导数大题-近两年高考题
一．解答题（共28小题）
1．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． 2．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣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． 3．已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣4．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+）（1+求m的最小值．
5．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex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）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b
）…（1+
）＜m，
﹣2．
的取值范围．
6．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∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥7．已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，
（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程； （2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 8．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．
9．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：b2＞3a；
（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．
10．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a；
．
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 11．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；
（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（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． 12．已知函数f（x）=excosx﹣x．
（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）求函数f（x）在区间[0，13．已知函数f（x）=（x﹣（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 14．已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围． 15．设f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R． （Ⅰ）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围． 16．已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
17．设函数f（x）=xea﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，
]上的最大值和最小值． ）e﹣x（x≥）．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．
18．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．
19．（Ⅰ）讨论函数f（x）=＞0；
（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域． 20．设函数f（x）=lnx﹣x+1． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜
＜x；
（x＞0）有最小值．设
ex的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2
，其中a∈R，e=2.718…为
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx． 21．设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R． （1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3； （3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．
22．设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．
（Ⅰ）求f′（x）； （Ⅱ）求A；
（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．
23．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，其中a∈R． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞﹣e1﹣x在区间（1，+∞）内恒成立（e=2.718…为自然对数的底数）．
24．设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R． （1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=0； （3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．
25．已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点． （Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2． 26．已知f（x）=a（x﹣lnx）+（I）讨论f（x）的单调性；
（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立． 27．设函数f（x）=x3+ax2+bx+c．
（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围； （3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件． 28．已知函数f（x）=ax+bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．
，a∈R．
（1）设a=2，b=． ①求方程f（x）=2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，求实数m的最大值；
（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．
导数大题-近两年高考题
参考答案与试题解析
一．解答题（共28小题）
1．（2017?新课标Ⅰ）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．
【解答】解：（1）f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x=e2x﹣exa﹣a2x， ∴f′（x）=2e2x﹣aex﹣a2=（2ex+a）（ex﹣a）， ①当a=0时，f′（x）＞0恒成立， ∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna， 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣）， 当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， 综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，
（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立，
②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0， ∴lna≤0， ∴0＜a≤1，
③当a＜0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））=0，
∴ln（﹣）≤， ∴﹣2
≤a＜0，
，1]
﹣a2ln（﹣）≥
综上所述a的取值范围为[﹣2
2．（2017?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣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．
【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a=0时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣）， 令f′（x）=0，解得：x=ln， 当f′（x）＞0，解得：x＞ln， 当f′（x）＜0，解得：x＜ln，
∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜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（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数； （2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点， 当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x， 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0， ∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x， ∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数， ∴f（x）min=f（ln）=a×（
）+（a﹣2）×﹣ln＜0，
∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0， 设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0）， 求导g′（t）=+1，由g（1）=0， ∴t=＞1，解得：0＜a＜1， ∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣）， 令f′（x）=0，解得：x=﹣lna， 当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜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（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）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x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，
当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0， 故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0， 由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0， 故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=n0＞
﹣n0＞
﹣n0＞0，
（a
+a﹣2）﹣
由ln（﹣1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有一个零点． ∴a的取值范围（0，1）．
3．（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性； （2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣
﹣2．
【解答】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x， 求导f′（x）=+2ax+（2a+1）=
=
，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）=+1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣因为当x∈（0，﹣
．
，+∞）f′（x）＜0， ，+∞）上单调递减．
）f′（x）＞0、当x∈（﹣
）上单调递增、在（﹣
所以y=f（x）在（0，﹣
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（0，﹣递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣在（﹣
，+∞）上单调递减，
时函数y=f（x）取最大值（fx）（﹣max=f
）=﹣1﹣ln2﹣
+ln
）上单调递增、
）上单调递增、在（﹣
，+∞）上单调
所以当x=﹣（﹣）．
从而要证f（x）≤﹣即证﹣1﹣ln2﹣﹣1+ln2．
﹣2，即证f（﹣）≤﹣﹣2，
+ln（﹣）≤﹣﹣2，即证﹣（﹣）+ln（﹣）≤
令t=﹣，则t＞0，问题转化为证明：﹣t+lnt≤﹣1+ln2．…（*） 令g（t）=﹣t+lnt，则g′（t）=﹣+，
令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0， 所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减， 即g（t）≤g（2）=﹣×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立， 所以当a＜0时，f（x）≤﹣
﹣2成立．
4．（2017?新课标Ⅲ）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+）（1+求m的最小值．
【解答】解：（1）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0， 所以f′（x）=1﹣=
，且f（1）=0．
）…（1+
）＜m，
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）， min=f（a）
又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1；
（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号， 所以ln（1+
）＜
，k∈N*．
）+…+ln（1+）＜e；
）＜+
+…+
=1﹣
＜1，
一方面，ln（1+）+ln（1+即（1+）（1+
）…（1+
另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；
从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），
）…（1+
）＜m成
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+立，
所以m的最小值为3．
5．（2017?天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex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）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=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
（﹣∞，a） （a，4﹣a） （4﹣a，+
∞）
f'（x） f（x）
+ ↗
﹣ ↘
+ ↗
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，
4﹣a）；
（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=ex（f（x）+f'（x）），由题意知
，
∴，解得．
∴f（x）在x=x0处的导数等于0；
（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1． 又∵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，
由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减， 故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．
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'（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）的值域为[﹣7，1]． ∴b的取值范围是[﹣7，1]．
6．（2017?天津）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∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥
．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，
进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x=． 当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：
x g′（x） g（x）
（﹣∞，﹣1）
+ ↗
（﹣1，）
﹣ ↘
（，+∞）
+ ↗
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），
h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．
令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）． 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，
故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减； 当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．
因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，
令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由
导数大题-近两年高考题 39
