全国各省市模拟试题导数大题训练解析

1全国各省市模拟试题导数大题训练1.【山东省枣庄市2012届高三上学期期末理】21.（本题满分12分）已知函数.lnxxxf（1）求函数xf的极值点；（2）若直线l过点（0，—1），并且与曲线xfy相切，求直线l的方程；（3）设函数1xaxfxg，其中Ra，求函数xg在e,1上的最小值.（其中e为自然对数的底数）【答案】21.解：（1）xxxf,1ln＞0.……………………1分而xf＞0lnx+1＞0x＞xfe,1＜01lnx＜00＜x＜,1e所以xf在e1,0上单调递减，在,1e上单调递增.………………3分所以ex1是函数xf的极小值点，极大值点不存在.…………………4分（2）设切点坐标为00,yx，则,ln000xxy切线的斜率为,1ln0x所以切线l的方程为.1lnln0000xxxxxy……………………5分又切线l过点1,0，所以有.01lnln10000xxxx解得.0,100yx所以直线l的方程为.1xy………………………………………………7分（3）1lnxaxxxg，则.1lnaxxgxg＜0ax1ln＜00＜x＜xgea,1＞0x＞,1ae所以xg在1,0ae上单调递减，在,1ae上单调递增.………………8分①当,11ae即1a时，xg在e,1上单调递增，所以xg在e,1上的最小值为.01g………………………………………9分②当1＜1ae＜e，即1＜a＜2时，xg在1,1ae上单调递减，在eea,1上单调递增.2xg在e,1上的最小值为.11aaeaeg……………………………………10分③当,1aee即2a时，xg在e,1上单调递减，所以xg在e,1上的最小值为.aeaeeg………………………………11分综上，当1a时，xg的最小值为0；当1＜a＜2时，xg的最小值为1aea；当2a时，xg的最小值为.aeea…………………………………………12分2.【2012山东青岛市期末文】已知函数21()22fxaxx，()gxlnx.（Ⅰ）如果函数()yfx在[1,)上是单调函数，求a的取值范围；（Ⅱ）是否存在正实数a，使得函数()()(21)gxxfxax在区间1(,)ee内有两个不同的零点？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】（Ⅰ）当0a时，()2fxx在[1,)上是单调增函数，符合题意．……1分当0a时，()yfx的对称轴方程为2xa，由于()yfx在[1,)上是单调函数，所以21a，解得2a或0a，综上，a的取值范围是0a，或2a．…………………………4分（Ⅱ）(2)(21)lnxxaxax，因x在区间(1,ee)内有两个不同的零点,所以0x，即方程2(12)0axaxlnx在区间(1,ee)内有两个不同的实根.…………5分设2()(12)Hxaxaxlnx(0)x，1()2(12)Hxaxax22(12)1(21)(1)axaxaxxxx………7分3令()0Hx，因为a为正数，解得1x或12xa（舍）当1(,1)xe时,()0Hx,()Hx是减函数；当(1,)xe时,()0Hx，()Hx是增函数.…………………………8分为满足题意，只需()Hx在(1,ee)内有两个不相等的零点,故min1()0,()10,()0,HeHxHHe解得1212eeea……………………………12分3.【2012吉林市期末质检文】设函数11ln)(xaaxxxf．（Ⅰ）当1a时，求曲线)(xf在1x处的切线方程；（Ⅱ）当31a时，求函数)(xf的单调区间；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设函数1252)(2bxxxg，若对于1x[1，2]，2x[0，1]，使)(1xf≥)(2xg成立，求实数b的取值范围.【解析】函数)(xf的定义域为)0(，，211)(xaaxxf（2分）（Ⅰ）当1a时，1ln)(xxxf，∴2)1(f，11)(xxf，∴0)1(f∴)(xf在1x处的切线方程为2y（5分）（Ⅱ）22323)(xxxxf23)2)(1(xxx（6分）4∴当10x，或2x时，0)(xf，当21x时，0)(xf故当31a时，函数)(xf的单调递增区间为)21(，；单调递减区间为)1,0(，),2(.（8分）（Ⅲ）当31a时，由（Ⅱ）可知函数)(xf在)21，（上为增函数，∴函数)(xf在[1，2]上的最小值为)1(f32（9分）若对于1x[1，2]，]1,0[2x使)(1xf≥)(2xg成立)(xg在]1,0[上的最小值不大于)(xf在],0(e上的最小值32（*）（10分）又125)(1252)(222bbxbxxxg，]1,0[x①当0b时，)(xg在]1,0[上为增函数，32125)0()]([mingxg与（*）矛盾②当10b时，125)()]([2minbbgxg，由321252b及10b得，121b③当1b时，)(xg在]1,0[上为减函数，3212172127)1()]([minbgxg，此时1b（11分）综上，b的取值范围是），21[（12分）4.【2012广东佛山市质检文】设aR,函数()lnfxxax.（1）讨论函数()fx的单调区间和极值;（2）已知1(2.71828)xeeL和2x是函数()fx的两个不同的零点,5求a的值并证明:322xe.【解析】在区间0,上,11()axfxaxx.……………………2分①若0a,则()0fx,()fx是区间0,上的增函数,无极值；…………………4分②若0a,令()0fx得:1xa.在区间1(0,)a上,()0fx,函数()fx是增函数;在区间1(,)a上,()0fx,函数()fx是减函数;在区间0,上,()fx的极大值为11()ln1ln1faaa.综上所述，①当0a时,()fx的递增区间0,,无极值；…………………7分③当0a时，()fx的是递增区间1(0,)a，递减区间是1(,)a，函数()fx的极大值为1()ln1faa.……………………9分(2)()0,fe∴102ae，解得:12ae.……………………10分∴1()ln2fxxxe.……………………11分又323()022efeQ,5325()022efe,3522()()0fefe…………………13分由(1)函数()fx在(2,)e递减,故函数()fx在区间3522(,)ee有唯一零点,因此322xe.……………………14分5.【2012河南郑州市质检文】设函数Rpxpxxf,1ln.（Ⅰ）当1p时，求函数xf的单调区间；6（Ⅱ）设函数,1,122xxxpxxfxg求证：当成立时，有021xgp.【解析】（I）当p=1时，()ln1fxxx=-+，其定义域为0,.所以1()1fxx.…………2分由1()10fxx得01x，所以()fx的单调增区间为0,1；单调减区间为1,.………5分（II）由函数22()()(21)ln(1)gxxfxpxxxxpx,得()ln12,gxxpx…………7分由（I）知，当p=1时，()(1)0fxf，即不等式1lnxx成立.…………９分所以当12p时，()ln12(1)12(12)0gxxpxxpxpx，即g(x)在,1上单调递减，从而()(1)0gxg满足题意.…………12分6.【2012北京海淀区期末文】已知函数2()e()xfxxaxa，其中a是常数.（Ⅰ）当1a时，求()fx在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）求()fx在区间[0,)上的最小值.【解析】（Ⅰ）由2()e()xfxxaxa可得2'()e[(2)]xfxxax.………………………………………2分当1a时,(1)ef,'(1)4ef.………………………………………4分所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为e4e1yx，即4e3eyx.………………………………………6分7（Ⅱ）令2'()e[(2)]0xfxxax，解得(2)xa或0x.………………………………………8分当(2)0a，即2a时，在区间[0,)上，'()0fx，所以()fx是[0,)上的增函数.所以()fx的最小值为(0)f＝a;………………………………………10分当(2)0a，即2a时,'(),fxfx随x的变化情况如下表x0(0,(2))a(2)a((2),)a'()fx0-0+()fx(0)f↘((2))fa↗由上表可知函数()fx的最小值为24((2))eaafa.……………………………………13分7.【2012泉州四校二次联考理】（本小题满分13分）设2()1xefxax，其中a为正实数.（1）当43a时，求()fx的极值点；（2）若()fx为13,22上的单调函数，求a的取值范围.【解】∵22221()1xaxaxefxax，……………………2分（1）当43a时，若()0fx，则212134830,22xxxx，x1,21213,22323,2fx008∴112x是极大值点，232x是极小值点；……………………6分（2）记221gxaxax，则211gxaxa，∵()fx为13,22上的单调函数，则fx在13,22上不变号，∵2201xeax，∴0gx或0gx对13,22x恒成立，………10分由10g或102g01a或43a，∴a的取值范围是01a或43a.…………………13分8.【2012海南嘉积中学期末理】（本题满分12分）设函数2()ln(1)fxxbx=++．（Ⅰ）若函数()yfx在定义域上是单调函数，求b的取值范围；（Ⅱ）若1b，证明对于任意的nN，不等式33311111()123nkfkn．【答案】（I）解：)1(12212)(2xxbxxxbxxf要使)(xf在),1(上为单调函数只须在),1(上0)(xf或0)(xf恒成立，若0222bxx，21)21(22xb在),1(上21)21(22xt有最大值21∴只须21b则0)(xf若0222bxx，21)21(22xbfx递增极大值递减极小值递增9在),1(上21)21(22xt无最小值故满足0)(xf的b不存在.由上得出当21b时，)(xf在),1(上为单调函数.（II）1b时，)1ln()(2xxxf设323)1ln()()(xxxxxfxg1)1(33