高考数学复习专题-导函数解答题学霸必刷35题A卷（教师版）

导函数解答题学霸必刷35题A卷1．已知函数213()ln222fxxaxx(0)a.（1）讨论函数()fx的极值点的个数；（2）若()fx有两个极值点1,x2x，证明：120fxfx.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）1()2fxaxx221,axxx(0,)x.①当0a时，21()xfxx.当10,2x时，()0fx，所以()fx在10,2上单调递增；当1,2x时，()0fx，所以()fx在1,2上单调递减.即函数()fx只有一个极大值点12，无极小值点.②当01a时，440a，令()0fx，得11axa.当11110,,aaxaa时，()0fx，所以()fx在110,,aa11,aa上单调递增；当1111,aaxaa时，()0fx，所以()fx在1111,aaaa上单调递减.即函数()fx有一个极大值点11aa，有一个极小值点11aa.③当1a时，440a，此时()0fx恒成立，即()fx在(0,)上单调递增，无极值点.综上所述，当0a时，()fx有且仅有一个极大值点，即只有1个极值点；当01a时，()fx有一个极大值点和一个极小值点，即有2个极值点；当1a时，()fx没有极值点.（2）由（1）可知，当且仅当01a时，()fx有两个极值点1,x2x，且1,x2x为方程2210axx的两根，即122,xxa121xxa，所以2212121212ln232afxfxxxxxxx21424ln32aaaaa2ln2aa.令2()ln2,gaaa(0,1)a，则22122()0agaaaa恒成立，所以()ga在(0,1)上单调递增，所以()(1)ln1220gag，即120fxfx.2．已知函数f（x）12kxea2x（k∈R，a＞0，e为自然对数的底数），且曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为e2﹣a2．（1）求实数k的值，并讨论函数f（x）的单调性；（2）设函数g（x）1xxelnxx，若对∀x1∈（0，+∞），∃x2∈R，使不等式f（x2）≤g（x1）﹣1成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）k＝2，见解析（2）0＜ae．【解析】（1）212()kxefxka，f'（1）22212kkeaea，得212kkee，故k＝2，a＞0，所以()fx＝e2x﹣a2＝e2x﹣e2lna，当x∈（﹣∞，lna）时，()fx＜0，f（x）递减；当x∈（lna，+∞）时，()0fx，f（x）递增；()fx单调递减区间是(,)lna，单调递增区间是(,)lna（2）根据（1）当x∈R时，f（x）有最小值为f（lna）22221122lnaealnaaalna，g（x）11xxxelnxlnxexx，()gx222xxlnxxelnxexx，x∈（0，+∞），令h（x）＝x2ex+lnx，显然函数在（0，+∞）单调递增，由h（12）1211042eln＜，h（1）＞0，故h（x）在（12，1）存在唯一的零点m，使得h（m）＝0，即m2em+lnm＝0，当x∈（0，m）时，g（x）递减；x∈（m，+∞）时，g（x）递增；故g（m）为g（x）的最小值，g（m）﹣121111mmmmelnmmememm1111mmmemmemm，对于y1mem与h（m）都单调递增，且当1mem时，221mmmelnmmlnem0成立，所以g（m）﹣1＝0，根据题意，212alna0，即12lna，故ae，故0＜ae．3．已知函数()()lnxfxaxa(0)a.（1）若函数()fx在[1,)上是增函数，求正数a的取值范围；（2）当1a时，设函数()fx的图象与x轴的交点为A，B，曲线()yfx在A，B两点处的切线斜率分别为1k，2k，求证：1k+2k0.【答案】（1）(0,1]；（2）见解析.【解析】（1）lnxfxaxa(0)a，∴2lnxxxafxax，设2lngxxxxa，函数fx在1,上是增函数，∴2lngxxxxa0在1,上恒成立，即2lnaxxx在1,上恒成立，设lnhxxxx，则ln2hxx，1x，∴2hx，∴lnhxxxx在1,上是增函数，∴1hx，由2lnaxxx在1,上恒成立，得21a，0a，∴01a，即a的取值范围是0,1.（2）1a，由ln0xfxaxa，得11x，22xa，不妨设21,0,,0ABa.2lnxxxafxax，211aka，22lnaka，1k+2k22ln1aaa，设ln1Fxxx，则1xFxx，01x时，0Fx，1x时，0Fx，所以1x为ln1Fxxx的极大值点，所以ln1Fxxx的极大值即最大值为10F，即ln10Fxxx，∵0a且1a，∴20a且21a，∴222ln10Faaa，∴1k+2k22ln1aaa0.4．已知函数22ln218xmxxxfm，mR.（1）讨论函数fx的单调性；（2）对实数2m，令3gxfxx，正实数1x，2x满足121220gxgxxx，求12xx的最小值.【答案】（1）见解析（2）6【解析】（1）2112221'0xfxmxmxmxxx.若0m，当0,1x时，'0fx，即fx在0,1上单调递增；当1,x时，'0fx，即fx在1,上单调递减.若01m，当10,1,xm时，'0fx，即fx在（0,1，1,m上均单调递增；当11,xm时，'0fx，即fx在11,m上单调递减.若1m，则'0fx，即fx在0,上单调递增.若1m，当10,1,xm时，'0fx，即fx在10,m，1,上均单调递增；当1,1xm时，'0fx，即fx在1,1m上单调递减.（2）当实数2m时，232ln2980gxfxxxxxx，121220gxgxxx，22111222122ln2982ln29820xxxxxxxx，212121212291622lnxxxxxxxx，令12txx，22ln0htttt，由于21'thtt，知当0,1t时，'0ht，即ht单调递减；当1,t时，'0ht，即ht单调递增.从而，min12hth，于是，2121229162xxxx，即12122360xxxx，而12,0xx，所以126xx，而当1322x，2322x时，12xx取最小值6.5．已知函数21ln2fxxxaxx恰有两个极值点1212,xxxx.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：22121ax；(3)求证：12112lnlnaexx（其中e为自然对数的底数）.【答案】(1)1(0,)e；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【解析】(1)由题意得lnfxxax，故lnxax，设ln0xgxxx，21lnxgxx，故0xe时，0,gxxe时，0gx，故gx在0,e递增，在(,)e递减，又110,ggee，当xe时，0gx，故实数a的范围是1(0,)e；(2)由(1)得22ln0xax，且2xe，故22lnxax，要证明22()121ax，只要证明22221ln21xxx，只要证明222()12lnxxx，设22ln,hxxxxex，则2(21)2()0xxhxx，故hx在(,)e递增，故2210hxheee，故22()121ax成立；(3)由(1)得1122ln0,ln0xaxxax，且121xex，故1212lnlnxxaxx，由(1)得01ae，要证明12112lnlnaexx，只需证明12112axax，只需证明12112axx，故12112axx12121212lnln2xxxxxxxx1211221212lnxxxxxxxx，设12ln01Gxxxxx，则22(1)()0xGxx，故Gx在0,1递增，结合1200xx，故120xx，1212122ln0xxxxxx，有121120axx，故12112axax，故12112lnlnaexx.6．已知函数()2ln,(1)0bfxaxxfx（Ⅰ）若函数()fx在其定义域上为单调函数,求a的取值范围；（Ⅱ）若函数()fx的图像在1x处的切线的斜率为0，211()11nnafnan，已知14,a求证：22nan（Ⅲ）在（2）的条件下，试比较12311111111naaaa与25的大小，并说明理由.【答案】（Ⅰ）,01,；（Ⅱ）略；（Ⅲ）12311111111naaaa25.【解析】(Ⅰ)∵f(1)=a-b=0∴a=b∴()2lnafxaxxx∴22222()aaxxafxaxxx要使函数()fx在其定义域上为单调函数，则在定义域（0，+∞）内()fx恒大于等于0或恒小于等于0，当a=0时，2()0fxx在（0，+∞）内恒成立；当a0时，222()0axxafxx恒成立，则2440a∴1a当a0时，222()0axxafxx恒成立∴a的取值范围是:,01,(Ⅱ)(1)20faa∴a=1则：21()(1)fxx于是222211()1()1211nnnnnafnannanaan用数学归纳法证明22nan如下：当n=1时，14212a，不等式成立；假设当n=k时，不等式22kak成立，即22nak也成立，当n=k+1时，1(2)1(22)21452(1)2kkkaaakkkk所以当n=k+1时不等式成立，综上得对所有nN时，都有22nan（Ⅲ）由（2）得211112(1)1(22)1nnnnnaanaaan112(1)222121nnanna于是112(1)(2)nnaan所以2112(1),aa3212(1),aa，112(1