导数Word版含复习资料

1、专题六导数一、挑选题12022 安徽高考 函数 fxax3bx2 cxd 的图象如下列图,就以下结论成立的是 A a0,b0,d0 Ba0,b0,c0 Ca0,b0,d0 Da0,b0,c0,d0 时,xfx fx0,就使得 fx0 成立的 x 的取值范畴是 A , 10,1 B1,01, C, 1 1,0 D0,11, 62022 全国卷 设函数 fxe x2x1 axa,其中 a1,如存在唯独的整数 x0 使得 fx02； a0,b 2； a1,b2. 三、解答题102022 北京高考 已知函数 fxln1x 1x. 1求曲线 yfx在点 0,f0处的切线方程；3 2求证：当 x0,1时,

2、 fx2 xx 3；3 3设实数 k 使得 fxk xx 3对 x0, 1恒成立,求k 的最大值112022 全国卷 设函数 fxe mxx2mx. 1证明： fx在 , 0单调递减,在 0, 单调递增；2如对于任意 x1, x2 1,1,都有 |fx1fx2|e1,求 m 的取值范畴122022 全国卷 已知函数 fxx3ax1 4,gx ln x. 1当 a 为何值时, x 轴为曲线 yfx的切线；2用 min m,n表示 m,n 中的最小值,设函数 数hxmin fx,gx x0,争论 hx零点的个- 2 - / 31 1曲线 yax32x4 在点 1,3处的切线的倾斜角为 A 45B6

3、0C120D1352已知函数 fx13x 32x23m,x0 , ,如 fx50 恒成立,就实数 m 的取值范畴是 A.179,B. 17 9,C , 2 D, 2 32022 温州中学模拟 已知 f x为函数 fxx1 x的导函数,就以下结论中正确选项 A .x0R,. xR 且 x 0,fxfx0 B.x0 R, .xR 且 x 0,fx fx0 C.x0R,.xx0, ,fx0 42022 镇海中学三模 当 a0 时,函数 fxx 22axex 的图象大致是 5已知函数 fxxln xax有两个极值点,就实数 a 的取值范畴是 A , 0 B. 0,1 2 C0,1 D0, 62022

4、温岭中学模拟 已知函数 fxax33x21,如 fx存在唯独的零点 x0,且 x00,就 a- 3 - / 31 的取值范畴是 C 1, D , 1 A 2, B, 2 二、填空题72022 温州模拟 关于 x 的方程 x 33x2 a0 有三个不同的实数解,就实数 a 的取值范畴是_ 8如函数 fx12x 24x3ln x 在t,t1上不单调,就 t 的取值范畴是 _92022 长沙调研 设直线 xt,与函数 fxx 2,gxln x 的图象分别交于点 M,N,就当 |MN |达到最小时 t 的值为 _三、解答题102022 杭州高级中学模拟已知函数fxae xx2,gxsin x 2bx.

5、直线 l 与曲线 yfx切于点 0, f0 且与曲线 ygx切于点 1,g1 1求 a,b 的值和直线l 的方程；2证明： fxgx112022 宁波模拟 设函数 fx1 a 2 x2axln xaR1当 a3 时,求函数 fx的极值； 2当 a1 时,争论函数 fx的单调性；x2122022 乐清乐武寄宿中学 设函数 fxx aln x,gxe x.已知曲线 yfx在点 1,f1处的切线与直线 2x y0 平行1求 a 的值；- 4 - / 31 2是否存在自然数k,使得方程fxgx在k,k1内存在唯独的根？假如存在,求出k；如果不存在,请说明理由；3设函数 mxmin fx,gxmin p

6、,q 表示 p,q 中的较小值 ,求 mx的最大值1设曲线 yaxln x1在点 0,0处的切线方程为y2x,就 a A 0 B1 C2 D3 2函数 y12x 2ln x 的单调减区间是 A 1,1 B 0,1 C1, D0, 3已知函数 fxax 3bx2cx,其导函数 yfx的图象经过点 1,0,2,0,如下列图,就以下说法中不正确选项 A 当 x32时函数取得微小值 B fx有两个极值点C当 x2 时函数取得微小值 D当 x1 时函数取得极大值4如 0 x1x21,就 A e x2e x1ln x2ln x1 Bex2ex1ln x2ln x1 Cx2e x1x1e x2 Dx2e x

7、1x1e x25当 x2,1时,不等式 ax3x24x30 恒成立,就实数 a 的取值范畴是 A 5, 3 B.6, 9 8 C 6, 2 D 4, 3 62022 学军中学模拟 设函数 fxx 2m 2x,如函数 fx的极值点 x0 满意 x0fx0 x 30m 2,就实数 m 的取值范畴是 1 1A , 0 0,2 B , 02, C. 0,2 D0,2 7定义一种运算 a,b* c,dadbc,如函数 fx1 4, 1 *cos x,x2,设 f x为函数 fx- 5 - / 31 的导函数,就f x的大致图象是 g x,满意 g xgx1 的解集为 A 2, B0, C , 0 D ,

8、 2 二、填空题9曲线 ye5x2 在点 0,3处的切线方程为 _10已知函数 fxaln xx 在区间 2,3 上单调递增,就实数 a 的取值范畴是 _11如函数 fxx 36bx3b 在0,1内有微小值,就实数b 的取值范畴是 _12设 P 为曲线 C：fxx 2x1 上的点, 曲线 C 在点 P 处的切线斜率的取值范畴是 1,3,就点 P 的纵坐标的取值范畴是 _13如函数 fxln x1 2ax 22xa 0存在单调递减区间,就实数 a 的取值范畴是 _142022 湖南高考改编 某工件的三视图如下列图,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原

9、工件的一个面内,就原工件材料的利用率为利用率新工件的体积 原工件的体积 _材料- 6 - / 31 152022 四川高考 已知函数fx2 x,gxx2ax其中 aR对于不相等的实数x1,x2,设 mf（x1） f（x2）x1x2,ng（x1） g（x2）x1x2,现有如下命题：对于任意不相等的实数 x1,x2,都有 m0；对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1,x2,都有 n0；对于任意的 a,存在不相等的实数 x1, x2,使得 mn；对于任意的 a,存在不相等的实数 x1, x2,使得 m n. 其中的真命题有 _写出全部真命题的序号 三、解答题162022 台州中学模拟 已知 fxl

10、n xa1x1争论 fx的单调性； 2当 fx有最大值,且最大值大于172022 北京高考 设函数 fxx2 2kln x,k0. 1求 fx的单调区间和极值；2a2 时,求 a 的取值范畴2证明：如 fx存在零点,就fx在区间 1,e上仅有一个零点182022 安徽高考 设函数 fxx2axb. 1争论函数 fsin x在 2,2内的单调性并判定有无极值,有极值时求出极值； 2记 f0 xx 2a0 x b0,求函数 |fsin xf0sin x|在 2,2上的最大值 D；23在 2中,取 a0b00,求 z ba 4满意 D1 时的最大值- 7 - / 31 192022 广东高考 设 a

11、1,函数 fx1x 2e xa. 1求 fx的单调区间；2证明： fx在 , 上仅有一个零点；3如曲线 yfx在点 P 处的切线与x 轴平行, 且在点 Mm,n处的切线与直线OP 平行 O 是坐标原点 ,证明： m3a2 e1. 202022 嘉兴一中三模 已知函数 fxxln xaxaR,gxf x1如曲线 yfx在点 1,f1处的切线与直线3xy10 平行,求实数a 的值；2如函数 Fxgx1 2x2 有两个极值点x1,x2,且 x1x2,求证： fx210,可排除 D；其导函数 f x3ax 22bxc 且 fc0,可排除 B；又 f x 0 有两不等实根,且 x1x2c 3a0,所以

12、a0,应选 A. 12B 当 m 2 时,fx在 2,2 上单调递减, 0n8,mn2n16,当 m 2 时,令 f xn8 n8 n 8m 2xn80,x,当 m2 时,对称轴 x0,由题意,2,m2 m2 m22m n12,2mn 2mn26,mn18,由 2mn12 且 2mn 知 m3, n6 取等号当 m2 时,抛物线开口向下,由题意m2 n81 2,即 2nm18, 2mn2nm29,mn81 2,由 2nm18 且 2nm,得 m9舍去 ,mn 最大值为 18,选 B. 3AA 正确等价于abc0,- 9 - / 31 B 正确等价于C 正确等价于D 正确等价于b 2a,4acb

13、 24a3,4a 2bc8.下面分情形验证,a5,如 A 错,由 、 、组成的方程组的解为b 10,符合题意；c8.如 B 错,由 、 组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解；如 C 错,由 、 组成方程组,体会证 a 无整数解；如 D 错,由 、 、组成的方程组综上,应选 A. a 的解为3 4也不是整数14C 导函数 f x满意 f xk1,fxk0,k10,0,可构造函数 gx fxk11kx,可得 g x0,故 gx在 R 上为增函数, f0 1,g0 1,g k1g0,1 k 1 1f k1k1 1,f k1k1,选项 C 错误,应选 C. f（x）5A 由于 fxxR为奇函

14、数, f1 0,所以 f1 f10.当 x 0 时,令 gxx,就 gx为偶函数, 且 g1g1 0.当 x0 时,gxf（ x）x xf （x） f（x）x 20,故 gx在0, 上为减函数,在 ,0上为增函数所以在 0, 上,当 0 x1 时, gxf（x）f（x）g10. x0. fx0；在,0上,当 x 1 时, gxg10. x0. fx0.综上,得使得 fx0 成立的 x 的取值范畴是 , 10, 1,选 A. 6D 由题意可知存在唯独的整数 x0,使得 e x02x01ax0a,设 gx e x2x1,hxax- 10 - / 31 a.由于 g xe x2x1,所以当 x1 2

15、时, gx 1 2时, gx0,所以当 x 1 2时, gx min2e1 2.hxax1恒过定点 1,0,且 g1e0 在同一坐标系中作出ygx与 yhx的大32eag（0）,就a1,解之得h（ 1）g（ 1）,2a3 e,值范畴是3 2e,1 . 71f x3ax21,f113a,f1a2.在1,f1处的切线方程为ya2 13ax112x20,故当1x2 时 hx将2,7代入切线方程,得7 a 213a,解得 a1. 84令 hxfxgx,就 hxln x,0 x1,x2ln x2,1 x2,当 1x2 时, hx 2x1 xxx2ln x6,x2,单调递减,在同一坐标系中画出 y|hx|

16、和 y 1 的图象如下列图- 11 - / 31 由图象可知 |fxgx|1 的实根个数为 4. 9 令 fxx 3axb,fx3x 2a,当 a0 时, fx0,fx单调递增,必有一个实根,正确；当 a0 时,由于选项当中 a 3,只考虑 a 3 这一种情形,fx3x23 3x1x1,fx 极大f1 13bb 2,fx 微小 f113b b2,要有一根, fx极大 0,b2,正确,错误全部正确条件为 . 101解由于 fxln1xln1x,所以y2x. fx1 1x1 1x,f02. 又由于 f0 0,所以曲线yfx在点 0,f0 处的切线方程为2证明令 gxfx2 xx3 3,就gxf x

17、21x 22x42. 1x由于 g x00 xg00,x 0,1,- 12 - / 31 3 即当 x0,1时, fx2 xx 3 . 3解3 由2知,当 k2 时, fxk xx 3对 x0,1恒成立上单调递减当 k2 时,令 hxfxk xx3 3,就hxf xk1x 2kx4（ k 2）. 1x2所以当 0 x4 k 2 时, hkx0,因此 hx在区间0,4 k2k当 0 x4k2时, hxh00,k即 fx2 时, fxk xx3 3并非对 x0,1恒成立综上可知, k 的最大值为2. 111证明f xmemx12x. 如 m0,就当 x, 0时, e mx10, f 时, emx

18、10,fx0. 如 m0,就当 x, 0时, emx10, f 时, emx 10,fx0. x0；当 x0,x0；当 x0,所以, fx在, 0上单调递减,在 0, 上单调递增2解 由1知,对任意的 m,fx在1,0上单调递减,在 0, 1上单调递增,故 fx在 x 0处取得最小值所以对于任意 x1, x2 1, 1 时, |fx1 fx2|e 1 的充要条件是f（1） f（0） e1,f（ 1） f（ 0） e1,即e mme1,em m e1.设函数 gt et te 1,就 g tet1. - 13 - / 31 当 t0 时, gt0；当 t0 时, gt0. 故 gt在, 0上单调

19、递减,在0, 上单调递增又 g1 0,g1 e12e0,故当 t1, 1时, gt 0. 当 m1,1时, gm0,gm 0,即式成立；当 m1 时,由 gt的单调性, gm0,即 emme1；当 m 1 时, gm0,即 emme1. 综上, m 的取值范畴是 1,112解 1设曲线 yfx与 x 轴相切于点 x0,0,1就 fx00,fx0 0.即 x 30ax040,3x 2 0a0,解得 x02,a 3 4. 因此,当 a3 4时, x 轴为曲线 yfx的切线2当 x1, 时, gx ln x0,从而 hxmin fx,gx gx0,故 hx在1, 上无零点当 x1 时,如 a5 4,

20、就 f1 a5 40,h1min f1,g1 g10,故 x1 是 hx的零点；如 a5 4,就 f10, h1 min f1,g1 f10.所以只需考虑fx在0,1上的零点个数如 a 3 或 a0,就 f x3x2a 在0,1上无零点,故 fx在0,1上单调而 f01 4,f1a54,所以当 a 3 时, fx在0,1上有一个零点；当 a 0 时, fx在 0, 1上没有零点如 3a0,即 3 4a0,fx在0,1上无零点；- 14 - / 31 如 fa3 0,即 a3 4,就 fx在0, 1上有唯独零点；如 fa 3 0,即 3a4,由于 f01 4,f1a5 4,所以当5 4a34时,

21、 fx在0, 1上有两个零点；当33 4或 a5 4时,hx有一个零点； 当 a 3 4或 a 5 4时,hx有两个零点； 当 5 4a0,得 x4 或 x0.fx在 0,4上递减,在 4, 上递增,当 x0, 时,fxminf4 要使 fx5 0恒成立,只需 f450 恒成立刻可,代入解之得 m17 9 . 1 x 213D 令 f x 1x2x20,得 x1.当 x , 1时,fx0；当 x1,0时, fx0；当 x0,1时, fx0；当 x1, 时, fx0.故当 x0 时,fx2；当 x 0 时,fx2,故函数在其定义域内没有最大值和最小值,故 A,D. B 错；函数在x1, 时, f

22、x0,故 C 错；当 x01 时满意题意, D 正确,应选4Bf xe xx22ax 2x2ae xe xx22xa12a令 f x 0,得 xa21a10 时, fx在,0和2 a, 上单调递增,在0,2 a上单调递减且 f010,故 fx有小于 0 的零点,不符题意,排除A、C.当 a0 且唯独,只需f 2 a 0,即 a 24,a2,选 B. 74,0由题意知使函数fxx 33x2a 的极大值大于0 且微小值小于0 即可,又f x- 16 - / 31 3x26x3xx2,令 fx0,得 x10,x22.当 x0 时, fx0；当 0 x2 时, fx0；当 x2 时, fx0,所以当

23、x 0 时, fx取得极大值,即 fx极大值 f0 a；当 x 2a 0,时, fx取得微小值,即 fx微小值 f2 4a,所以 解得 4a0. 4 a0,3x 24x3（x1）（ x3）80,12,3 对 fx求导,得 f x x4xxx .由 f x0 得函数 fx的两个极值点为 1, 3,就只要这两个极值点有一个在区间 t,t1内,函数 fx在区间 t,t1上就不单调,所以t1t1 或 t3t1,解得 0t1 或 2t3. 9.2当 xt 时, ftt2,gtln t,2y|MN |t 2ln tt02 2y 2t1 t2t21t2 t2t t2.2 2当 0t2时, y 0；当 t2时

24、, y 0.y|MN |t 2ln t 在 t2时有最小值 2 x101解 f xae x 2x,gx2 cos 2b. f0a,f0 a,g11b,g1b,曲线 yfx在点 0,f0处的切线为 yaxa,曲线 ygx在点 1,g1 处的切线为ybx11b,即 ybx1. 依题意,有 ab 1,直线 l 方程为 yx 1. x2证明 由1知 fx e x x2, gx sin 2x. 设 Fxfxx1 ex x2 x1,就 F xex2x1,当 x, 0时, FxF00；- 17 - / 31 Fx在, 0上单调递减, 在0, 上单调递增, 故 Fx F0 0,当且仅当 x0 时 F00 成立

25、 x设 Gxx1gx1sin 2,就 Gx0,当且仅当 x4k1kZ时等号成立由上可知, fx x1gx,且两个等号不同时成立,因此 fxgx11解 1函数的定义域为 0, 当 a3 时,fxx23xln x,2x23x1（2x1）（ x1）fxxx,当1 2x0,fx单调递增；当 0 x1 时, fx0,fx单调递减所以 fx极大值 f12,fx微小值 f 1 25 4ln 2. 12f x1 axa1 x（1 a）x2ax1x（1a） xa1（x 1）x当a1 11,即 a 2 时, fx（1x）2x0, fx在定义域上是减函数；当 0 a 12 时,令 f x0 ,得 0 x1；令 f

26、x0,得 a1x1,即 1a0,得 1x 1；由 f x0 ,得 0 x 1,a1 a1综上,当 a2 时, fx在 0, 上是减函数；当 a2 时, fx在 0,a 1和1, 单调递减,在 1a1 1,1 上单调递增；当 1a0；当 x1,2时, fx0 ,所以 fx有两个极值点 1 和 2,且当 x 2 时函数取得微小值,当 x1 时函数取得极大值只有 A 不正确 4C A,B 中构造函数 fxe xln x,1fxe xx,x在0,1上有零点,故 A,B 错； C,D 中令 gxe x,e xxe xe x（x1）gxx2x20,gx在0,1单调递减,又x2x1,x e 1x 1x e

27、2x 2,应选 C. aR.5C当 x0 时, ax3x24x30 变为 30 恒成立,即- 20 - / 31 当 x0,1时, ax3x24x3,ax 24x3x3,ax24x3max.x3设 xx2 4x3 x 3,x（2x4）x3（ x24x3）3x2x6x28x9 x4（x9）（ x1）0,x4x在0,1上递增, xmax1 6.a6.x24x3当 x2,0时, ax 3,ax 24x3x 3 min .x 24x3仍设 xx3,（x 9）（ x1）xx4 .当 x2, 1时, x0,当 x1,0时, x0.当 x 1 时, x有微小值,即为最小值而 x min1143 2,1a2.

28、综上知 6a2. 6C由 fxx2 2m x,得 f xxm x 2,又 x0 是 fx的极值点, fx00,解之得 x03 m,- 21 - / 31 3 因此 x0fx0 x3 0 x 2mx3 0 0m 2, g xgx 1 e x.所以m 2m2,解之得 0m1 2. 7Afx1 4x2 cos x,就 f x1 2xsin x,fx为奇函数,排除选项B,D.又f x 1 2cos x,令1 2cos x0,就 x 2k 3,kZ .当 0 x3时, f x 1 2 cos x0.函数 yf x在 0,内是减函数,图象A 适合 38C令 Fxg（x）1,就 F xg （x）e xe x

29、g（ x）e x（ e x） 2gxgx0,Fx0 即e x 1的解集为 ,0 95xy30 y 5e5x,k 5 e0 5,切线方程为 y3 5x,即 5xy 30. a102, fxaln xx.f xx1.a又fx在2,3 上单调递增,x10 在 x2,3上恒成立, ax max 2,a2, - 22 - / 31 11. 0,1 2 f x3x26b,如 fx在0,1内有微小值,只需 f010,1即 6b36b0,解得 0b2. 312. 4,3 设 Px0,y0,就 f x2x1.12x013,即 0 x02.y0fx0 x20 x01 x012 23 4,x00,2 ,3 4y03

30、,3故点 P 的纵坐标的取值范畴是 4,3 . ax22x1131,00, 对函数 fx求导,得 f xx x0依题意,得 f x0 在0, 上有解, 4 4a0 且方程 ax 22x1 0至少有一个正根,a1,又 a 0,1a0. 14. 9 8 该三视图对应的几何体为底面半径为 1,高为 2 的圆锥如图,设长方体的长、宽、高分别为 a,b, c,上、下底面中心分别为 O1,O2,上方截得的小圆锥的高为 h,底面半径为SO1 O1A h rr ,就 a 2b 24r 2.由三角形相像, 得 SO2O2B,即 21,就 h2r.长方体的体积为 Vabcab2a 2b22r2 22r2r222r

31、4r24r3当且仅当 a b 时取等号,且 0r1- 23 - / 31 设 y4r24r30r0,得 0r2 3.由 y0,得2 3r0 时, fx在 0,1 a上单调递增,在1 a,上单调递减2由 1知,当 a0 时, fx在0, 无最大值；- 25 - / 31 当 a0 时, fx在 x1 a取得最大值,最大值为f 1 a ln 1 aa 11 a ln aa1. 因此 f 1 a2a 2 等价于 ln aa10. 令 galn a a1,就 ga在0, 上单调递增,g10. 于是,当 0a1 时, ga 0；当 a 1 时, ga0. 因此, a 的取值范畴是 0,12171解 函数

32、的定义域为 0, 由 fxx 2kln xk0得fxxk xx 2kx . 由 f x 0 解得 xk负值舍去 fx与 f x在区间 0, 上的变化情形如下表：所以, fx的单调递减区间是0,k,单调递增区间是k, k（ 1ln k）fx在 xk处取得微小值 f k2 . k（1ln k）2证明 由1知, fx在区间 0, 上的最小值为 f k2 . k（1ln k）由于 fx存在零点,所以0,从而 k e,2当 ke 时, fx在区间 1,e上单调递减,且 f e0,所以 xe是 fx在区间 1,e上的唯独零点当 ke 时, fx在区间 0,e上单调递减,且 f11 20,f eek2 0,所以 fx在区间 1,e上仅有一个零点综上可知,如 fx存在零点,就 fx在区间 1,e上仅有一个零点18解 1fsin xsin 2 xasin xb- 26 - / 31 sin xsin xab,2 x 2 . fsin x 2sin xacos x,2 x 2 . 由于2 x0, 22sin x2. a 2,b R 时,函数 fsin x单调递增,无极值a2,bR 时,函数 fsin x单调