专题06 导数（解答题10种考法）专练（解析版）

专题06导数（解答题10种考法）1．（2023秋·河南信阳·高三校考阶段练习）已知函数21ln2xfxaxax.(1)已知12a，求fx最小值；(2)讨论函数fx单调性.【答案】(1)0(2)答案见解析【解析】（1）当12a时，211ln222xfxxx，所以112xxfxx.0,0xfx时，1x，1x时，()0fx，01x时，()0fx，()fx在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增，故fx最小值为10f.（2）1,(0,)xaxfxxx，0a时，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，()fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.当01a时，当0xa或1x时，0,fxfx在0,a和1,上单调递增；当1ax时，0,fxfx在,1a上为减函数.当1a时，2(1)0xfxx上，fx在0,上为增函数.当1a时，当01x或ax时，0,fxfx在0,1和(,)a为增函数；当1xa时，0,fxfx在1,a上为减函数.综上，0a时，()fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；01a时，()fx在0,a和1,上单调递增，在,1a上为减函数；1a时，fx在0,上为增函数；1a时，()fx在0,1和(,)a为增函数，在1,a上为减函数.2．（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考阶段练习）已知函数2ln102kfxxxxk.(1)当2k时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(2)讨论fx的单调性.【答案】(1)322ln230xy(2)答案见解析【解析】（1）当2k时，2ln1fxxxx，所以1121fxxx由于1ln2f，312f，所以切线为3ln212yx，即322ln230xy.（2）因为2ln112kfxxxxx，所以11111xkxkfxkxxx.当0k时，1xfxx.所以，在区间1,0上，()0fx¢；在区间0,上，0fx.故fx的单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,.当01k时，由101xkxkfxx，得10x，210kxk所以，在区间1,0和1,kk上，()0fx¢；在区间10,kk上，0fx.故fx的单调递增区间为1,0和1,kk，单调递减区间为10,kk.当1k时，201xfxx，故fx的单调递增区间为1,.当1k时，由101xkxkfxk，得111,0kxk，20x.所以在区间11,kk和0,上，()0fx¢；在区间1,0kk上，0fx.故fx的单调递增区间为11,kk和0,，单调递减区间为1,0kk.综上所述：当0k时，fx的单调递增区间是1,0，单调递减区间是0,；当01k时，fx的单调递增区间是1,0和1,kk，单调递减区间是10,kk；当1k时，fx的单调递增区间是1,；当1k时，fx单调递增区间是11,kk和0,，单调递减区间是1,0kk.3．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）设函数322()(0)fxxaxaxma(1)若1a时函数()fx有三个互不相同的零点，求m的范围；(2)若函数()fx在[1,1]内没有极值点，求a的范围；【答案】(1)51,27(2)3,【解析】（1）当1a时，32()fxxxxm，因为()fx有三个互不相同的零点，所以32()0fxxxxm，即32mxxx有三个互不相同的实数根．令32()gxxxx，则2()321(31)(1)gxxxxx．令101,3gxx，令10,1,3gxx，所以()gx在(,1)和1,3均为减函数，在11,3为增函数，即()gx的极小值为(1)1g，极大值为15()327g，故m的取值范围51,27．（2）由题意可知，22()3230fxxaxaxaxa在[1,1]上没有变号零点，又因为0a，所以2213201320faafaa，解之得3a．故a的范围为3,.4．（2023·浙江杭州·校考模拟预测）设函数2lnfxxax，2gxax.(1)求函数fx的单调区间；(2)若函数Fxfxgx有两个零点1x，2x，求满足条件的最小正整数a的值.【答案】(1)答案详见解析(2)3【解析】（1）2lnfxxax的定义域是0,，222axafxxxx，当0a时，()0fx¢，所以fx在0,上单调递增，当0a时，22xaxafxx，所以fx在区间20,2a上0,fxfx单调递减；在区间2,2a上0,fxfx单调递增.（2）2ln20Fxfxgxxaxaxx，2221222xaxaxxaaFxxaxxx，依题意，*Na，所以Fx在区间0,2a上0,FxFx单调递减；在区间,2a上，0,FFxx单调递增.所以Fx在2ax时取得极小值也即是最小值.要使函数Fxfxgx有两个零点1x，2x，则首先要满足22ln2ln0242242aaaaaaFaaaa，1a时，11113131lnlnln202424424F，不符合.2a时，1212ln110F，不符合.3a时，1439313333ln3ln3lneln242422F，4414381ee,e216，所以302F，此时23lnFxxxx在30,2上单调递减，在3,2上单调递增，13ln1110F，22ee3lneeee30f，3e02ff，满足函数Fxfxgx有两个零点，所以最小正整数a的值为3.5．（2023·江西南昌·校考模拟预测）已知函数()exfxax和()lngxaxx有相同的最小值．(1)求a；(2)是否存在直线yb，其与两条曲线()yfx和()ygx共有三个不同的交点且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列？说明理由．【答案】(1)1a(2)存在；理由见解析【解析】（1）由题意可得()exfxa，1()gxax．①若0a，()0fx在R上恒成立，()fx在R上单调递增，即()fx无最小值；②若0a，当(,ln)xa时，()0fx，()fx单调递减，当(ln,)xa时，()0fx，()fx单调递增．所以()fx在lnxa处取得最小值(ln)lnfaaaa，当10,xa时，()0gx，()gx单调递减，当1,xa时，()0gx，()gx单调递增，所以()gx在1xa处取得最小值11lngaa，又()fx与()gx有相同的最小值，所以ln1lnaaaa，0a，设()lnln1haaaaa，0a，则1()lnhaaa，令()()aha，则22111()aaaaa，0a，当(0,1)a时，()0a，()ha单调递减，当(1,)a时，()0a，()ha单调递增．所以()ha在1a处取得最小值(1)10h，则当0a时，()0ha恒成立，()ha单调递增．又(1)0h，所以1a．（2）由（1）得e()xxfx，()lngxxx，且()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，()gx在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增，minmin()()1fxgx，所以fx和gx的图象在0,1上有唯一交点，且交点的纵坐标大于1，由函数的单调性及图象可得存在直线yb，其与两条曲线()yfx和()ygx共有三个不同的交点，当直线yb与曲线()yfx和()ygx共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为123,,xxx，且123xxx，则1223fxfxgxgxb，因为e()xxfx，ln()lneln(ln)xgxxxxfx，所以1223lnlnfxfxfxfx，由gx图象可知lnxx无解，所以21xx，22lnxx，所以23lnxx，12lnxx，则2ln222221lnelnlnxfxxxxxxb，3ln333332lnelnlnxfxxxxxxb，上述两式相减得1322xxx，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.6．（2023·海南海口·农垦中学校考模拟预测）已知函数2lnRfxxaxa．(1)判断函数fx的单调性；(2)设22lngxfxfxfx，证明：当2a时，函数gx有三个零点．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】（1）根据题意得，222axafxxxx，0,x，当0a时，()0fx¢，fx在0,上单调递增；当0a时，0fx，得202ax；令()0fx¢，得22ax，故fx在20,2a上单调递减，在2,2a上单调递增．（2）当2a时，22lnfxxx，则211xxfxx，所以当0,1x时，0fx，fx单调递减；当1,x时，()0fx¢，fx单调递增，故fx的最小值为11f，又0x，fx；x，fx，故1,fx．222222ln2ln2ln2ln2lngxfxfxfxxxxxxx，设22lnmxx，1,m，则22lnhmmmm，1,m，则222221mmhmmmm，由2220mm，得1174m．因此，当1171,4m时，()0hm¢，hm单调递减；当117,4m时，()0hm¢，hm单调递增．由于10h，故117104hh，又221ln20h，由零点存在定理，存在0117,