高考數(shù)學(xué)專題：導(dǎo)數(shù)大題專練(含答案)

高考數(shù)學(xué)專題：導(dǎo)數(shù)大題專練(含答案)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-高考數(shù)學(xué)專題：導(dǎo)數(shù)大題專(I)求a的取值范圍；)=x2(II)證明：當(dāng)?)

（

ex-ax-a

) f(x)的最大值為（Ⅰ）'（Ⅱ）f(x)xea-x+bxy=f(x)(2,f(2))y(e-1)x4設(shè)2②若對(duì)任意?,不等式f(2x)3mf(x)6恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值若0a<,1，函數(shù)g(x)=f(x)2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求ab的值已知f(x)a(xlnx)+2x-1,?2?,2]22?，2當(dāng)a5時(shí)，解不等式f(x)0若關(guān)于x的方程f(x)-log2[(a-4)x+2a-5]=0的解集中恰好有一個(gè)元素，求a的取值范圍設(shè)a>0，若對(duì)任意?[,1]，函數(shù)f(x在區(qū)間[t,t+1上的最大值與最小值的差不超過1，求2?x

1+?R，?R.f(x存在極值點(diǎn)x0，且f(x1f(x0，其中x11x0，求證x12x031=)設(shè)a33，函數(shù)F(x)min{2|x1|x22ax4a2?]答設(shè)a0，則f(x)(x2)exf(x)只有一個(gè)零點(diǎn)（ii）設(shè)a0，則當(dāng)?(￥,1時(shí)f'(x0；當(dāng)?,+￥時(shí)f'(x0．所以f(x在(-￥,1上調(diào)遞減，在(1,+￥)上單調(diào)遞增af(1ef(2a，取b滿足b0且bln2，

ab 3 a (-2)+(-1)= )> （iii）設(shè)a0，由f'(x0得x1或xln(-2ae若a3 ?,2時(shí)f(x)0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)e若a< ，則ln(-2a)>1，故當(dāng)?(2a))時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)?(2a),+￥)時(shí)，f'(x)>0．2)))不妨設(shè)xx，由（Ⅰ）知x?(-￥,1x?,+￥2x?(-￥,1f(x在(-￥,1上單調(diào) 減，所以xx2等價(jià)于f(x)>f(2x)，即f(2x)0 由于f(2xxe2-x2a(x-1)2，而f(x)(x2)ex2a(x-1)20，所 所以當(dāng)x1時(shí)g'(x)<0，而g(1)0，故當(dāng)x1時(shí)g(x)0．從而g(xf(2x0，故xx2． 4試題分析：(Ⅰ)先求定義域，用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)?+￥)時(shí)f(x)>f(0)證明結(jié)論))

)

(x+2)2

=(x+2)23因此當(dāng)?+￥時(shí)f(xf(0-1,所以(x2)ex(x2),(x2)exx2

=x+

由(I)知f(x)a單調(diào)遞增，對(duì)任意?,f(0)aa-10,f(2)aa3?當(dāng)0xx0時(shí)f(xa0g'(x)0g(x)單調(diào)遞減；

0x0

x

=x+2

于是h(a) ，由 )'

(x+

所以，由x0?2],得 0+ 2+ 1

單調(diào)遞增，對(duì)任意l?( ],存在唯一的x0?2],a=-f(x0)?2 4? 4解：（Ⅰ）f(x)2asin2x(a-1)sin ………41-

1-

時(shí)，g(t)取得極小值，極小值為 )= -1= 令-11-a1，解得a1（舍去），a>1 5A=2-((51-

1- 又| >0，所以A=| ) ? 2-3a,0<a￡?

í綜上A=í

<a1 ………95 當(dāng)0<a￡1時(shí)|f(x|￡1+a￡24a2(23a)5 當(dāng)1<a<1時(shí)，A=a+ 1，所以|f'(x)|￡1+a< 8a，f( ??(,??解得a=2,b=

-ea-2+b=e-f￠()f()￠()?(￠()?,+￥)￠()故g(11是g(x在區(qū)間(-￥,+￥上的最小值，從而g(x)0?(￥,+￥).綜上可知f￠()>0?(￥,+￥)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-￥,+￥)解：（1）因?yàn)閍2,b=1，所以f(x)=2x2-2①方程f(x2，即2x2-x2，亦即(2x)22′2x+10，所以(2x-1)20，于是2x1，解得x0.?)(f(x))2+所以

對(duì)于?恒成立(f(x))2+ 而

3

4

=4=)=所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點(diǎn).因?yàn)間(x)axlnabxlnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0所以g(x0有唯一解xlog(lna)a a?，))?? 下證x00

<g(0)=0 (2aa x00，所以x0與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點(diǎn)”矛盾 于是-lna1，故lnalnb=0，所以ab=1ln 當(dāng)a￡

?()?(1+￥)時(shí),f/(x)0f(x單調(diào)遞減當(dāng)a>0時(shí)，f/(x)=a(x-1) 2 2) 2a（1）0<a<2 >12a?()?

2,+￥時(shí)f(x)0f(x單調(diào)遞增a當(dāng)?

2時(shí)f(x)0f(x單調(diào)遞減a2a（2）a=2時(shí) ?2a2a（3）a>2時(shí)02a

<1，當(dāng)?當(dāng)?

?aa當(dāng)a￡0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1,+￥)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)0a2時(shí)f(x在(0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在

a

2a

當(dāng)a=2時(shí)f(x)在(0,+￥內(nèi)單調(diào)遞增當(dāng)a2f(x在

a

2,1內(nèi)單調(diào)遞減，在(1,+￥)內(nèi)單調(diào)遞增a（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a=1時(shí)af(x)-f/(x)=x-lnx+2x-1 2+22 - 2x 1-2-1，?,2] + x x

x2-

?,2]x

，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)

()()?)(2)，()?(，() 當(dāng)且僅當(dāng)x=2取得等號(hào) 22?,2]2

?15?0，得151，2? 解得??￥,1

4 x當(dāng)a4時(shí)x1，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意．x當(dāng)a3時(shí)x1x21，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意當(dāng)as3且as4時(shí)，x ，x=-1，xsx a- 1x是原方程的解當(dāng)且僅當(dāng)1a0，即a2；122

a0，即a>1．于是滿足題意的?1,2．]當(dāng)0xx時(shí)1a>1a

?1+a?>

2? 2? 所以f(x)在(0+￥)上單調(diào)遞減

è è f(t)-f(t+1)=

?1+a?-

?1a?￡1即at2(a+1)t-130，對(duì)任2? 2? ?é1,1ù成立

因?yàn)閍0，所以函數(shù)yat2(a+1)t-1在區(qū)間é1,1ù上單調(diào)遞增，t1時(shí)

0，得a32

-2 故a的取值范圍為é2+￥?? ?

(x>（0+￥1當(dāng)a>0時(shí)由f'(x)=0，有111此時(shí)，當(dāng)x（0, )時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x（ +￥)111（II）令g(x=x

而當(dāng)x>1時(shí)s'(x)+￥)又由s(1=0，有s(x>0，從而當(dāng)x>1時(shí)f(x)當(dāng)a￡0x>1時(shí)f(xa(x2-1lnx0+￥)1當(dāng)0a<1時(shí)12

11由（I）有 )<f(1)=0,從而 )>11+￥)當(dāng) 2

2x

2x當(dāng)x1時(shí)，

0 又因?yàn)閔(1)=0，所以當(dāng)

1時(shí)

0

[ 2 ，類討論：①當(dāng)a￡0時(shí)，有f￠()30恒成立，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-￥￥.②當(dāng)a0時(shí)， )|f(3a|,| 3a)),

3a￡02￡1 3a，②當(dāng)3￡a3時(shí) 1-

3a￡0<1 3a<1 3a<2￡1+23a，③當(dāng)0<a<3時(shí)，0<1 3a<1 3a<2 （2）當(dāng)a0時(shí)，令f'(x)0，解得x1

3a，或x13

xx3 33a3+3 3 3＋0—0＋單調(diào)遞極大單調(diào)遞極小單調(diào)遞

3

)3)

3a，)3)

,+￥)f'(x3(x-1)2a0，即(x-1)2a a

0-3f(32x)(22x)3a(22x-b8a(1x2ax3a- a f(x，且32xsx，由題意及（Ⅰ）知，存在唯一實(shí)數(shù)滿足f(x)=f(x， 0-3 ),

3a￡0<2￡13

))3區(qū)間[0,2]上的取值范圍為[f(2),f(0)]，因M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)ía-1-(a+b),a+b<=ìa-1+(ab),ab30，所以Mía-1-(a+b),a+b<（2）當(dāng)3￡a3時(shí)，1-4

3a￡0<13

3a<13

3a<2￡1+3

3

3a=f(1)3)

3a，f(2)￡f(1+)3)

，)) ，))

f)3f)

)3)M=

3

3

-9

3a-a-b|,|9

3a-a-=max{|-9

3a-(a+b)|,|9

=2a

3

2′