高考数学理科导数大题目专项训练及答案1.pdf

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1、高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word

2、版可编辑修改)的全部内容。高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)高一兴趣导数大题目专项训练 班级 姓名 1。已知函数()f x是定义在,0)(0,ee上的奇函数，当(0,xe时，有()lnf xaxx(其中e为自然对数的底，aR）（）求函数()f x的解析式;（）试问:是否存在实数0a，使得当,0)xe，()f x的最小值是3?如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由；（）设ln|()|xg xx（,0)(0,xee），求证:当1a 时，1|()|()2f xg x；2。若存在实常数k和b,使得函数()f x和()g x对其定义域上的任意实数x分别满足：()f

3、xkxb和()g xkxb,则称直线:lykxb为()f x和()g x的“隔离直线 已知2()h xx，()2 lnxex（其中e为自然对数的底数）（1)求()()()F xh xx的极值；（2）函数()h x和()x是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)3。设关于x的方程012 mxx有两个实根、，且。定义函数.12)(2xmxxf（I）求)(f的值;（II）判断),()(在区间xf上单调性，并加以证明；(III）若,为正实数,试比较)(),(),(fff的大小；证明.|)()(|ff 4。若函数2

4、2()()()xf xxaxb exR在1x 处取得极值.（I)求a与b的关系式(用a表示b）,并求()f x的单调区间;（II)是否存在实数m，使得对任意(0,1)a及12,0,2x x 总有12|()()|f xf x 21(2)1mam e恒成立,若存在，求出m的范围;若不存在，请说明理由 5若函数 2ln,f xx g xxx (1）求函数 xg xkf xkR的单调区间;（2)若对所有的,xe都有 xf xaxa成立，求实数 a 的取值范围。高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)6、已知函数.23)32ln()(2xxxf（I）求f（x）在0，1 上的极值;(

5、II）若对任意03)(ln|ln|,31,61xxfxax不等式成立，求实数a的取值范围；（III）若关于x的方程bxxf 2)(在0，1上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围 7。已知()lnf xaxbx，其中0,0ab。（）求使)(xf在0,上是减函数的充要条件；（）求)(xf在0,上的最大值；（)解不等式11ln 1ln2 1xxxx 8.已知函数21()ln2f xxx.（1）求函数()f x在1,e上的最大值、最小值；（2)求证：在区间1,)上，函数()f x的图象在函数32()3g xx的图象的下方；（3）求证：()()nnfxfx22(nnN*）。高考数学理科导数大题目专项训

6、练及答案(word 版可编辑修改)9。已知函数)0()(,ln)(axaxgxxf，设)()()(xgxfxF。（)求 F（x）的单调区间;（）若以)3,0)(xxFy图象上任意一点),(00yxP为切点的切线的斜率21k 恒成立，求实数a的最小值.（）是否存在实数m,使得函数1)12(2mxagy的图象与)1(2xfy的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说名理由。10.已知函数21()2,()log2af xxxg xx（a0，且a1）,其中为常数如果()()()h xf xg x 是增函数，且()h x存在零点（()h x为()h x的导函数)（）求a的值；（）

7、设A（x1，y1）、B（x2,y2）（x1x2）是函数yg（x)的图象上两点，21021()yyg xxx（()g x 为()g x的导函数)，证明:102xxx 参考答案 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)1解:（）当,0)xe时，(0,xe，故有()ln()fxaxx ,由此及()f x是奇函数得()ln()()ln()f xaxxf xaxx ，因此,函数()f x的解析式为 ln()(0)()ln(0)axxexf xaxxxe ；()当,0)xe时，11()ln()()axf xaxxfxaxx ：若10ae ，则11111()0fxaxexee ()f

8、x在区间,0)e上是增函数，故此时函数()f x在区间,0)e上最小值为()()ln3feaee ,得4ae，不符合10ae ,舍去。若1ae,则令1()0(,0)fxxea ,且()f x在区间1,ea上是减函数,而在区间1,0a上是增函数,故当1xa时,min11()1lnf xfaa 令21131ln3faeaa 综上所述,当2ae 时，函数()f x在区间,0)e上的最小值是 3 （)证明:令1()|()|()2F xf xg x。当0 xe 时，注意到lnxx（设 h（x）=xlnx，利用导数求 h(x)在0 xe 的最小值为 1，从而证得 xlnx1），故有 ln1ln1()|ln

9、|ln22xxF xxxxxxx 当02x 时，注意到1lnxx，故 1111112()1ln1(1)02222xF xxxxxxxxx ；当2xe 时，有222211ln1ln42 1ln2()10 xxxxF xxxxx ,故函数()F x在区间2,e上是增函数，从而有 ln213()2ln2(1ln2)0222F x 。因此，当0 xe 时，有1|()|()2f xg x。又因为()F x是偶函数，故当0ex 时,同样有()0F x,即1|()|()2f xg x 综上所述，当1a 时,有1|()|()2f xg x；高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)2.【解

10、】（)()()()F xh xx22 ln(0)xex x，22()()()2exexeFxxxx 当xe时，()0Fx 当0 xe 时,()0Fx，此时函数()F x递减；当xe时，()0Fx,此时函数()F x递增；当xe时，()F x取极小值，其极小值为0 ()解法一：由(）可知函数)(xh和)(x的图象在ex 处有公共点,因此若存在)(xh和)(x的隔离直线,则该直线过这个公共点 设隔离直线的斜率为k，则直线方程为)(exkey,即 ekekxy 由)()(Rxekekxxh，可得02ekekxx当Rx时恒成立 2)2(ek，由0，得ek2 下面证明exex2)(当0 x时恒成立 令(

11、)()2G xxexeexexe2ln2，则 22()()2eeexG xexx,当xe时，()0G x 当0 xe 时,()0G x,此时函数()G x递增；当xe时,()0G x,此时函数()G x递减；当xe时,()G x取极大值，其极大值为0 从而()2 ln20G xexexe，即)0(2)(xexex恒成立 函数()h x和()x存在唯一的隔离直线2yexe 解法二：由(）可知当0 x 时，()()h xx（当且当xe时取等号)7 分 若存在()h x和()x的隔离直线,则存在实常数k和b，使得()()h xkxb xR和()(0)xkxb x恒成立，令xe，则ek eb且ek e

12、b 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)k ebe，即ekeb 后面解题步骤同解法一 3.（I）解：01,2 mxx是方程的两个实根，.1,m.1)()(212)(22mf.1)(f 3 分 （II）12)(2xmxxf，.)1()1(2)1(2)2()1(2)(22222xmxxxxmxxxf 4 分 当.0)(1,),(2xxmxxx时 5 分 而0)(xf，),()(在xf上为增函数。7 分 （III)且,0,0.0)()(,0)()(9 分 由（II），可知).()()(fff 10 分 同理，可得).()()(fff).()()()()()(ffffff.|

13、)()(|)()(|ffff 12 分 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)又由（I）,知.1,1)(,1)(ff.|11|)()(|ff 所以.|)()(|ff 14 分 4。解：（I）22()(2)xfxxaxab e ，由条件得：(1)0f .230ab ，32ba 。（1 分）22()(2)30 xfxxaxa e 得：(1)(3)0 xxa。当4a 时，1x 不是极值点，4a .（2 分）当4a 时，得1x 或3xa；当4a 时，得3xa 或1x。(4分）综上得:当4a 时，()f x的单调递增区间为(,3)a 及(1,)单调递减区间为(3,1)a.（5 分

14、）当4a 时，()f x的单调递增区间为(,1)及(3,)a 单调递减区间为(1,3)a。（6 分）（II）(0,1)a时，由（I)知()f x在0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增。当0,2x时，11min()(1)(1)(2)f xfab ea e 。又2(0)(32)fa e，(2)421fab ，则(2)(0)ff.当0,2x时，1()(2),1f xa e 。(8分）由条件有：2112maxminmax(2)1()()()()mam ef xf xf xf x 11(2)a e 。2(2)2mama。即2(1)20mam 对(0,1)a 恒成立.令2()(1)2g amam，则有

15、:22(0)20.(10)(1)10gmgmm 分 解得：2m 或512m.(14分）5.【解】:(1)由题意知:x的定义域为0,，高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)222xkxxx 令 22p xxkx 28k 当280k 时,即2 22 2k 时,0 x 当280k 时，即2 22 2kk 或 方程220 xkx 有两个不等实根,221288,22kkkkxx 若2 2k 则120 xx,则在0,上 0 x 若2 2k 则120 xx,11220,0,0,0 xxxxx xxxxx当当当 所以：综上可得:当2 2k 时,x的单调递增区间为22880,22kkkk

16、 ，单调递减区间为2288,22kkkk ;当2 2k，x的单调递增区间为0,（2)解法一：因为,xe，所以lnln1xxxxaxaax 令 ln,1xxh xxex，则 2ln11xxh xx 当,xe时,1ln110 xxx ,故ln1ln120 xxeee 所以：2minln1011xxeh xh xh eex 1eae 解法二：ln0 xfxaxaxxaxa 令 lnh xxxaxa 当,xe时 min0h x 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)1ln1,0ah xxah xxe由得：110,0,0aaxeh xxeh x当时当时 所以 h x 10,ae上

17、单调递减，在1,ae单调递增 当2a 时,1,aee h x在,xe上单调递增，min0h xh eeaea 1eae 当2a 时,0h eeaae 若2ae，则2eaeae；若ae，则2eaaae 故2a 不成立,综上所得：1eae 6.解：(I）23)13)(1(33323)(xxxxxxf，令1310)(xxxf或得（舍去)(,0)(,310 xfxfx时当单调递增；当)(,0)(,131xfxfx时单调递减。1,0)(613ln)31(在为函数xff上的极大值 （II)由03)(ln|ln|xxfxa得 xxaxxa323lnln323lnln或，设332ln323lnln)(2xxx

18、xxh,xxxxxg323ln323lnln)(，依题意知31,61)()(xxgaxha在或上恒成立，0)32(2)32(33)32(3332)(2xxxxxxxxg，03262)62(31323)(22xxxxxxxh，31,61)()(都在与xhxg上单增，要使不等式成立,高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)当且仅当.51ln31ln),61()31(aagaha或即或 （III)由.0223)32ln(2)(2bxxxbxxf 令xxxxxbxxxx329723323)(,223)32ln()(22则，当37,0)(,0)(,37,0在于是时xxx上递增；当

19、1,37)(,0)(,1,37在于是时xxx上递减 而)1()37(),0()37(，1,00)(2)(在即xbxxf恰有两个不同实根等价于 0215ln)1(067267)72ln()37(02ln)0(bbb.37267)72ln(215lnb 7.解：（1）()1aabaxfxaxbaxb 。0,0,0 xab，()0fx时，0ab，即ab.当ab时，0,0,0.0,0abxaxbabax ，即()0fx。()f x在0,)上是减函数的充要条件为ba.（4 分）（2)由（1）知，当ba时()f x为减函数，()f x的最大值为(0)lnfb;当ba时，()abaxfxaxb ，当0abx

20、a时，()0fx，当abxa时()0fx，即在0,)aba上()f x是增函数，在,)aba上()f x是减函数，abxa时()f x取最大值，最大值为max()()lnababfxfaaa，即maxln(),()ln().bbafxababaa （13 分）(3）在(1）中取1ab，即()ln(1)f xxx,由（1）知()f x在0,)上是减函数。高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)11ln(1)ln2 1xxxx，即1()(1)fxfx，11xx，解得1502x或152x.故所求不等式的解集为1515,0),)22 （8 分）8。解：（1）f（x)=1xx当x1

21、,e时，f(x）0，()f x在1,e上是增函数 故min1()(1)2f xf，2max1()(e)e12f xf.4 分（2）设2312()ln23F xxxx，则221(1)(12)()2xxxF xxxxx ,1x 时，()0Fx，故()F x在1,)上是减函数。又1(1)06F ，故在1,)上，()0F x，即2312ln23xxx，函数()f x的图象在函数32()3g xx的图象的下方.8 分（3）x0，11()()nnnnnfxfxxxxx ,当1n 时，不等式显然成立；当n2时,有1122121111()()nnnnnnnnnfxfxC xC xCxxxx 122412122

22、4122421101111()()()2nnnnnnnnnnnnnnnnnC xC xCxCxCxCxxxx 分 1-nn2n1n2C2C2C2122n()()nnfxfx22(nnN*）9 解.（）F0(ln)()()(xxaxxgxfx )0(1)(22xxaxxaxxF）上单调递增。在（由,)(),(0)(,0axFaxxFa 由）上单调递减在（axFaxxF,0)(),0(0)(。），单调递增区间为（的单调递减区间为（,0)(aaxF （）恒成立)30(21)(),30()(020002xxaxxFkxxaxxF min020)21(xxa 当212110200取得最大值时，xxx 2

23、1,21nmnaa 4 分(）若21211)12(22mxmxagy的图象与)1ln()1(22xxfy的图象恰有四个不同交点，高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)即)1ln(212122xmx有四个不同的根，亦即 2121)1ln(22xxm有四个不同的根。令2121)1ln()(22xxxG，则1)1)(1(1212)(2232xxxxxxxxxxxxG.当x变化时)().(xGxG的变化情况如下表：x），（1（1，0)(0,1)(1，)(xG的符号+-+-)(xG的单调性 由表格知:02ln)1()1()(,21)0()(GGxGGxG最大值最小值。画出草图和验

24、证212125ln)2()2(GG可知，当)2ln,21(m时，恰有四个不同的交点，与myxGy)(的图象与时，当21211)12()2ln,21(22mxmxagym 交点。的图象恰有四个不同的)1ln()1(22xxfy 12 分 10。解：（）因为21()2log2ah xxxx(0)x,所以21ln2 ln1()2lnlnxaxah xxxaxa 3 分 因为h（x）在区间(0,)上是增函数,所以2ln2 ln10lnxaxaxa在区间(0,)上恒成立 若 0a1，则 lna0,于是2ln2 ln10 xaxa 恒成立 又()h x存在正零点，故（2lna）24lna0,lna0，或

25、lna1 与 lna0 矛盾 所以a1 由2ln2 ln10 xaxa 恒成立,又()h x存在正零点,故（2lna）24lna0，高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)所以lna1，即ae 7 分()由（），001()g xx，于是210211yyxxx，21021lnlnxxxxx9 分 以下证明21121lnlnxxxxx （）（)等价于121121lnln0 xxxxxx 11 分 令r（x)xlnx2xlnxx2x，13 分 r（x）lnx2lnx，在(0，x2上，r（x)0,所以r(x）在（0，x2上为增函数 当x1x2时，r（x1）r（x2）0,即121121lnln0 xxxxxx，从而01xx得到证明15 分 对于21221lnlnxxxxx同理可证16分 所以102xxx 评讲建议:此题主要考查函数、导数、对数函数、二次函数等知识评讲时注意着重导数在研究函数中的应用本题的第一小题是常规题比较容易,第二小题是以数学分析中的中值定理为背景，作辅助函数,利用导数来研究函数的性质，是近几年高考的热点第二小题还可以这样证明:要证明21121lnlnxxxxx，只要证明21211lnxxxx1，令21xtx,作函数h（x）t1lnt，下略 分 高考数学理科导数大题目专项训练及答案(word 版可编辑修改)