高三数学大题专项训练 导数

1最后一道大题赏析1.已知函数)(ln)(Raxaxxf.（1）求)(xf的极值；（2）若函数)(xf的图象与函数1)(xg的图象在区间],0(2e上有公共点，求实数a的取值范围.【答案】（1）)(xf的定义域为),0(,2)(ln1)('xaxxf，……2分令0)('xf得aex1，当),0(1aex时，,0)('xf)(xf是增函数；当),(1aex时，,0)('xf)(xf是减函数，∴)(xf在aex1处取得极大值，11)()(aaeefxf极大值，无极小值.………………5分（2）①当21eea时，即1a时，由（1）知)(xf在),0(1ae上是增函数，在],(21eea上是减函数，11max)()(aaeefxf,又当aex时，0)(xf，当],0(aex时，0)(xf；当],(2eexa时，0)(xf；)(xf与图象1)(xg的图象在],0(2e上有公共点，11ae，解得1a，又1a，所以1a.………9分②当21eea时，即1a时，)(xf在],0(2e上是增函数，∴)(xf在],0(2e上的最大值为222)(eaef，所以原问题等价于122ea，解得22ea.又1a,∴无解.综上，实数a的取值范围是),1[.……13分22.已知函数)(xf的导数babfaxxxf,,)0(,33)('2为实数，21a.（Ⅰ）若)(xf在区间［-1，1］上的最小值、最大值分别为-2、1，求a、b的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求经过点）（1,2P且与曲线)(xf相切的直线l的方程；（Ⅲ）设函数xexxfxF2]16)('[)(，试判断函数)(xF的极值点个数。【答案】解：（Ⅰ）由已知得，baxxxf2323)(，………1分由,0)('xf得axx21,0.[1,1],12xa，当)0,1[x时，)(,0)('xfxf递增；当]1,0(x时，0)('xf，)(xf递减.)(xf在区间［-1，1］上的最大值为1,)0(bbf.…………3分又)1()1(,231231)1(,2321231)1(ffaafaaf.由题意得2)1(f，即223a，得1,34,34baa故为所求。………5分（Ⅱ）解：由（1）得xxxfxxxf43)(',12)(223，点P（2，1）在曲线)(xf上。（1）当切点为P（2，1）时，切线l的斜率4)('2xxfk，l的方程为074),2(41yxxy即.……6分（2）当切点P不是切点时，设切点为),2)(,(000xyxQ切线l的斜率02043)('0xxxfkxx，l的方程为))(43(00200xxxxyy。又点P（2，1）在l上，)2)(43(100200xxxy，)2)(43()2(),2)(43()12(1002002000202030xxxxxxxxxx，[来源:学科网ZXXK]0,0)2(2,4300002020xxxxxx即.切线l的方程为1y.故所求切线l的方程为074yx或1y.…………………8分（Ⅲ）解：xxexaxexaxxxF2222]1)2(33[)1633()(.xxexaxeaxxF222]1)2(33[2)]2(36[)('.3xeaxax22]38)3(66[.……10分二次函数axaxy38)3(662的判别式为0],1)2(3[12)11123(12)38(24)3(36222令aaaaa得：332332,31)2(2aa.令0，得332a，或332a。21,02aex，2332a当时，0)('xF，函数)(xF为单调递增，极值点个数0；……12分当3321a时，此时方程0)('xF有两个不相等的实数根，根据极值点的定义，可知函数)(xF有两个极值点.…………14分3.已知函数1ln()xfxx．（1）若函数()fx在区间1(,)(0)3aaa上存在极值点，求实数a的取值范围；（2）当1x时，不等式()1kfxx恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证：2221(1)!(1)nnnne．（nN，e为自然对数的底数）【答案】（1）函数()fx定义域为0,，'2211ln1lnxxxxfxxx，由'01fxx，当01x时，'0fx，当1x时，'0fx，则()fx在0,1上单增，在1,上单减，函数()fx在1x处取得唯一的极值。由题意得0211313aaaa，故所求实数a的取值范围为2,13………4分(2)当1x时，不等式11ln1ln()11xxkxkfxkxxxx．令11ln(),1xxgxxx，由题意，()kgx在1,恒成立。'''2211ln11lnln()xxxxxxxxgxxx4令ln1hxxxx，则'110hxx，当且仅当1x时取等号。所以lnhxxx在1,上单调递增，110hxh因此'22ln()0hxxxgxxx，则()gx在1,上单调递增，min12gxg所以2k，即实数k的取值范围为,2…………8分（3）由（2）知，当1x时，不等式2()1fxx恒成立，即1ln2222ln111111xxxxxxxx，…………………10分令1,xkkkN，则有211ln111211kkkkkk．分别令1,2,3,,kn，nN则有1ln121212，11ln23122311,,ln1121nnnn将这n个不等式左右两边分别相加，则得22212ln123121211nnnnnn故2222211231nnnne，从而2221(1)!(1)nnnne．nN………14分4.已知函数2()(0)fxxaxa，()lngxx，()fx图象与x轴异于原点的交点M处的切线为1l，(1)gx与x轴的交点N处的切线为2l，并且1l与2l平行.（1）求(2)f的值；（2）已知实数t∈R，求ln,1,uxxxe的取值范围及函数[()+],1,yfxgxtxe的最小值；（3）令()()'()Fxgxgx，给定1212,(1,),xxxx，对于两个大于1的正数,，存在实数m满足：21)1(xmmx，21)1(mxxm，并且使得不等式12|()()||()()|FFFxFx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）()yfx图象与x轴异于原点的交点(,0)Ma，'()2fxxa(1)ln(1)ygxx图象与x轴的交点(2,0)N，1'(1)1gxx由题意可得12llkk，即1a，……………………2分∴2(),fxxx，2(2)222f…………………3分（2）2[()+][ln+](ln+)yfxgxtxxtxxt=22(ln)(21)(ln)xxtxxtt…4分5令lnuxx，在1,xe时，'ln10ux，∴lnuxx在1,e单调递增，0,ue……………5分22(21)yututt图象的对称轴122tu，抛物线开口向上①当1202tu即12t时，2min0|uyytt……6分②当122tue即122et时，22min|(21)ueyyetett…………7分③当1202te即12122et时，22min12212121|()(21)224tuttyyttt……………8分1(3)()()'()lnFxgxgxxx,22111'()0xFxxxx1x得所以()Fx在区间(1,)上单调递增………………………9分∴1x当时，FFx（）（1）0①当(0,1)m时，有12111(1)(1)mxmxmxmxx，12222(1)(1)mxmxmxmxx，得12(,)xx，同理12(,)xx，……１０分∴由)(xf的单调性知01()()FxF、2()()FFx从而有12|()()||()()|FFFxFx，符合题设.……………11分②当0m时，12222(1)(1)mxmxmxmxx，12111(1)(1)mxmxmxmxx，由)(xf的单调性知012()()()()FFxFxF，∴12|()()||()()|FFFxFx，与题设不符……………12分③当1m时，同理可得12,xx，得12|()()||()()|FFFxFx，与题设不符.…………13分∴综合①、②、③得(0,1)m……………14分5．已知定义在R上的偶．函数()fx的最小值为1，当[0,)x时，()xfxae，（1）若当0x时都有不等式：01)(kxxf恒成立，求实数k的取值范围；（2）求最大的整数(1)mm，使得存在tR，只要[1,]xm，就有()fxtex【答案】解：（1）因为()xfxae为单调函数，故(0)1f，得1a,当0x时，0x，则xexfxf)()(，综上：,0(),0xxexfxex所以当0x时，1)(kxexgx，则xekxg)(①若1k，则当0x时，01,1,1,0kekeexxxx，()gx为减函6数，而(0)0g，从而当0x时，)0()(gxg，符合题意；②若1k时，则当)ln,(kx时，'()gx，()gx为减函数，当)0,ln(kx时，0)(xg，()gx为增函数，所以0)0()(gxg不合题意，∴综合①②可得k的取值范围为]1,(。（2）因为任意[1,]xm，都有()fxtex，故(1)fte且()fmtem当10t时，1tee，从而11t，∴10t当10t时，(1)tee，从而(1)1t，∴21t，综上20t，故0mt，故()fmtem得：mteem，即存在[2,0]t，满足tmemee∴2min{}tmemeee，即30meem，令3()xgxeex，[2,)x，则3'()xgxee当(2,3)x时，'()0gx，()gx单调递减；当(3,)x时，'()0gx，()gx单调递增，又3(3)20ge，3(2)0ge，3(4)(4)0gee，32(5)(4)0gee由此可见，方程()0gx在区间[2,)上有唯一解0(4,5)m，且当0[2,]xm时()0gx，当0[,)xm时()0gx，mZ，故max4m，此时2t.下面证明：|2|(2)xfxeex对任意[1,4]x恒成立，①当[1,2]x时，即2xeex，等价