高三数学一轮复习专题突破训练导数及其应用

1、学习必备欢迎下载江苏省 20xx年高考一轮复习专题突破训练15、已知函数f x ,g x 满意f 12 ,f 11,g 11,g 11 , 就函数f x f x1g x 的图象在导数及其应用x1处的切线方程为.一、填空题2b二、解答题1、已知函数f x32xaxb a,br ，1、在平面直角坐标系xoy 中，如曲线 yaxa ,b为常数x 过点p2,5 ，且该曲线在点p 处的切线与（ 1）试争论f x 的单调性，直线 7x2 y320 平行，就 ab 的值是（ 2）如 bca （实数 c 是与 a 无关的常数），当函数是 ,3 u 1,3 u 3 , ，求 c 的值；22f x 有 3 个不同

2、的零点时，a 的取值范畴恰好2、抛物线 yx 在 x1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为d（包含三角形内部与边界）；如点p x, y是区域 d 内的任意一点，就x2 y 的取值范畴是3、在平面直角坐标系xoy 中， 如曲线 yln x 在 xe e为自然对数的底数 处的切线与直线axy3 0 垂直，就实数a 的值为214 、 如 函 数f xl nxa xb xa 2 有 两b个 极 值 点x1, x2， 其 中a0 ,b20， 且f x xx ，就方程2af x 2bf x10 的实根个数为.2215、如曲线32c1 : yax6x13112x 与曲线2c2 : ye 在 x1 处的两条切线

3、相互垂直，就实数a 的值为2、已知函数xf x+，其中 e 是自然对数的底数；6、函数fxaxax322ax2a1 的图象经过四个象限的充要条件是（ 1）证明：f x 是 r 上的偶函数；p p（ 2）如关于x 的不等式mf x +m1 在（ 0，+）上恒成立，求实数m 的取值范畴；7、曲线 yxcosx 在点，处的切线方程为2 2（ 3）已知正数a 满意 :存在 x01 ，+），使得f x 0 （x 03 +3x0）成立， 试比较与8、函数f x 是定义在 r 上的偶函数，f 20 ，且 x0 时，f xxf x0 ，就不等式xf x0 的解的大小，并证明你的结论；集是9、在平面直角坐标系x

4、oy 中，记曲线y2 xm x xr, m2 x1 处的切线为直线l .如直线 l 在两坐标轴上的截距之和为12，就 m 的值为10、设二次函数f x ax2 bx ca，b，c 为常数 的导函数为f x对任意 x r，不等式 f x f x恒成立， b2就a2 +c2的最大值为11、曲线f xf 1 exf 0 x1 x2 在点 1，f1 处的切线方程为e212、）函数f x1 x 22ln x 的单调递减区间为13、设函数f x ax sinx cosx如函数fx 的图象上存在不同的两点a， b，使得曲线yfx在点 a， b处的切线相互垂直，就实数a 的取值范畴为n 1*14、曲线 yxn

5、n 在点 1,1处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值为 .学习必备欢迎下载3、设函数f xln xax ，g xe xax ，其中 a 为实数；6、己知f xexa lnxa ，其中常数a0 （ 1）如f x 在 1, 上是单调减函数，且g x 在 1, 上有最小值，求a 的取值范畴；（ 1）当 ae 时，求函数f x 的极值；（ 2）如g x 在 1, 上是单调增函数，试求f x 的零点个数，并证明你的结论；（ 2）如函数yf x 有两个零点x1, x2 0x11x2 ，求证：ax11x2a ；（ 3）求证：e2x 2e x 1 ln xx0 4、已知函数f x 1 lnxk x2，其

6、中 k 为常数 .f xln xg xm xn m0 .x7、设函数，x1(1) 如 k0 ,求曲线 yf x 在点 1,f 1处的切线方程.（ 1）当 m1时，函数yf x 与 yg x 在 x1 处的切线相互垂直，求n 的值；（ 2）如函数yf xg x 在定义域内不单调，求mn 的取值范畴；(2) 如 k5 ,求证：f x 有且仅有两个零点；（ 3）是否存在实数a , 使得2af f eax f x 0 对任意正实数x 恒成立？如存在，求出满意条（ 3）如 k 为整数，且当x2 时， f x 0 恒成立，求k 的最大值；件的实数 a ；如不存在，请说x明理由.2 a5、已知函数fxexx

7、 ，其导数记为fx （ e 为自然对数的底数）e8、已知函数f xexa x1 ，其中ar, e为自然对数底数.（ 1）求函数fx 的极大值；（ 1）当 a1 时，求函数f x 在点 1, f1 处的切线方程；（ 2）解方程ffxx ；（ 2）争论函数f x 的单调性，并写出相应的单调区间；（ 3）如存在实数x1 , x2 x1x2 使得f x1 f x2 ，求证：fx1x202（ 3）已知 br ，如函数f xb 对任意 xr 都成立，求ab 的最大值 .学习必备欢迎下载9、已知函数f xln x1， g xaxb 11、已知函数f xex , g xax2bxc ；1 如函数h xf xx

8、g x 在 0, 上单调递增，求实数a 的取值范畴；（ 1）如 f（ x）的图象与g（ x）的图象所在两条曲线的一个公共点在y 轴上，且在该点处两条曲线的切线互相垂直，求b 和 c 的值；2 如直线g xaxb 是函数f xln x1图象的切线，求ab 的最小值；x（ 2）如 a c 1， b 0，试比较 f （ x ）与 g（ x）的大小，并说明理由；（ 3）如 b c 0，证明：对任意给定的正数a，总存在正数m，使得当xm, 时，3 当 b0 时，如f x 与 g x 的图象有两个交点ax , y , b x , y ，求证： x x2e2 （取 e 为 2.8 ，取 ln 2 为 0.7

9、 ，取2 为1.4 ）11221 2恒有 f（ x ） g（ x）成立；12 、 已 知 函 数f xab ln x a, br ， 其 图 像 在 xe 处 的 切 线 方 程 为xeye0 函 数g xk k0 ， h xf x 10、设函数f x =x 2 ln x -ax 2 +b 在点xf x 处的切线方程为y=- x + b .xx1 求实数 a 、 b 的值；(1) 求实数 a 及 x0 的值； 0,0 （） 以函数 g x 图像上一点为圆心，2 为半径作圆 c ，如圆 c 上存在两个不同的点到原点o 的距离为1，(2) 求证：对任意实数，函数f x 有且仅有两个零点.求 k 的

10、取值范畴；（ ） 求 最 大 的 正 整 数 k ， 对 于 任 意 的 p1,， 存 在 实 数 m 、 n 满 足 0mnp， 使 得h ph mg n学习必备欢迎下载江苏省 20xx年高考一轮复习专题突破训练导数及其应用参考答案二、解答题1、 解：（ 1）令f ' x3x22 ax0 得到 x0, x2a ，3一、填空题1当 a0 时，f ' x0 恒成立，f x 在定义域内单调递增；2a2a1、【答案】2当 a0 时，x,0 u , 时3f ' x0, f x，x0, 时， f 3' x0 ，f x；【提示】依据 p 点在曲线上， 曲线在点 p 处的导函

11、数值等于切线斜率，'y2 axb2 ，kx7， 将 p2, 52当 a0 时， x2a, u 0, 时3f ' x0,f x， x2a,0 时，3带入得54ab2 ，解得a32 ，就 ab1f 'x0 ，f x；4ab7b2242（ 2）f x0 有 3 个不同的实根，明显a0 时不符；下面争论a0的情形：'2、解：此题主要考察导数的几何意义及线性规划等基础学问；当 a0 时，应有f 002ab04a34a3，即27a27c0（ a）y '2 x kyx 12切线方程为y12x1f 0b0ca 327与 x 轴交点为1a,0 ，与 y 轴交点为2b0,1

12、 ,当 a0 时，应有f 2a034a327b 0 ，即4a327a27c0（ b）当直线 zx2 y 过点a 1 ,0 时21zmax02f 00b0ca当直线 zx2 y 过点 b 0,1 时1zmin0212对于（ a）： a 的取值范畴应在a符合题意；3内，依据题意，有243327327c0c 1a ， x2 y 的取值范畴是2,3 332对于（ b）： 42727c022c1 , 而 a1 时， ca ，故 c1，所以 c1 符合题意；综上，符合题意的c1 ；yy 2x 12、（ 1） xf x =+=f x ，f x是 r 上的偶函数oxy 1 x2（ 2）f x+2=21 ，f

13、x， m（f x）3、e4、 55、1 3e1， m=，6、6a37、 2xyp08、2,02,5162令 g x =， g x=， x时 g x9、-3 或 410、 22 211、 yex1 21g x 单调减， x时g xg x 单调增，g x min = gln 2 =，如12、（ 0,113、 1， 114、415、2x y 10学习必备欢迎下载关于 x 的不等式mf x+m1 在（ 0，+）上恒成立，就只要mg x min 恒成立，当 ae 时 y0，此时 a-1（ e-1） lna ，即m； m（ ；3、（ 1）解：由f ' x1a0 即 1 xxa 对 x1, 恒成立，

14、（ 3）由题正数a 满意 :存在 x 01 ，+），使得f x 0 （x03 +3x 0）成立；即+ a而由 x1maxx1, 知 1 1 a1x（x0 3+3x0 ）令h x=+（x3 +3x ）， 即h xmin0 ；由 g ' xe xa 令 g ' x0 就 xln ahx-当 x ln a 时g ' x 0，当 x ln a 时g ' x 0， g x 在 1, 上有最小值 ln a 1 a e=+3a，当 x1 ，+）时， hx0 ， hx min = h1 =e+-2a0 ， a综上所述：a 的取值范畴为e,（ 2）证明：+；g x 在 1, 上是

15、单调增函数 g ' xe xa0 即 ae x 对 x1, 恒成立，要比较与的大小， 两边同时取以e 为底的对数； 只要比较a-1 与（ e-1）lna 的大小； 令 y= a-1- e-1 ） lna ， a而当 xeminx1, 时，e x 1 a1y= 1-， a+e-1 ， a（+） 时ee分三种情形：（） 当 a0 时，'f x1 0 f （x ）在 xx0, 上为单调增函数yy 单调减， a（）时 yy 单调增，又+，当 a=1 f 10 f （ x）存在唯独零点时， y=0 ，当 a=+时， y0，当 a=e 时， y=0 ； a=e-1 时， y0；（）当 a

16、0 时，f ' x1a 0 f （ x ）在 x x0, 上为单调增函数 f ea aaeaa1ea 0 且f 1a 0当+时， y0，此时 a-1（ e-1） lna ，即； f （ x）存在唯独零点当 a=e 时 y0，此时 a-1（ e-1） lna ，即；（）当0a1 时，ef ' x1xa xa ，令1 f ' x0 得 x1 aa x1 当 0 x 1 时，af ' xa 0； x 1 时，xaf ' xa 0x学习必备欢迎下载1 x为最大值点，最大值为a1f a11lnaaaln a1由于 f x 1，从而 f 1 1x当ln a10 时，

17、ln a1110 ， a，e1f x 有唯独零点xe a又 f 1 1，所以曲线y fx在点1， f1 处的切线方程y 1 x 1，当ln a1 0 时， 0 a， f x 有两个零点e即 x y 03 分实际上，对于0 a1 ，由于ef 1 eln 1a 1eea1 0，ef 1 aln 1a 1aaln a1 0（ 2）当 k 5 时， fx lnx10 4 x且函数在11,上的图像不间断函数f x 在11,上有存在零点由于 f x x 10e另外，当 xa0, 1a， f ' x1a 0，故xe f x 在a0, 1a上单调增，f x 在0, 1a只有一个零点x2，从而当 x 0

18、， 10， f x 0， fx单调递减；当x 10， 时， f x 0，fx单调递增所以当 x 10 时， fx有微小值5 分因 f10 ln10 30， f1 6 0，所以 f x在1， 10 之间有一个零点下面考虑f x 在1 ,的情形，先证1f ea1ln ea1aeaa 1 ln e1aeaaa 21ea 0由于 fe4104a为此我们要证明：当x e 时，ex x 2 ，设 hxe xx 2，就 h ' xe x2 x ，再设l xe x2 x 4 e4 4 0，所以 fx在10， e 之间有一个零点从而 fx有两个不同的零点8 分（ 3） 方法一 ：由题意知，1+ln xk

19、 x 2 0 对 x 2， 恒成立， l ' xe x2x即 kx xlnx对 x 2， 恒成立当 x 1 时， l ' xe x2 e -2 0， l xe x2 x 在 1,上是单调增函数x2令 hx x xlnxh x x 2lnx 4故当 x 2 时，h' xex2 x h ' 2e24 0，就x 2x 22x 2从而 hxe xx 2 在 2,上是单调增函数，进而当x e 时，hxexx2 heeee 2 0设 vx x 2ln x4，就 v xx即当 x e 时，ex x 2 ，当 x 2， 时， v x 0，所以 vx在2， 为增函数由于 v8 8

20、 2ln8 4 4 2ln8 0， v9 52ln9 0，当 0 a 1 时，即ea 1 e 时，f ealn eaaeaa 1 ln eaeaa a 2ea 011111所以存在x0 8， 9， vx0 0，即 x0 2ln x0 4 0又 f 1 aln 1a 1aaln a1 0且函数f x 在a 1 ,ea1上的图像不间断，当 x 2， x0时， h x 0， hx单调递减，当x x0， 时， h x 0， hx单调递增x x lnx1a 111'a xa 1所以当 x x0时， hx 的最小值hx0000 x02函数f x 在 a, e上有存在零点， 又当 x 时， fx 0

21、 故f x 在 a,上是x0 4x0ax由于 ln x02，所以 hx0 2 4， 4.5单调减函数函数f x 在 a 1 ,只有一个零点故所求的整数k 的最大值为416 分综合（）（）（）知：当a0 时，f x 的零点个数为1；当 0 a 1 时，ef x 的零点个数为2方法二 ：由题意知， 1+ln x kx 2 0 对 x 2， 恒成立 x4、解 ： （ 1）当 k 0 时， fx1 lnxkx 2x 2kfx 1+ln x， f x2xx学习必备欢迎下载当 2k 2，即 k 1 时， f x 0 对 x2， 恒成立， 所以 fx在2， 上单调递增而 f2 1 ln2 0 成立，所以满意

22、要求当 2k 2，即 k 1 时，当 x 2，2k时， f x 0， fx单调递减，当x 2k， ， f x 0， fx单调递增所以当 x 2k 时， fx有最小值 f 2k 2ln2 k k从而 fx 0 在 x2 ， 恒成立，等价于2 ln2k k0令 gk 2 ln2 kk，就 g k 1k 0，从而 gk 在1， 为减函数k由于 g4 ln82 0， g5 ln10 3 0 ， 所以使 2 ln2 k k 0 成立的最大正整数k 4综合，知所求的整数k 的最大值为416 分5、6、解：函数f x 的定义域为0, ，（ 1）当 ae 时，f xexeln xe ， f(x) exe ，x

23、而 f xexe在 0, 上单调递增，又xf 10 ，当 0x1时， fxf 10 ，就f x 在 0,1 上单调递减；学习必备欢迎下载当 x1 时， f xf 10 ，就f x 在 1, 上单调递增，所以f x 有微小值f 10 ，没有极大当 x1 时，h x0 ，所以g x 在 1, 上单调递增，值3 分所以 h xx x0 的最大值为1xh1，即1 ，因而xe ，（ 2）先证明：当f x0 恒成立时，有0ae 成立exeexee x 21如 0x，就ef xe xa ln x10 明显成立；所以 f xe xe ln xex，即e x 21f xne2 x 2ex 1 ln xx0 16

24、 分1n1exxex ln x11 ex7、解：（ 1）当 m1时，g x x，12yg x 在 x1 处的切线斜率k，4如 x，由ef x0 得 a，令ln x1x，就ln x1xln x，12由 f x1 ，xyf x 在 x1 处的切线斜率k1 ，1n 11 ，4n5 .4 分令 g xln x11 x x1 ，由eg x11x20 得 g x 在 1 ,e 上单调递增，（ 2）易知函数yf xg x 的定义域为0, ，又由于g 10 ，所以 x 在1 ,1上为负，在1, 上为正，因此 x 在 1 ,1 上递减，在1, 上1ee1m1nx22m1n x1x2m1nx又 yfxg x，22

25、2递增，所以 xmin(1) e ，从而 0ae x x1xx1x1因而函数y f x 如有两个零点，就ae ，所以f 1ea0 ，由题意， 得 x2m1n1的最小值为负，xm1n4（注： 结合函数yx22m1n x1由 f a eaa ln aa ae 得 faealn a2 ，就图象同样可以得到），m1n 2m1n4 ，m1n4 ，mn3 （注：结合消元a1a114fa eee0 ，aee利用基本不等式也可） .9分所以 f ae aln a2 在 e, 上单调递增，所以f af eee3e 230 ，（ 3）令x=f 2a xf eax f x 2 aax ln 2aaxln xln x

26、ln 2 a ，其中 x0, a0所以 f aeaa ln aa 在 e, 上单调递增，所以就 xa ln 2aa ln xa1，设xx1a ln 2aa ln xaxf a f eee2ee22e0 ，就f 1 f a 0 ，所以1 xa ，a1 xax102xx2x2111111 x 在 0, 单调递减，x0 在区间 0, 必存在实根，不妨设 x 0由 ae 得f e aa lnaeaa ln aae aa ln eae a0 ，就0aa111即 x a ln 2aa ln xa10 ，可得ln x1ln 2a1 （ * ）f 1 f 0 ，所以aax11 ，综上得ax11x2a 10 分

27、000x0ax0（ 3）由（ 2）知当 ae 时，f x0 恒成立，所以f xexe ln xe0 ，x 在区间0, x0 上单调递增，在x0 , 上单调递减，所以 xmaxx0 ，即 f xexe ln xe ，x0 ax01 ln 2aax01 lnx0 ，代入（ *）式得x0 ax012ax0设 h xx x ex0 ，就h x1x ，ex依据题意 x0 ax0120 恒成立 .当 0x1时， x0，所以g x 在 0,1 上单调递增；ax0学习必备欢迎下载又依据基本不等式,ax01ax02 , 当且仅当ax01ax0时, 等式成立当 a0 时，由f ' xexa0 得 xln

28、a ，所以 ax12 , ax1x11. 代入（ * ）式得 , ln12ln 2a , 即2 a, a16分 x,lna 时，f ' x0 ， fx 单调递减；xln a,时 ， f ' x0 ， fx 单调递增000ax0aaa2综上，当a 0 时，函数fx 的单调递增区间为, ；当 a0 时，函数fx 的单调递增区间为 以下解法供参考，请酌情给分ln a,，单调递减区间为,ln a 9 分解法 2： xax ln 2 aaxln xln xln 2aax1ln 2aln x ，其中 x0, a0（ 3）由（ 2）知，当 a0 时，函数fx 在 r 上单调递增，依据条件f

29、2a xf eax f x 2 a0 对任意正数x 恒成立 fx b 不行能恒成立；10 分即 ax1ln 2aln x0 对任意正数x 恒成立当 a0 时，b 0 ，此时 ab0 ；11 分ax10ax10ln 2aln x0 且ln 2aln x0 ，解得 1ax2a 且 2ax1 ，a当 a0 时，由函数fx b 对任意 xr 都成立，得b fminx ，a0a0 fminxfln a2aa ln a ，b 2aaln a13 分即 1x a2a 时上述条件成立此时a2 .2 ab 2 a 2a 2 ln a ，解法 3： xax ln 2 aaxln xln xln 2aax1ln 2

30、aln x ，其中 x0, a0设 g a222aa ln aa0 ，g ' a4a2a ln aa3a2a ln a ，要使得 ax1ln 2aln x0 对任意正数x 恒成立，由于 a0 ，令 g ' a0 ，得33ln a，等价于 ax12ax0 对任意正数x 恒成立，即 x1 x2a0 对任意正数x 恒成立，2 ae 233设函数 x x1 xaa2a ，就 x 的函数图像为开口向上，与x 正半轴至少有一个交点的抛物线，当 a0, e2时， g ' a0 ， g a 单调递增；ae2 ,e3e3时， g ' a0 ， g a 单调递减因此，依据题意，抛物

31、线只能与x 轴有一个交点，即12 a ，所以 a2 .a2 gmaxa，即 ab 的最大值为，228、解：（ 1）当 a1时，f ' xex1，f ' 1e1， f1e ，2 分此时 a3e2 ,b1 e2 16 分32函数fx 在点1, f1处的切线方程为yee1x1 ，9、解：（ 1） hxf xg xln x1 xaxb ,就 h x11xx2a ，即 ye1 x14 分 hxf xg x 在 0, 上单调递增，对x0 ，都有h x11xx2a0 ，（ 2）f ' xexa ，即对x0 ，都有 a11，xx21120 ， a0 ，xx当 a 0 时，f '

32、 x0 ，函数fx 在 r 上单调递增；6 分故实数 a 的取值范畴是,0 4 分学习必备欢迎下载(2) 设切点x ,ln x1 ，就切线方程为yln x1 11 xx ， 2lnx x42 ，即 lnx x21，00x011 x2 11 xln x1 ，亦即 y 12001 xln x21 ，20令 g xln x2，就x0 时，g xx0x0x0x0x0x0x0x0x即 y0200001 2x1 x21 2x1 x212xx2xxx0 ， g x 在 0, 上单调递增，又 ln2e21 ln 2120.851，令 1tx0 ，由题意得a11xx2tt 2 ,bln x021ln tx2t1

33、 ，分2e2e0000 gx x lnx x21ln2e2，就x x2e ，即 x x2e2 令 abtln tt 2t1 ，就t 12t12t1t1，1 21 2x x1 21 22ett当 t0,1 时 ，t0 ，t 在 0,1 上单调递减；当 t1, 时，t 0 ，t 在 1, 上单调递增，1 210、分 abt 11 ，故 ab 的最小值为1分（ 3）由题意知ln x1ax ， ln x1ax ，1122x1x2两式相加得ln x xx1x2a xx ，两式相减得ln x2x1x2a xx ，ln x21 212x1 x2ln x221x1x1 x2即x11a ，ln x xx1x2x

34、11 xx ，1 212x2x1x1 x2x1 x2x2x1x1x2即 lnx1x22 x1x2 x1x2 lnx2 ，分x1x2x2x1x1x2t1t12不妨令0xx ，记 t21 ，令 f t ln tt1 ，就f t 0 ，12x1t1t t1 f tln t2t t1) 在 1, 上单调递增，就1f tln t2t1t1f 10 ， ln t2t1 ，就ln x22 x2x1 ，ln x1x22 x1x2 x1x2 ln x22 ，又 ln x xt12 x1x2 x1ln x xx1x24x1x2ln x xx1x242lnx2x1x14x x，1 21 21 21 2x1x2x1x2x1x2x1 x2学习必备欢迎下载证法一：如0a1，由知，当x0 时,exx21 . 即 exx2ax2 ，所以， 0a1时，取 m0 ，即有当xm，恒有 exax 2 .如 a1 , f xg x 即 exax2 ，等价于 xlnax2 即 x2ln xln a令 t xx2ln xln a , 就 t ' x12x2. 当 x2 时,t ' x0,t x在 2, 内单调递xx0增.00取 xae2 , 就 x