高考数学专题：导数大题专练(含答案)

高考数学专题：导数大题专练(含答案)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-高考数学专题：导数大题专(I)求a的取值范围；)=x2(II)证明：当Î)

（

ex-ax-a

) f(x)的最大值为（Ⅰ）'（Ⅱ）f(x)xea-x+bxy=f(x)(2,f(2))y(e-1)x4设2②若对任意Î,不等式f(2x)³mf(x)6恒成立，求实数m的最大值若0a<,1，函数g(x)=f(x)2有且只有1个零点，求ab的值已知f(x)a(xlnx)+2x-1,Î2Î,2]22Î，2当a5时，解不等式f(x)0若关于x的方程f(x)-log2[(a-4)x+2a-5]=0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围设a>0，若对任意Î[,1]，函数f(x在区间[t,t+1上的最大值与最小值的差不超过1，求2Îx

1+ÎR，ÎR.f(x存在极值点x0，且f(x1f(x0，其中x1¹x0，求证x12x031=)设a³3，函数F(x)min{2|x1|x22ax4a2î]答设a0，则f(x)(x2)exf(x)只有一个零点（ii）设a0，则当Î(¥,1时f'(x0；当Î,+¥时f'(x0．所以f(x在(-¥,1上调递减，在(1,+¥)上单调递增af(1ef(2a，取b满足b0且bln2，

ab 3 a (-2)+(-1)= )> （iii）设a0，由f'(x0得x1或xln(-2ae若a³ Î,2时f(x)0，所以f(x)不存在两个零点e若a< ，则ln(-2a)>1，故当Î(2a))时，f'(x)<0；当Î(2a),+¥)时，f'(x)>0．2)))不妨设xx，由（Ⅰ）知xÎ(-¥,1xÎ,+¥2xÎ(-¥,1f(x在(-¥,1上单调 减，所以xx2等价于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 所以当x1时g'(x)<0，而g(1)0，故当x1时g(x)0．从而g(xf(2x0，故xx2． 4试题分析：(Ⅰ)先求定义域，用导数法求函数的单调性，当Î+¥)时f(x)>f(0)证明结论))

)

(x+2)2

=(x+2)2³因此当Î+¥时f(xf(0-1,所以(x2)ex(x2),(x2)exx2

=x+

由(I)知f(x)a单调递增，对任意Î,f(0)aa-10,f(2)aa³Î当0xx0时f(xa0g'(x)0g(x)单调递减；

0x0

x

=x+2

于是h(a) ，由 )'

(x+

所以，由x0Î2],得 0+ 2+ 1

单调递增，对任意lÎ( ],存在唯一的x0Î2],a=-f(x0)Î2 4Î 4解：（Ⅰ）f(x)2asin2x(a-1)sin ………41-

1-

时，g(t)取得极小值，极小值为 )= -1= 令-11-a1，解得a1（舍去），a>1 5A=2-((51-

1- 又| >0，所以A=| ) ï 2-3a,0<a£ï

í综上A=í

<a1 ………95 当0<a£1时|f(x|£1+a£24a2(23a)5 当1<a<1时，A=a+ 1，所以|f'(x)|£1+a< 8a，f( îî(,îî解得a=2,b=

-ea-2+b=e-f¢()f()¢()Î(¢()Î,+¥)¢()故g(11是g(x在区间(-¥,+¥上的最小值，从而g(x)0Î(¥,+¥).综上可知f¢()>0Î(¥,+¥)，故f(x)的单调递增区间为(-¥,+¥)解：（1）因为a2,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.Î)(f(x))2+所以

对于Î恒成立(f(x))2+ 而

³

4

=4=)=所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)axlnabxlnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0所以g(x0有唯一解xlog(lna)a aÎ，))ÎÎ 下证x00

<g(0)=0 (2aa x00，所以x0与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾 于是-lna1，故lnalnb=0，所以ab=1ln 当a£

Î()Î(1+¥)时,f/(x)0f(x单调递减当a>0时，f/(x)=a(x-1) 2 2) 2a（1）0<a<2 >12aÎ()Î

2,+¥时f(x)0f(x单调递增a当Î

2时f(x)0f(x单调递减a2a（2）a=2时 Î2a2a（3）a>2时02a

<1，当Î当Î

Îaa当a£0时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+¥)内单调递减当0a2时f(x在(0,1内单调递增，在

a

2a

当a=2时f(x)在(0,+¥内单调递增当a2f(x在

a

2,1内单调递减，在(1,+¥)内单调递增a（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a=1时af(x)-f/(x)=x-lnx+2x-1 2+22 - 2x 1-2-1，Î,2] + x x

x2-

Î,2]x

，当且仅当x=1时取得等号

()()Î)(2)，()Î(，() 当且仅当x=2取得等号 22Î,2]2

æ15ö0，得151，2ç 解得Îæ¥,1

4 x当a4时x1，经检验，满足题意．x当a3时x1x21，经检验，满足题意当as3且as4时，x ，x=-1，xsx a- 1x是原方程的解当且仅当1a0，即a2；122

a0，即a>1．于是满足题意的Î1,2．]当0xx时1a>1a

æ1+aö>

2ç 2ç 所以f(x)在(0+¥)上单调递减

è è f(t)-f(t+1)=

æ1+aö-

æ1aö£1即at2(a+1)t-1³0，对任2ç 2ç Îé1,1ù成立

因为a0，所以函数yat2(a+1)t-1在区间é1,1ù上单调递增，t1时

0，得a³2

-2 故a的取值范围为é2+¥öø ø

(x>（0+¥1当a>0时由f'(x)=0，有111此时，当x（0, )时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x（ +¥)111（II）令g(x=x

而当x>1时s'(x)+¥)又由s(1=0，有s(x>0，从而当x>1时f(x)当a£0x>1时f(xa(x2-1lnx0+¥)1当0a<1时12

11由（I）有 )<f(1)=0,从而 )>11+¥)当 2

2x

2x当x1时，

0 又因为h(1)=0，所以当

1时

0

[ 2 ，类讨论：①当a£0时，有f¢()³0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(-¥¥.②当a0时， )|f(3a|,| 3a)),

3a£02£1 3a，②当3£a3时 1-

3a£0<1 3a<1 3a<2£1+23a，③当0<a<3时，0<1 3a<1 3a<2 （2）当a0时，令f'(x)0，解得x1

3a，或x13

xx3 33a3+3 3 3＋0—0＋单调递极大单调递极小单调递

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，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足f(x)=f(x， 0-3 ),

3a£0<2£13

))3区间[0,2]上的取值范围为[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）当3£a3时，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´