高二数学导数大题练习详细答案

高二数学导数大题练习详细答案

一、解答题

1．已知函数1exxfx.

(1)求fx极值点；

(2)若4gxfx，证明：2x时，fxgx成立.

2．已知函数()()e,Rxfxxaa．

(1)若函数()fx在区间[3,)上是增函数，求实数a的取值范围．

(2)若2()efx在0,2x时恒成立，求实数a的取值范围．

3．已知函数lnfxx．

(1)当sin1gxx，求函数Txfxgx在0,1的单调性；

(2)12hxfxbx有两个零点1x，2x，且12xx，求证：121xx．

4．已知函数21()ln(1)()22Rxfxaxaxaa有一个大于1的零点0x．

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：对任意的01,xx，都有ln10axx恒成立．

5．已知函数1()2lnfxxxx．

(1)求函数的单调区间和极值；

(2)若12xx且12fxfx，求证：121xx．

6．已知函数2()ln(2)fxxaxa．

(1)若2a，求函数()fx的极小值点；

(2)当2(]0,x时，讨论函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象公共点的个数，并证明你的结论．

7．设函数2()ln1fxxaxx，其中Ra.

(1)1a时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；

(2)讨论函数fx极值点的个数，并说明理由；

(3)若0,0xfx成立，求a的取值范围.

8．求函数31443fxxx在区间1,33上的最大值与最小值.

9．已知函数e,xfxaxaR．

(1)讨论fx的单调性；

(2)讨论fx在0,上的零点个数． 10．已知函数2()2lnfxxx，()()agxxaxR.

(1)求函数()fx的单调区间；

(2)若函数()fx与()gx有相同的极值点，求函数()gx在区间1[,3]2上的最值.

【参考答案】

一、解答题

1．(1)极大值点为2x，无极小值点；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用导数求出函数的单调区间即得解；

（2）令4e31eexxxxFxfxgx，利用导数求出函数()Fx的最小值即得证.

(1)

解：由题意，得2exxfx，

令0fx，得2x；0fx，得2x；

列表如下：

x ,2 2 2,

fx 大于0 0 小于0

fx 单调递增 极大值 单调递减

所以fx极大值点为2x，无极小值点.

(2)

证明：4e34exxgxfx，

令4e31eexxxxFxfxgx，

∴42442eee22eeexxxxxxxFx. 当2x时，20x，24x，从而42ee0x，

∴0Fx，Fx在2,上是增函数，∴221120eeFxF.

∴当2x时，fxgx成立.

2．(1)[2,)

(2)2[e,)

【解析】

【分析】

（1）求出导函数，由题意可得()0fx在[3,)上恒成立，从而可求出a的取值范围，

（2）将问题转化为2exax在0,2x时恒成立，构造函数2()exgxx，利用导数求出其最大值即可

(1)

由()()e,Rxfxxaa，得()(1)exfxxa，

因为()fx在区间[3,)上是增函数，

所()0fx在[3,)上恒成立，

所以10xa在[3,)上恒成立，

因为1yxa在[3,)上为增函数，

所以满足题意只需310a，得2a，

所以a的取值范围为[2,)

(2)

因为()()e,Rxfxxaa

所以2()eexxa 即2exax在0,2x时恒成立，

令2()exgxx ，0,2x，则22()e1(e1)0xxgx，

所以2()exgxx在0,2x上递减，

所以2max()(0)egxg，

所以2ea，

所以a的取值范围为2[e,)

3．(1)单调递增

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性； （2）直接由1x，2x是函数1ln2hxxbx的两个零点得到1212122lnxxxxxx，分别解出

1211212lnxxxxx，2121212lnxxxxx，再换元令12xtx构造函数12lnltttt，求导确定单调性即可求解.

(1)

由题意，函数sin1lnTxxx，则1cos1Txxx，

又∵0,1x，∴11x，10,1,cos11xx，∴0Tx，∴Tx在（0，1）上单调递增．

(2)

根据题意，1ln02hxxbxx，

∵1x，2x是函数1ln2hxxbx的两个零点，∴111ln02xbx，221ln02xbx．

两式相减，可得122111ln22xxxx，即112221ln2xxxxxx，

∴1212122lnxxxxxx，则1211212lnxxxxx，2121212lnxxxxx．

令12xtx，0,1t，则1211112ln2ln2lnttttxxttt．

记12lnltttt，0,1t，则221tltt．

又∵0,1t，∴0lt恒成立，∴lt在0,1上单调递增，

故1ltl，即12ln0ttt，即12lnttt．因为ln0t，可得112lnttt，∴121xx．

【点睛】

本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln02xbx，221ln02xbx作差，化简得到1212122lnxxxxxx，

分别得到12,xx后，换元令12xtx，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解．

4．(1)1a

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先求导，分1a和1a进行讨论，1a时结合零点存在定理说明存在零点即可；

（2）先构造函数()ln1gxaxx，求导证明函数先增后减，故只要说明两个端点大于0即可，

化简得到0001()1212gxxxa，由(21)0fa借助()fx的单调性说明021axa，

即可得到0()0gx.

(1)

2(1)(1)()()(1)axaxaxxafxxaxxx，

①若1a，则()0fx在(1,)恒成立，即()fx在(1,)上单调递增，

当1x时，()(1)0fxf，与()fx有一个大于1的零点0x矛盾．

②若1a，令()0fx，解得01x或xa，令()0fx，解得1xa．

所以()fx在(0,1)和(,)a上单调递增，在(1,)a单调递减．

所以()(1)0faf，当x时，()fx，由零点存在性定理，()fx在(,)a上存在一个零点0x．

综上，1a．

(2)

令()ln1,()1aaxgxaxxgxxx，由（1）知01ax，令()0gx，

解得1xa，令()0gx，解得0axx，故()gx在(1,)a单调递增，在0,ax单调递减．

(1)0g，000ln1gxaxx

因为0x为函数()fx的零点，故200001ln(1)022xfxaxaxa，即20001ln(1)22xaxaxa，

所以220000000011ln1112222xxgxaxxaxaxaxa

0011212xxa．

又因为2(21)1(21)ln(21)(1)(21)ln(21)2222afaaaaaaaaa，

令()ln(21)22haaaa，则21()ln(21)2ln(21)12121ahaaaaa，令1()ln(21)121maaa，

22224(1)()021(21)(21)amaaaa恒成立，

所以()ha在(1,)单调递增，()(1)0hah，所以()ha在(1,)单调递增，

()(1)0hah，即(21)0fa，

由（1）可知()0fa，所以021axa，

因为0010,210xxa，所以000112102gxxxa，

所以()0gx在01,xx恒成立，

故对任意的01,xx，都有ln10axx恒成立．

【点睛】

本题关键点在于构造函数()ln1gxaxx后，如何说明0001()1212gxxxa大于0，

由(21)0fa借助()fx的单调性说明021axa，即可得到0()0gx，即可得证.

5．(1)减区间0,1，增区间1,，极小值3，

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可；

（2）构造新函数利用函数单调性去证明121xx即可.

(1)

1()2ln(0)fxxxxx，则2221111()2(0)xxfxxxxx

由()0fx得1x，由()0fx得01x，

即()fx减区间为0,1，增区间为1,，