2022年高考总复习-数学导数大题练习- .pdf

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1、陈先槟1 1已知函数dxbacbxaxxf)23()(23的图象如下图I求dc,的值；II 假设函数)(xf在2x处的切线方程为0113yx，求函数)(xf的解析式；III 在 II的条件下，函数)(xfy与mxxfy5)(31的图象有三个不同的交点，求m的取值范围2已知函数)(3ln)(RaaxxaxfI求函数)(xf的单调区间； II 函 数)(xf的 图 象 的 在4x处 切 线 的 斜 率 为,23假 设 函 数2)( 31)(23mxfxxxg在区间 1，3上不是单调函数，求m的取值范围3 已知函数cbxaxxxf23)(的图象经过坐标原点， 且在1x处取得极大值I求实数a的取值范围

2、；II 假设方程9)32()(2axf恰好有两个不同的根，求)(xf的解析式； III 对 于 II 中 的 函 数)(xf， 对 任 意R、， 求 证 ：81|)sin2()sin2(|ff4已知常数0a，e为自然对数的底数，函数xexfx)(，xaxxgln)(2I写出)(xf的单调递增区间，并证明aea；II 讨论函数)(xgy在区间), 1(ae上零点的个数5已知函数( )ln(1)(1) 1f xxk xI当1k时，求函数( )f x的最大值；II 假设函数( )f x没有零点，求实数k的取值范围；6已知2x是函数2( )(23)xfxxaxae的一个极值点718.2e I求实数a的

3、值；II 求函数( )f x在3,23x的最大值和最小值7已知函数)0,( ,ln)2(4)(2aRaxaxxxfI当 a=18 时，求函数)(xf的单调区间；II求函数)(xf在区间,2ee上的最小值8 已知函数( )(6)lnf xx xax在(2,)x上不具有单调性I求实数a的取值范围；II 假设( )fx是( )f x的导函数，设22( )( )6g xfxx，试证明：对任意两个不相等正数12xx、，不等式121238| ()() |27g xg xxx恒成立9已知函数.1,ln) 1(21)(2axaaxxxfI讨论函数)(xf的单调性；II证明：假设.1)()(,),0(,5212

4、12121xxxfxfxxxxa有则对任意10已知函数21( )ln,( )(1),12fxxaxg xaxaI假设函数( ),( )f xg x在区间1,3上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；II假设(1, (2.71828)aee，设( )( )( )F xf xg x，求证：当12,1, x xa时，不等式12|()() | 1F xF x成立11设曲线C：( )lnf xxex2.71828e ，( )fx表示( )fx导函数I求函数( )f x的极值；II 对于曲线C上的不同两点11(,)A xy，22(,)B xy，12xx，求证：存在唯一的0 x12(,)x x

5、，使直线AB的斜率等于0()fx12定义),0(,)1 (),(yxxyxFy，I令函数22( )(3,log (24)f xFxx，写出函数( )f x的定义域；II令函数322( )(1,log (1)g xFxaxbx的图象为曲线C，假设存在实数b 使得曲线 C 在)14(00 xx处有斜率为 8 的切线，求实数a的取值范围；III 当,*x yN且xy时，求证( , )( , )F x yF y x答案1解：函数)(xf的导函数为bacbxaxxf2323)(2 2 分I由图可知函数)(xf的图象过点 0，3 ，且0) 1(f得03023233cdbacbad4分II 依题意3)2(f

6、且5)2(f534648323412babababa解得6, 1 ba所以396)(23xxxxf 8 分III9123)(2xxxf可转化为：mxxxxxx534396223有三个不等实根，即：mxxxxg8723与x轴有三个交点；42381432xxxxxg，x32,32432，4，4xg+ 0 - 0 + xg增极大值减极小值增mgmg164,276832 10 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页陈先槟2 当且仅当01640276832mgmg且时，有三个交点，故而，276816m为所求12分2解： I)0(

7、)1()( xxxaxf2 分当, 1,1 , 0)(,0减区间为的单调增区间为时xfa当;1 , 0, 1)(,0减区间为的单调增区间为时xfa当 a=1 时，)(xf不是单调函数5 分II32ln2)(,22343)4( xxxfaaf得2)4()( ,2)22(31)(223xmxxgxxmxxg6 分2)0( ,)3, 1()(gxg且上不是单调函数在区间. 0)3( , 0)1 ( gg 8分 ,319, 3mm 10分 )3,319(m12 分3解I,23)(,00)0(2baxxxfcf320)1(abf),323)(1()32(23)(2axxaaxxxf由33210)(axx

8、xf或，因为当1x时取得极大值，所以31332aa，所以)3,( :的取值范围是a；II 由下表：依题意得：9)32() 32(27622aaa，解得：9a所以函数)(xf的解析式是：xxxxf159)(23III 对任意的实数,都有,2sin22,2sin22在区间 -2，2有：230368)2(, 7)1(,7430368)2(fff,7) 1()(fxf的最大值是7430368)2()(fxf的最小值是函数 2, 2)(在区间xf上的最大值与最小值的差等于81，所以81| )sin2()sin2(|ff4 解 ： I 01)(xexf， 得)(xf的 单 调 递 增 区 间 是), 0(

9、， 2 分0a， 1)0()(faf， aaea1， 即aea 4 分II xaxaxxaxxg)22)(22(22)(，由0)(xg，得22ax，列表当22ax时，函数)(xgy取极小值)2ln1(2)22(aaag，无极大值由 Iaea，22aaeeaa，22aea，22aea01)1(g，0)()(22aeaeaeegaaaa8 分 i 当122a， 即20a时 ， 函 数)(xgy在 区 间), 1(ae不存在零点ii当122a，即2a时假设0)2ln1(2aa，即ea22时，函数)(xgy在区间), 1(ae不存在零点假设0)2ln1(2aa， 即ea2时，函数)(xgy在区间),

10、1(ae存在一个零点ex；假设0)2ln1(2aa， 即ea2时，函数)(xgy在区间), 1(ae存在两个零点；综上所述，)(xgy在(1,)ae上，我们有结论：当02ae时，函数( )f x无零点；当2ae时，函数( )f x有一个零点；当2ae时，函数( )f x有两个零点5解： I当1k时，2( )1xfxxx)1 ,(1)332, 1(a332a),332(a)(xf+ 0 - 0 - )(xf递增极大值2a递减极小值2)32(276aa递增x)22,0(a22a),22(a)(xg- 0 + )(xg单调递减极小值单调递增精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

11、结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页陈先槟3 )(xf定义域为 1，+ ，令( )0,2fxx得，当(1,2),x时( )0fx，当(2,),x时( )0fx，( )(1,2)f x 在内是增函数，(2,)在上是减函数当2x时，( )f x取最大值(2)0fII 当0k时，函数ln(1)yx图象与函数(1)1yk x图象有公共点，函数( )f x有零点，不合要求；当0k时，1()11( )111kk xkkxkfxkxxx 6分令1( )0,kfxxk得，1(1,),( )0,kxfxk时1(1,),( )0 xfxk时，1( )(1,1)f xk在内是增函数，11,)k在上是

12、减函数，( )f x的最大值是1(1)lnfkk，函数( )f x没有零点，ln0k，1k，因此，假设函数( )f x没有零点，则实数k的取值范围(1 ,)k6 解： I由2( )(23)xf xxaxae可得22( )(2)(23)(2)3xxxfxxa exaxaexa xae 4 分2x是函数( )f x的一个极值点，(2)0f2(5)0ae，解得5aII 由0) 1)(2()(xexxxf，得)(xf在)1 ,(递增，在),2(递增，由0)(xf，得)(xf在在)2, 1(递减2)2(ef是( )f x在3,23x的最小值； 8 分2347)23(ef，3)3(ef)23()3(,0)

13、74(4147)23()3(23233ffeeeeeff( )f x在 3,23x的最大值是3)3(ef7解： xxxxfln164)(2，xxxxxxf)4)(2(21642)( 2分由0)( xf得0)4)(2(xx，解得4x或2x注意到0 x，所以函数)(xf的单调递增区间是4，+由0)( xf得0)4)(2(xx，解得 -2x4，注意到0 x，所以函数)(xf的单调递减区间是4,0(. 综上所述，函数)(xf的单调增区间是4，+ ，单调减区间是4,0(在,2eex时，xaxxxfln)2(4)(2所以xaxxxaxxf242242)( 2，设axxxg242)(2当0a时，有 =16+

14、4 208)2(aa，此时0)(xg，所以0)( xf，)(xf在,2ee上单调递增，所以aeeefxf24)()(2min当0a时，=08)2(2416aa，令0)( xf，即02422axx，解得221ax或221ax；令0)( xf，即02422axx，解得221a221ax. 假设221a2e，即a22) 1(2 e时，)(xf在区间,2ee单调递减，所以aeeefxf244)()(242min. 假设2221eae，即222)1(2)1(2eae时间，)(xf在区间221 ,ae上单调递减，在区间,2212ea上单调递增，所以min)(xf)221 (af)221ln()2(322a

15、aaa. 假设221ae，即a022)1(e时，)(xf在区间,2ee单调递增，所以aeeefxf24)()(2min综上所述，当a222)1(e时，aeaxf244)(24min；当222)1(2)1(2eae时，)221ln()2(322)(minaaaaxf；当a2)1(2 e时，aeexf24)(2min8解： I226( )26axxafxxxx，( )f x在(2,)x上不具有单调性，在(2,)x上( )fx有正也有负也有0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页陈先槟4 即 二 次函 数226yxxa在(2

16、,)x上有 零点 4分226yxxa是 对称轴是32x，开 口向上的抛物线，22 26 20ya的实数a的取值范围(,4)II 由 I22( )2ag xxxx，方法 1：2222( )( )62(0)ag xfxxxxxx，4a，323233444244( )22axxg xxxxxx， 8 分设2344( )2h xxx，3448124(23)( )xh xxxx( )h x在3(0,)2是减函数，在3(,)2增函数，当32x时，( )h x取最小值3827从而( )g x3827，38( ( )027g xx，函 数38( )27yg xx是增函数，12xx、是 两 个不 相 等正 数

17、，不妨 设12xx， 则22113838()()2727g xxg xx212138()()()27g xg xxx，210 xx，1212()()3827g xg xxx1212()()g xg xxx3827，即121238|()() |27g xg xxx 12 分方法 2：11(, ()M x g x、22(, ()N xg x是曲线( )yg x上任意两相异点，121222121212()()2()2g xg xxxaxxx xx x，12122xxx x，4a12223121212122()422()xxaax xx xx xx x3121 2442()x xx x 8 分设121

18、,0ttx x，令32( )244MNku ttt，( )4 (32)u ttt，由( )0u t，得2,3t由( )0u t得20,3t( )u t在)32,0(上是减函数，在),32(上是增函数，)(tu在32t处 取 极 小 值2738，38( )27u t， 所 以1212()()g xg xxx3827即121238|()() |27g xg xxx91)(xf的定义域为),0(，xaxxxaaxxxaaxxf)1)(1(11)( 2i假设2,11aa即，则.) 1()( 2xxxf故)(xf在),0(单调增加ii假设.0)( ,)1 ,1(,21, 1, 11xfaxaaa时则当故

19、而)1 ,1()(,0)( ,), 1 () 1,0(axfxfxax在故时及当单调减少，在 0，a-1 ，), 1 (单调增加iii 假设),1 ,0(,)1,1 ()(,2, 11axfaa在单调减少在同理可得即单调增加II 考虑函数xxfxg)()(.ln) 1(212xxaaxx由1(1)1(121) 1()( aaxaxxaaxxg由于单调增加在即故),0()(, 0)( ,5xgxgaa，从而当021xx时有,0)()(,0)()(212121xxxfxfxgxg即故1)()(2121xxxfxf，当210 xx时，有1)()()()(12122121xxxfxfxxxfxf10解

20、： I( ),( )1afxxg xax，函数( ),( )f xg x在区间1,3上都是单调函数且它们的单调性相同，当1,3x时，2(1)()( )( )0axafxg xx恒成立，即2(1)()0axa恒成立，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页陈先槟5 21aax在1,3x时恒成立，或21aax在1,3x时恒成立，91x，1a或9aII21( )ln , (1)2F xxaxax，()(1)( )(1)axaxFxxaxx( )F x定义域是(0,)，(1,ae，即1a( )F x在(0,1)是增函数， 在(1,

21、 )a实际减函数， 在( ,)a是增函数当1x时，( )F x取极大值1(1)2MFa，当xa时，( )F x取极小值21( )ln2mF aaaaa，12,1, x xa，12|()()| |F xF xMmMm设211( )ln22G aMmaaa，则( )ln1G aaa，1( )1G aa，(1,ae，( )0G a( )ln1G aaa在(1,ae是增函数，( )(1)0G aG211( )ln22G aaaa在(1,ae也是增函数( )( )G aG e，即2211(1)( )1222eG aee，而22211(1)(31)1112222eee，( )1G aMm当12,1, xx

22、a时，不等式12|()()| 1F xF x成立11解： I 11( )0exfxexx，得1xe当x变化时，( )fx与( )f x变化情况如下表：x1(0, )e1e1(,)e( )fx0 ( )f x单调递增极大值单调递减当1xe时，( )f x取得极大值1( )2fe，没有极小值；II方法10()ABfxk，2121021lnln()1xxe xxexxx，21201ln0 xxxxx即20211ln()0 xxxxx，设2211( )ln()xg xxxxx211211()ln()xg xxxxx，1/211()ln10 xxg xx，1()g x是1x的增函数，12xx， 2122

23、222()()ln()0 xg xg xxxxx；222211()ln()xg xxxxx，2/221()ln10 xxg xx，2()g x是2x的增函数，12xx，1211111()()ln()0 xg xg xxxxx，函数2211( )ln()xg xxxxx在12(,)x x内有零点0 x，又22111,ln0 xxxx，函数2211( )ln()xg xxxxx在12(,)x x是增函数，函数2121( )lnxxxg xxx在12(,)x x内有唯一零点0 x，命题成立方法20()ABfxk，2121021lnln()1xxe xxexxx，即020112lnln0 xxxxxx

24、，012(,)xx x， 且0 x唯一设2112( )lnlng xxxxxxx，则1121112()lnlng xxxxxxx，再 设22( )lnlnh xxxxxxx，20 xx，2( )lnln0h xxx22( )lnlnh xxxxxxx在20 xx是增函数112()()()0g xh xh x，同理2()0g x方程2112lnln0 xxxxxx在012(,)xx x有解一次函数在12(,)x x2112( )(lnln)g xxx xxx是增函数方程2112lnln0 xxxxxx在012(,)xx x有唯一解，命题成立 12 分注：仅用函数单调性说明，没有去证明曲线C不存在

25、拐点，不给分12解： I22log (24)0 xx，即2241xx得函数( )f x的定义域是( 1,3)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页陈先槟6 II 22322( )(1,log (1)1,g xFxaxbxxaxbx设曲线00( 41)Cxx在处有斜率为 8 的切线，又由题设,23)(,0)1(log2232baxxxgbxaxx存在实数 b 使得1114823020300020bxaxxxbaxx有解，由得,238020axxb代入得082020axx，200028041xaxx由有解，8分方法 1：0

26、082()()axx，因为041x，所以0082()8,10)()xx，当10a时，存在实数b，使得曲线 C 在)14(00 xx处有斜率为 8的切线 10 分方法 2：得08)1() 1(208)4()4(222aa或，1010,10.aaa或方法 3：是222( 4)( 4)802( 1)( 1)80aa的补集，即10aIII 令2)1ln(1)(, 1,)1ln()(xxxxxhxxxxh由又令,0),1ln(1)(xxxxxp0)1(11)1(1)(22xxxxxp，),0)(在xp单调递减. 12分0( )(0)0,1( )0,xp xpxh x当时有当时有), 1)(在xh单调递减，xyyxyxxyyyxxyx)1 ()1 (),1ln()1ln(,)1ln()1ln(,1有时，).,(),(,xyFyxFyxNyx时且当精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页