2021年高考数学一轮复习《导数》解答题专项练习(含答案)

1、2021年高考数学一轮复习导数解答题专项练习已知函数f(x)=ln xx2(aR，a为常数)，函数g(x)=e1xx21.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)若不等式f(x)g(x)对任意x1，)恒成立，求实数a的取值范围. 已知函数f(x)=ln(x+1)-ax，aR（1）讨论f(x)的极值；（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围已知函数f(x)=1-x-axlnx（1）求f(x)在1，+)上的最值；（2）设，若当00时，g(x)m，求整数m的最小值已知函数f(x)=ex-ax-1（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当f(x)有最小值，且最小值不小于2a2-a-1时，求a的取值范

2、围已知函数f(x)=a(x-1)2+lnx，aR.（1）当a=2时，求函数y=f(x)在点P(1,f(1)处的切线方程；（2）当a=-1时，令函数g(x)=f(x)+lnx-2x+1+m，若函数g(x)在区间e-1,e上有两个零点，求实数m的取值范围.已知函数f(x)=(x1)ln xax2.(1)当a=1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；(3)求证：0)，由f(x)=0，得a=xx3，记h(x)=xx3，则h(x)=13x2，由h(x)=0，得x=，且0x0，当x时，h(x)0，所以当x=时，h(x)取得最大值，又h(0)=

3、0，当a时，f(x)0恒成立，函数f(x)无极值点；当0a时，f(x)=0有两个解x1，x2，且0xx1时，f(x)0，x1x0，xx2时，f(x)0，所以函数f(x)有两个极值点；当a0时，方程f(x)=0有一个解x0，且0x0.xx0时，f(x)0，所以函数f(x)有一个极值点.综上所述，当a时，函数f(x)无极值点，当0a0，(x)(1)0，(x)在区间1，)上单调递增，所以(x)(1)=0恒成立，即g(x)f(x)恒成立.综上所述，实数a的取值范围是.解：（1）依题意，当时，在上单调递增，无极值；当时，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，无极小值综上可知，当时，无极值；当时，

4、有极大值，无极小值（2）原不等式可化为，记，只需，可得当时，所以，在上单调递增，所以当时，不合题意，舍去当时，（i）当时，因为，所以，所以，所以在上单调递减，故当时，符合题意（ii）当时，记，所以，在上单调递减又，所以存在唯一，使得当时，从而，即在上单调递增，所以当时，不符合要求，舍去综上可得，解：解法一：（1），当时，因为，所以在上单调递减，所以，无最小值当时，令，解得，在上单调递减；令，解得，在上单调递增；所以，无最大值当时，因为，等号仅在，时成立，所以在上单调递增，所以，无最大值综上，当时，无最小值；当时，无最大值；当时，无最大值（2），当时，因为，由（1）知，所以（当时等号成立），所以

5、当时，因为，所以，所以，令，已知化为在上恒成立，因为，令，则，在上单调递减，又因为，所以存在使得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以，因为，所以，所以，所以的最小整数值为2解法二：（1）同解法一（2），当时，因为，由（1）知，所以，所以，当时，因为，所以，令，已知化为在上恒成立，因为在上，所以，下面证明，即证在上恒成立，令，则，令，得，当时，在区间上递减；当时，在区间上递增，所以，且，所以当时，即由得当时，所以m的最小整数值为2解：（1），当时，所以函数在上单调递增；当时，令，解得，当时，故函数在上单调递减；当时，故函数在上单调递增（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，没有最小值

6、，故，整理得，即令，易知在上单调递增，且；所以的解集为，所以解：（1）当时，.当时，所以点为，又，因此.因此所求切线方程为.（2）当时，则.因为，所以当时，且当时，；当时，；故在处取得极大值也即最大值.又，则，所以在区间上的最小值为，故在区间上有两个零点的条件是，所以实数的取值范围是.解：(1)当a=1时，f(x)=(x1)ln xx2(x0)，f(x)=ln x，f(1)=1，f(1)=1，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=x.(2)f(x)=ln x1a(x0).()当函数f(x)在定义域上单调递减，即当aln x时，令g(x)=ln x，则g(x)=，当x1时，g(x)0，aln x无法恒成立；()当函数f(x)在定义域上单调递增，即当aln x时，令g(x)=ln x，则g(x)=，x0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又g(x)2，故a2.(3)证明：由(2)，得当a=2时，f(x)在(1，)上单调递增，由f(x)f(1)，x1，得(x1)ln x2