2020届高考文数复习常考题型大通关(全国卷)：导数及其应用.pdf

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1、常考题型大通关：第21 题 导数及其应用1、已知函数2e,Rxfxxa x，曲线yfx的图象在点0,0f处的切线方程为ybx.（1）求函数yfx的解析式；（2）当Rx时,求证：2fxxx2、已知函数ln1,fxxa xaR（1）讨论函数fx的单调性；（2）当1x时，ln1xfxx恒成立，求a 的取值范围3、已知函数xaxaxxfln221)(2有两个极值点1x、2x，且2121xx（1）求实数 a 的取值范围M；（2）若 2,2210 x，使不等式2ln2)1()1()1ln()(20aabaxf对Ma恒成立，求实数b的取值范围4、已知函数()fxxa lnx aR（1）若1a，求曲线yfx在

2、点(1)1f，处的切线方程；（2）若对于任意的正数0 xfx，恒成立，求实数a 的值；（3）若函数fx存在两个极值点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a的取值范围5、已知函数32()3(2),f xxxa x aR.（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x有三个互不相同的零点120,t t，其中12tt，若212tt，求函数()f x 在原点处的切线方程；若对任意的12,xt t，都有()16f xa 成立，求a 的取值范围6、已知函数()ln(1)f xxa x，Ra在(1,(1)f处的切线与x轴平行.（1）求()f x 的单调区间；（2）若存在01x，

3、当0(1,)xx时，恒有21()2(1)22xf xxk x成立，求k的取值范围.7、已知函数2exfxax，且曲线 yfx 在点1x处的切线与直线e20 xy垂直.(1).求函数fx 的单调区间；(2).求证：0 x时，ee1ln1xxxx8、已知函数()(1)ln(1)f xxxa x.(1)当4a时,求曲线()yf x 在(1,(1)f处的切线方程;(2)若当(1,)x时,()0f x,求 a 的取值范围.9、设函数()sinxf xeaxb.（1）当1a，0,)x时，()0f x恒成立，求实数b的取值范围；（2）若()f x 在0 x处的切线为10 xy，且方程2()mxf xx恰有两

4、解，求实数m的取值范围.10、已知函数22lnfxxxax，g xax.(1)求函数F xfxg x 的极值；(2)若不等式sin2cosxg xx对0 x恒成立，求实数a 的取值范围.答案以及解析1 答案及解析：答案：（1）根据题意，得e2xfxx，则 01fb.由切线方程可得切点坐标为0,0，将其代入yfx，得1a，故2e1xfxx.（2）令2e1xg xfxxxx.由e10 xgx，得0 x，当,0 x，0gx，yg x单调递减；当0,x，0gx，yg x单调递增.所以min00g xg，所以2fxxx.解析：2 答案及解析：答案：（1）fx的定义域为0,1axfxx，若0a则0fx，f

5、x在0,上单调递增，若0a则由0fx得1xa，当10,xa时，0fx当1,xa时，0fx，f x在10,a上单调递增，在1,a单调递减.综上：当0a时，f x在0,上单调递增，当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a单调递减.（2）2ln1ln11xxa xxfxxx,令2ln11g xxxa xx,ln1 2g xxax,令ln12F xgxaax,12axFxx解析：3 答案及解析：答案：（1）2121()2(0)axaxfxaxaxxxp，2()0210fxaxax，212120440012aaaxxx x，即2044020112aaaa，解得 a 的取值范围(1,2)M（2）由22

6、10axax，解得2212,aaaaaaxxaa，而()f x 在1(0,)x上递增，在12(,)x x上递减，在2(,)x上递增12a，2121112xa()f x 在21,22上单调递增，在21,22上，max()(2)2ln 2f xfa“021,22x，使20()ln(1)(1)(1)2ln 2f xab aa对aM 恒成立”等价于“不等式22ln 2ln(1)(1)(1)2ln 2aab aa恒成立”，即，不等式2ln(1)ln 210abaab对任意的a 12a恒成立令2()ln(1)ln 21g aabaab，则(1)0g2122()2111babaag abaaa当0b时，22

7、2()01babaag aa，()g a 在(1,2)上递减()(1)0g ag，不合题意当0b时，12(1)2()1ba abg aa，12a，若1(1)12b，即104b时，则()g a 在(1,2)上先递减，(1)0g，12a时，()0g a不能恒成立；若1(1)12b，即14b时，则()g a 在(1,2)上单调递增，()g a(1)0g恒成立，b的取值范围为1,4解析：4 答案及解析：答案：（1）因为()f xx a lnx aR，所以当1a 时，()1f xxlnx，则1ln1fxxx，当1x 时，1010ff，所以f x在1x处的切线方程为0y.(2)因为对于任意的正数0 x f

8、 x，恒成立，所以当0lnx 时，即1x 时，0f x，aR；当0lnx时，即1x时，xa恒成立，所以1a；当0lnx时，即1x时，xa恒成立，所以1a，综上可知，对于任意的正数0 xf x，恒成立，1a.(3)因为函数f x存在两个极值点，所以ln1afxxx存在两个不相等的零点设ln1ag xxx，则221axagxxxx.当0a时，0g x，所以g x单调递增，至多一个零点当0a时，因为0()xa,-时，0g x，g x单调递减，()xa-,+时，0g x，g x单调递增，所以xa时，()(2)ming xgalna .因为g x存在两个不相等的零点，所以()20lna，解得20ea.因

9、为20ea，所以21e-aa.因为211g=ln+a+10aa，所以在(),a-+上存在一个零点.因为20ea，所以2aa.又因为2211g(a)=lna+1=2ln(-a)+1aa，设ta，则211y=2lnt+1 0tte，因为221y=2ln+e+1=e-30e，所以221g(a)=lna+10a，所以在(0,)a上存在一个零点综上可知：20ea.解析：5 答案及解析：答案：（1）因为2()36(2)fxxxa，当1a时，12(1)0a，()0fx恒成立，则()f x 的单调递增区间是(,)。当1a时，()0fx的解为33333333aaxx或，则()f x 的单调递增区间是333333

10、(,)33aa 或（2）由方程()0f x，得12,t t 是方程23(2)0 xxa的两实根，故121 23,2ttt ta，且由判别式得14a。若212tt，得121,2tt，故1 222t ta，得0a。因此(0)2kf，故函数()f x 在原点处的切线方程为2yx。若对任意的12,xt t，都有()16f xa成立，所以max()16f xa。因为12123,tttt，所以121230,02tttt或。当12302tt 时，对12,xt t有()0f x，所以 016a，解得16a。又因为1 220t ta，得2a，则有124a；当120tt 时，/2()36(2)fxxxa，则存在(

11、)f x 的极大值点11(,0)xt，且13333ax，且211362axx。由题意得321111()3(2)16f xxxa xa，将211362axx代入得31(1)8x，得110 x。又因为211362axx，得 211a。综上可知a的取值范围是124a或 211a解析：6 答案及解析：答案：（1）增区间(0,1)减区间(1,)（2）(,1)解析：（1）由已知可得()f x 的定义域为(0,)1(),(1)10,fxafaxQ111,()1xafxxx.令()0fx得01x，令()0fx得1x。()f x 的单调递增区间为(0,1).单调递减区间为(1,).（2）不等式21()2(1)2

12、2xf xxk x可化为21ln(1)22xxxk x，令21()ln(1),(1)22xg xxxk xx,令21(1)1()1,xk xg xxkxx1xQ，令2()(1)1,()h xxk xh x的对称轴为12kx,当12k时,即1k，易知()h x 在0(1,)x上单调递减，()(1)1h xhk，若1k,则()0,()0,h xgx()g x 在0(1,)x上单调递减,()(1)0g xg,不适合题意.若11k,则(1)0h,必存在0 x使得0(1,)xx时()0g x,()g x 在0(1,)x上单调递增,()(1)0g xg恒成立，适合题意.当112k时,即1k，易知必存在0

13、x使得()h x 在0(1,)x上单调递增,()(1)10h xhk,()0gx,()g x 在0(1,)x上单调递增,()(1)0g xg恒成立,适合题意.综上,k的取值范围是(,1)7 答案及解析：答案：(1).由2exfxax，得e2xfxax.因为曲线yfx 在点1x处的切线与直线e20 xy垂直，所以 1e2e2fa，所以1a，即2exfxx，e2xfxx.令e2xg xx，则e2xgx.所以,ln 2x时，0gx，g x 单调递减；ln 2,x时，0gx，g x 单调递增.所以minln 222ln 20g xg，所以0fx，fx 单调递增.即 fx 的单调增区间为,，无减区间(2

14、).由（1）知2exfxx，1e1f，所以 yfx 在1x处的切线为e1e21yx，即e21yx.令2ee21xh xxx，则e2e2ee21xxhxxx，且 10h，e2xhx，,ln 2x时，0hx，hx 单调递减；ln 2,x时，0hx，hx 单调递增.因为 10h，所以min ln 24e2ln 20hxh，因为 03e0h，所以存在00,1x，使00,xx时，0hx，h x 单调递增；0,1xx时，0hx，h x 单调递减；1,x时，0hx，h x 单调递增.又010hh，所以0 x时，0h x，即2ee210 xxx，所以2ee21xxx.令lnxxx，则111xxxx.所以0,1

15、x时，0 x，x 单调递增；1,x时，0 x，x 单调递减，所以11x，即ln1xx，因为0 x，所以2ln1xxx，所以0 x时，ee21ln1xxxx，即0 x时，ee1ln1xxxx.解析：8 答案及解析：答案：(1)()f x 的定义域为(0,).当4a时,()(1)ln4(1)f xxxx,1()ln3,(1)2,(1)0fxxffx.曲线()yf x 在(1,(1)f处的切线方程为220 xy.(2)当(1,)x时,()0f x等价于(1)ln01a xxx.设(1)()ln1a xg xxx,则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axa xg xgxxx x.(i)当2

16、,(1,)ax时,222(1)1210 xa xxx,故()0,()g xg x 在(1,)上单调递增,因此()0g x;(ii)当2a时,令()0gx,得22121(1)1,1(1)1xaaxaa.由21x和121x x,得11x,故当2(1,)xx时,()0,()g xg x 在2(1,)x上单调递减,此时()(1)0g xg.综上,a 的取值范围是,2.解析：9 答案及解析：答案：（1）函数()sinxf xeaxb求导可得()cosxfxeax当1a时()cosxfxex.当0,)x时，1,cos 1,1xex且当cos1x时，2()xkkZ，此时1xe成立，故()cos0 xfxex

17、在0,)x恒成立于是()f x 在 0,)上单调递增，所以()(0)1f xfb.若()0f x恒成立，只需要10b，解得1b（2）由题意得(0)11fa可知0a由点(0,1)b 在直线10 xy上可知 0(1)10b，解得2b于是()2xf xe若方程2()mxf xx恰有两解，则方程(2)2xexmx有两解，也就是xxem有两解令()xg xxe，求导得()(1)xgxex.当(,1)x时，()0g x，()g x 在(,1)上单调递减；当(1,)x时，()0g x，()g x在(1,)上单调递增；所以1()(1)g xge.当0 x时，()0g x，且当x时，()0g x，而(1)0ge

18、，故实数m的取值范围是10me解析：10 答案及解析：答案：(1)22ln0F xxxaxax x,.222xaxaFxx21xaxx.当02a，即0a时，F x 在(0)1,上单调递减，在(1),上单调递增，则11F xFa极小，无极大值.当 012a，即20a时，F x 在0,2a和(1),上单调递增，在12a,上单调递减，则2ln242aaaF xFaa极大，11FxFa极小.当12a，即2a时，Fx 在(0),上单调递增，没有极值.当12a，即2a时，F x 在0,1和2a,上单调递增，在12a,上单调递减，则11F xFa极大，2ln242aaaF xFaa极小.综上，当0a时，1F

19、xa极小，无极大值；当20a时，2ln42aaF xaa极大，1F xa极小；当2a时，F x没有极值；当2a时，1Fxa极大2ln42aaxaaF极小.(2)设sin02cosxh xaxxx，则212cos2cosxhxax.令costx，则1,1t，令2122ttt，则42212tttt32102tt.t在1,1上单调递增，且t的值域为11,3.当13a时，h x为0,上的增函数，00h xh，符合条件.当0a时，10222haQ，不符合条件当103a时，对于02x，sin2xh xax，令sin3xT xax，cos3xTxa，存在00,2x，使得当00,xx时，0Tx，T x 在0(0)x,上单调递减，000T xT，即当0()0 xx,时，0h x，不符合条件综上，a 的取值范围为1,3.解析：