna,0上单调递减，函数

hx有极大值，也

有极小值，极大值是hlna

aln2

a

2lnasinlnacoslna2

极小值是h02a1；

当a1时，函数hx在,上单调递增，无极值；

当a1时，函数hx在,0和lna,上单调递增，

在0,lna上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，

极大值是h02a1；

极小值是hlna

alna

2

2lnasinlna

x

coslna2.

是自然对数的底数

)在

（10）(2017年山东卷文)若函数

函数

efx(e=2.71828

fx的定义域上单调递增,学@科网则称

fx具有M性质.下列函数中具有fx

2

x

M性质的是

（A）【答案】A

（B）

fxx

2

（C）

fx3

x

（D）

fxcosx

【解析】对于A,令有M性质,故选A.

g(x)e2,g(x)

xx

e(2

xx

2

x

ln

12

)

e2(1ln)

2

xx

1

0,则g(x)在R上单调递增,故f(x)具

（20）(2017年山东卷文)

已知函数f

x

13

x

3

12

ax,a

2

R.

（Ⅰ）当a=2时,求曲线（Ⅱ）设函数【答案】（Ⅰ）3x

yfx在点3,f3处的切线方程；

xacosxsinx,讨论gx的单调性并判断有无极值

,有极值时求出极值

.

gx

y9

fx

0,（Ⅱ）见解析.

3x-y-9=0

（20）(2017年天津卷理)设a函数.

（Ⅰ）求g(x)的单调区间；（Ⅱ）设

Z，已知定义在R上的函数f(x)

2x

4

3x

3

3x

2

6xa在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导

m[1,x0)(x0,2]，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)，求证：h(m)h(x0)

p,q，且

0；

pq

x0|

1Aq

4

（Ⅲ）求证：存在大于

0的常数A，使得对于任意的正整数

pq

[1,x0)(x0,2],满足|

.

【答案】（1）增区间是(【解析】（Ⅰ）由进而可得

,1)，(,

4

1

)，减区间是(1,).（2）（3）证明见解析

4

2

1

f(x)24x

2

2x

4

3x

3

3x6xa，可得g(x)

0，解得x

f(x)

14

.

8x

3

9x

2

6x6，

g(x)18x6.令g(x)1，或x

当x变化时，g(x),g(x)的变化情况如下表：

x

(,1)

(1,)

4

1

(,4

1

)

g(x)g(x)

所以，g(x)的单调递增区间是（Ⅱ）证明：由

+ ↗

- ↘

+ ↗

(

1

,1)，(,

4

)，单调递减区间是

(1,).

4

1

h(x)

g(x)(mx0)

f(m).

f(m)，得h(m)

g(m)(mx0)

f(m)，

h(x0)g(x0)(mx0)

（III）证明：对于任意的正整数

p，q，且

pq

[1,x0)(x0,2]，

令m

pq

，函数

h(x)g(x)(mx0)f(m).

由（II）知，当当m

m[1,x0)时，h(x)在区间(m,x0)内有零点；

(x0,2]时，h(x)在区间(x0,m)内有零点.

不妨设为

x1,则 h(x1)

g(x1)(

pq

x0)

f(pq)

0

所以|

pq

x0|

1g(2)q

4

.所以，只要取Ag(2)，就有|

pq

x0|

1Aq

4

.

（19）(2017年天津卷文)

设a,b

R，|a|1．已知函数

f(x)

x

3

6x

2

3a(a4)x

b，g(x)ef(x)．

x

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）已知函数y

g(x)和y

e的图象在公共点（

0；

1,x0

1]上恒成立，求

b的取值范围．

x

x0，y0）处有相同的切线，

（i）求证：f(x)在x

x0处的导数等于

x

（ii）若关于x的不等式g(x)【解析】（Ⅰ）由

e在区间[x0

2

f(x)3a(a

x

3

6x3a(a4)xb，可得a))，

4

a．

f'(x)

令f'(x)当

3x

2

12x4)3(x4

a)(x(4

0，解得xa或xa．由|a|1，得a

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)，(4a,)，单调递减区间为

g(x0)g'(x0)

e

x0x0

(a,4a)．

（Ⅱ）（i）因为g'(x)

x0

x0

e(f(x)

x

f'(x))，由题意知

f(x0)f'(x0)

10

e

，

所以

f(x0)e

x0

e

e(f(x0)f'(x0))

e

x0

，解得．

所以，f(x)在x（ii）因为g(x)又因为f(x0)另一方面，由于

x0处的导数等于0．e，x

x

[x0

1,x01]，由ex0，可得f(x)1．

x0

a．

1，f'(x0)0，故x0为f(x)的极大值点，由（Ⅰ）知

a，

|a|1，故a14