高三数学导数练习答案

1、2018高三复习导数(答案)姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设f(x)是函数f(x)的导函数，y=f(x)的图象如图所示，则y=f(x)的图象可能是（ ）A B C D 【答案】C【解析】由导函数的图象可知，函数在(,0),f(x)0，f(x)单调递增；在(0,2),f(x)0，f(x)单调递增，故选C.2如果函数yf(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：函数yf(x)在区间(-3,-1)内单调递增；当x2时，函数yf(x)有极小值；函数yf(x)在区间4,5内单调递增；当x=12时，函数yf(x)有极大值则上述判断中正确的是()A B C D 【答案】D【解析】【分析】根据导函数在

2、图像中的正负，判断函数的单调性，并判断是否存在极值。【详解】根据导数图像，可知f(x)在区间(-3,2)内导函数小于0，所以函数f（x）单调递减，f(x)在区间(2,12 )内大于0，所以函数f（x）单调递增，所以错误。f(x) 在12x0，函数f(x)单调递增；f(x) 在2x4 时f(x)0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x2时，函数yf(x)有极大值，所以错误。f(x) 在4x0，函数f(x)单调递增，所以正确。f(x) 在2x0，函数f(x)单调递增；f(x) 在12x0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x12 时，函数yf(x)没有极值，所以错误。综上，只有正确，所以选D【

3、点睛】本题考查了导数图像的简单应，根据导函数图像判断单调性和极值，属于基础题。3函数yx2ex的图象大致为()A B C D 【答案】A【解析】【分析】利用导数讨论函数的单调性，可排除B，C，又yx2ex0，排除D.【详解】因为y2xexx2exx(x2)ex，所以当x0时，y0，函数yx2ex为增函数；当2x0时，y1及a1两种情况进行分类讨论，通过研究f(x)的变化情况可得f(x)取得极值的可能，进而可求参数a的取值范围.详解：解：（）因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex，所以f(x)=ax2-(a+1)x+1ex.f(2)=(2a-1)e2，由题设知f(2)=0，即(2a-

4、1)e2=0，解得a=12.（）方法一：由（）得f(x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.若a1，则当x(1a,1)时，f(x)0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a1，则当x(0,1)时，ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是(1,+).方法二：f(x)=(ax-1)(x-1)ex.（1）当a=0时，令f(x)=0得x=1.f(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(-,1)1(1,+)f(x)+0f(x)极大值f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a0时，令f(x)=0得x1=1a,x2=1.当x1=x2，即a=1时

5、，f(x)=(x-1)2ex0，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值，不合题意.当x1x2，即0a1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(-,1)1(1,1a)1a(1a,+)f(x)+00+f(x)极大值极小值f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.当x11时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(-,1a)1a(1a,1)1(1,+)f(x)+00+f(x)极大值极小值f(x)在x=1处取得极小值，即a1满足题意.（3）当a0两种情况来讨论；（II）由（I）知当a0时f(x)在(0,+)无最大值,当a0时f(x)最大值为f(1a)=lna+a1.因此f(1a)2a2lna

6、+a10.令g(a)=lna+a1,则g(a)在(0,+)是增函数,当0a1时,g(a)1时g(a)0,因此a的取值范围是(0,1).试题解析：（）f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1xa,若a0,则f(x)0,f(x)在(0,+)是单调递增；若a0,则当x(0,1a)时f(x)0,当x(1a,+)时f(x)0时f(x)在x=1a取得最大值,最大值为f(1a)=ln(1a)+a(11a)=lna+a1.因此f(1a)2a2lna+a10.令g(a)=lna+a1,则g(a)在(0,+)是增函数,g(1)=0,于是,当0a1时,g(a)1时g(a)0,因此a的取值范围是(0,1).考点：本

7、题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.视频7已知函数f(x)=lnx+2x（1）求函数f(x)在1,+)上的值域；（2）若x 1,+)，lnx(lnx+4)2ax+4恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）(0,2（2）a4e2【解析】【分析】（1）对函数f(x)求导，确定函数在1,+)上单调性和最值，即可求出函数f(x)在1,+)上的值域；（2）通过构造函数g(x)=lnxlnx+4-2ax-4，将问题转化为在1,+)区间上g(x)max0问题，求导函数g(x)=2lnx+2x-a，通过分类讨论确定实数a的取值范围【详解】解：（1）易知f(x)=-1-lnxx20， f(x)

8、在1,+)上的值域为(0,2 （2）令g(x)=lnxlnx+4-2ax-4，则g(x)=2lnx+2x-a， 若a0，则由（1）可知，g(x)0，g(x)在1,+)上单调递增，g(e)=1-2ae0，与题设矛盾，a0不符合要求； 若a2，则由（1）可知，g(x)0，g(x)在1,+)上单调递减，g(x)g1=-2a-40，a2符合要求； 若0a2，则x0(1,+)，使得lnx0+2x0=a，且g(x)在(1,x0)上单调递增，在(x0,+)上单调递减，gxmax=gx0=lnx0lnx0+4-2ax0-4， lnx0=ax0-2，gxmax=gx0=ax0-2ax0+2-2ax0-4=ax0

9、+2ax0-4由题：gxmax0，即ax0+2ax0-40，-2ax04，即-2lnx0+241x0e2 a=lnx0+2x0，且由（1）可知y=lnx+2x在(1,+)上单调递减，4e2a0)，再对a分a0和a0讨论，得到a的取值范围是(-,-3342)【详解】(1)a=-3时，f(x)=x2-1x-3lnx，x0f(x)=2x+1x2-3x=2x3-3x+1x2 =2x2(x-1)(x-3-12)(x+3+12) 3-12x1时f(x)0，0x1时f(x)0 f(x)的减区间是(3-12，1)，增区间是(0，3-12)和(1，+) (2)若f(x)有两个极值点x1、x2，则须f(x)=2x

10、+1x2+ax=2x3+ax+1x2有两个不等异号正零点令g(x)=2x3+ax+1(x0)，故须g(x)有两个不等异号正零点则g(x)=6x2+aa0时，g(x)0 g(x)不可能有两个不等正零点故f(x)不可能有两个极值点a0时，g(x)=6x2+a=6x2-(-a6)=6(x+-a6)(x-a6)0x-a6时，g(x)-a6时，g(x)0故g(x)在(0，-a6)上单减，在(-a6，+)上单增须g(x)min=g(-a6)=2a3-a6+10解得a-3342 a3-272-6，a3-272-154 -1a-a60，g(-3a)=-54a3-3a2+1=-3a2(18a+1)+10故g(x

11、)在(0，-a6)上和(-a6，+)上各一个异号零点 g(x)有两个不等异号正零点 f(x)有两个极值点综上，a的取值范围是(-,-3342)【点睛】（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数的极值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是证明a0时，g(x)在(0，-a6)上单减，在(-a6，+)上单增，须g(x)min=g(-a6)=2a3-a6+10.9已知函数f(x)=a(x21)lnx.（1）若y=f(x)在x=2处取得极小值，求a的值；（2）若f(x)0在1,+)上恒成立，求a的取值范围；【答案】（1）a=18；（2）a12.【解

12、析】试题分析：（1）求函数f(x)=a(x21)lnx的导数f(x)=2ax1x，由f(2)=0求之即可；（2）分a0、0a12、a12分别讨论函数的单调性，由单调性求出函数在区间1,+)上的最小值，由f(x)min0求之即可.试题解析： （1）f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=2ax1x，f(x)在x=2处取得极小值，f(2)=0，即a=18.此时，经验证x=2是f(x)的极小值点，故a=18（2）f(x)=2ax1x，当a0时，f(x)1时，f(x)0时，f(x)=2ax21x，令f(x)0，得x12a；f(x)0，得0x1，即0a12时，x(1,12a)时，f(x)0，即f(x)递

13、减，f(x)0，即f(x)递增，f(x)f(1)=0满足题意.综上，a12考点：1.导数与函数的单调性、极值；2.函数与不等式.10已知函数fx=lnx+1x+ax，其中x0,aR.（1）若函数fx在区间1,+)上不单调，求a的取值范围；（2）若函数fx在区间1,+)上有极大值2e，求a的值.【答案】（1）14,0； （2）a=1ee2.【解析】【分析】（1）由函数fx=lnx+1x+ax，其中x0，aR可得fx=1x-1x2+a由题意可得：fx=1x-1x2+a=0在区间（1，+）上有解，分离参数可得：a=-x+1x2 在1,+上有解设gx=-x+1x2，利用到时讨论其的单调性即可得出（2）

14、当a0时，函数f（x）在1，+）上单调递增，此时无极值当a-14时，函数f（x）在1，+）上单调递减，此时无极值当-14a0，得ax2+x-10,则x1,=-1-1+4a2a-12a2）所以函数f（x）在1，）上单调递减，在（，）上单调递增，在（，+）上单调递减，由极大值f=2e,得ln+1+a=2e，又a2+-1=0，消去a利用导数研究函数的单调性进而得出【详解】（1）因为fx=lnx+1x+ax，所以fx=1x-1x2+a=ax2+x-1x2=0在1,+上有解，所以a=-x+1x2 在1,+上有解.设gx=-x+1x2,则gx=-x2-x+12xx4=x2-2xx4=x-2x3,所以函数g

15、x在1,2上是减函数，在2,+上是增函数，所以gxmin=g2=-14,x+,gx0, g1=0,经验证，当a=0或a=-14时，函数fx在1，+上单调，所以-14a0,即a的取值范围为-14,0.（2）当a0时，函数fx在1,+上单调递增， 所以fx在1,+上无极值. 当a-14时，函数fx在1,+上单调递减， 所以fx在1,+上无极值. 当-14a0，得ax2+x-10,则x1,=-1-1+4a2a-12a2） 所以函数fx在1,上单调递减，在,上单调递增，在,+上单调递减， 由极大值f=2e,得ln+1+a=2e*. 又a2+-1=0,所以a=1-1代入*，得 ln+2-1=2e. 设函

16、数hx=lnx+2x-1-2ex2，则hx=1x-2x2=x-2x20， 所以函数hx在2,+上单调递增.而he=0,所以=e,则a=1-2=1-ee2.故当a=1-ee2时，函数fx在1,+上有极大值2e.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题11已知函数f(x)=lnxax(aR)（）讨论函数f(x)在(0,+)上的单调性；（）证明：exe2lnx0恒成立.【答案】（1），当a0时，f(x)在(0,+)上单调递增；当a0时，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+)上单调递减.（2）见解析【解析】

17、【分析】（1）求出f(x)=1x-a=1-axx（x0），通过当a0时，当a时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可证法二：记函数x=ex-2-lnx=exe2-lnx，通过导数研究函数x的性质，xx0=1x0+x0-2=x02-2x0+1x0=x0-12x00，问题得证.【详解】（） f(x)=1x-a=1-axx（x0），当a0时，f(x)0恒成立，所以，f(x)在(0,+)上单调递增；当a0时，令f(x)=0，得到x=1a，所以，当x(0,1a)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1a,+)时，f(x)0时，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+)上单调递减.（）证法一：

18、由（）可知，当a0时，f(x)=lnx-axln1a-1，特别地，取a=1e，有lnx-xe0，即lnxxe，所以e2lnxex（当且仅当x=e时等号成立），因此，要证ex-e2lnx0恒成立，只要证明exex在(0,+)上恒成立即可，设g(x)=exx（x0），则g(x)=ex(x-1)x2，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增.所以，当x=1时，g(x)min=g(1)=e，即exex在(0,+)上恒成立.因此，有exexe2lnx，又因为两个等号不能同时成立，所以有ex-e2lnx0恒成立.证法二：记函数x=ex-2-lnx=exe2-lnx，则x=1e2ex-1x=ex-2-

19、1x，可知x在0,+上单调递增，又由10,20知， x在0,+上有唯一实根x0，且1x02，则x0=ex0-2-1x0=0，即ex0-2=1x0（*），当x0,x0时， x0,x单调递增，所以xx0=ex0-2-lnx0，结合（*）式ex0-2=1x0，知x0-2=-lnx0，所以xx0=1x0+x0-2=x02-2x0+1x0=x0-12x00，则x=ex-2-lnx0，即ex-2lnx，所以有ex-e2lnx0恒成立.【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及利用导数方不等，考查分类讨论思想的应用属难题.12已知函数f（x）=alnxex；（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）若

20、a=2，求证：f（x）0【答案】（1）当a0时，f（x）无极值点；当a0时，函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；(2)见解析【解析】【分析】：（1）先求一阶导函数fx=0的根，求解fx0或fx0的解集，写出单调区间，最后判断极值点。（2）根据第（1）问的结论，若a=2，转化为证明fmaxx0)，当a0时，f(x)0时，令f(x)=0，得a-xex=0，即xex=a，又y=xex在(0,+)上存在一解，不妨设为x0，所以函数y=f(x)在(0,x0)上是单调递增的，在(x0,+)上是单调递减的.所以函数y=f(x)有一个极大值点，无极小值点；总之：当a0时，无极值点；当a0时，函数y=f

21、(x)有一个极大值点，无极小值点.（2）f(x)=2lnx-ex，f(x)=2-xexx(x0)，由（1）可知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0=2，又y=xex在(0,+)上是增函数，且020恒成立，所以g(x)在(0,1)上是增函数，所以g(x0)g(1)=-20，即g(x0)0，所以f(x)0.【点睛】：函数极值与最值的性质：有唯一的极小值，极小值为最小值。对于任意性和存在性问题的处理，遵循以下规则：1、xa,b,fxm恒成立，等价于xa,b,fxminm2、x0a,b使得fxm成立，等价于x0a,b,fxmaxm13设fx=exsinxcosx是定义在,上的函数.（1）求

22、fx在定义域上的单调性；（2）若函数gx=fxa在,上有两个不同的零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1,e【解析】【分析】（1）求函数的导函数，根据导函数与函数单调性的关系，判断函数单调性；（2）根据g（x）与f（x）的关系，以及（1）中已知的f（x）的单调性，g（x）零点的情况，可知g（x）min=f（x）min a0, g（）=f（）-a0.【详解】（1）fx=exsinx-cosx+cosx+sinxex=2exsinx当x-，0时，fx0，所以fx在0,上递增.（2）由（1）知，fx在-，0上递减，在0,上递增，所以fxmin=f0=-1，而f-=e-，f=e，所以

23、a的范围是-1,e-.【点睛】研究函数零点或方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值等，并可借助函数的大致图象，判断函数的零点或方程的根的情况。14已知函数f(x)x2ln x.(1)求函数f(x)在1，e上的最大值，最小值；(2)求证：在区间1，)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3图象的下方【答案】（1）最大值e21，最小值：（2）见解析.【解析】【分析】（1）求得函数的导数fx，得到函数的单调性，进而求解函数的最值；（2）由题意，设Fx=12x2+lnx23x，求得Fx，利用导数求得函数的单调性和最小值，即作出证明【详解】解：(1)由f(x)x2ln x有f(x)x，当x1

24、，e时，f(x)0，所以f(x)maxf(e)e21.f(x)minf(1).(2)设F(x)x2ln xx3，则F(x)x2x2，当x1，)时，F(x)0，且F(1)0故x1，)时F(x)0，所以x2ln x0时，试判断hx的导函数hx的零点个数；求证：a0时，hxa2lna【答案】(1) fx的单调减区间为0,1e，fx的单调增区间为(1e,+).（2）存在唯一零点,证明见解析.【解析】【分析】（1）求出fx，在定义域内，分别令fx0求得x的范围，可得函数fx增区间，fx0)，当a0时， hx在(0,+)上单调递增，又ha=ea-10，可证明存在b满足0ba2且b12时，hb=eb-abe

25、b-2e12-20，由fx=lnx+1，令f(x)0得0x0得x1e，fx的单调减区间为0,1e，fx的单调增区间为(1e,+)（2）解：由hx=gx-fx=x-alnx+ex-xlnx=ex-alnx(x0)hx=ex-ax(x0)，当a0时，y1=ex在(0,+)上单调递增，y2=-ax在(0,+)上单调递增.hx在(0,+)上单调递增.又ha=ea-10假设存在b满足0ba2且b12时，hb=eb-abeb-2e12-20时hx在(0,+)上存在唯一零点.由知，可设hx在(0,+)上存在唯一零点为x0，h(x0)=ex0-ax0=0，即ex0=ax0两边取自然对数得，lnx0=lna-x

26、0，又当x0,x0时，hx0，hx在(x0,+)上是增函数，h(x)min=h(x0=ex0-alnx0)，将ex0=ax0，lnx0=lna-x0代入上式得，h(x)min=ax0+ax0-alna2a-alna=a(2-lna) 当且仅当x0=1时等号成立.所以当a0时，hxa2-lna【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；

27、第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.16已知函数fx=exx+alnx+a+x,aR（1）当a=1时，求函数fx的图象在x=0处的切线方程；（2）若函数fx在定义域上为单调增函数。求a的最大整数值；证明：ln2+ln3ln22+ln4ln32+.+lnn+1lnn210恒成立，当a3时，f0=1-lnaln2，当t=2时，e-1ln322；当t=3时，e-2ln423.；当t=n时，e-n+1lnn+1nn，即可得出结论.详解：（1）当a=1时，fx=ex-

28、x+1lnx+1+xf0=1又fx=ex-lnx+a，所以f0=1所求切线方程为y-1=x，即x-y+1=0（2）由题意知，fx=ex-lnx+a若函数fx在定义域上为单调增函数，则fx0恒成立，先证明exx+1，设gx=ex-x-1，则gx=ex-1则函数gx在-,0单调递减，在0,+单调递增所以gxg0=0，即exx+1同理可证lnxx-1，所以lnx+2x+1，所以exx+1lnx+2当a2时，fx0恒成立，当a3时，f0=1-lnaln2当t=2时，e-1ln322当t=3时，e-2ln423.，当t=n时，e-n+1lnn+1nn累加得e0+e-1+e-2+.+e-n+1ln2+ln

29、322+ln433+.+lnn+1nn又e0+e-1+e-2+.+e-n+1=1-1en1-1e11-1e=ee-1所以ln2+ln322+ln433+.+lnn+1nnee-1即ln2+ln3-ln22+ln4-ln32+.+lnn+1-lnn2-11e-1点睛：本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证

30、结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.17已知函数fx=x2a2lnxaR,a0.（1）求函数fx的极值；（2）若函数fx有两个零点x1,x2(x14.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】分析：（1）求出fx，分两种情况讨论a的范围，在定义域内，分别令fx0求得x的范围，可得函数fx增区间，fx0求得x的范围，可得函数fx的减区间，根据单调性可得函数的极值；（2）x1，x2为函数f(x)零点，可得0x124，只需证x24-x1，f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1)，令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x2)，h(x)在(0,2)上

31、是增函数，h(x)h(2)=0，f(4-x1)0=f(x2)，从而可得结论.详解：（1）函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=2xa-2x=2x2-2aax.当a0时，f(x)0时，若x(0,a)，f(x)0，f(x)在(a,+)上是增函数，故当x=a时，f(x)在(0,+)上的极小值为f(a)=1-2lna=1-lna.（2）证明：当a=4时，f(x)=x24-2lnx，可证明由（1）知，f(x)在(0,2)上是减函数，在(2,+)上是增函数，x=2是极值点，又x1，x2为函数f(x)零点，所以0x124，只需证x24-x1.f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1) =x1

32、24-2x1+4-2ln(4-x1)，又fx1=x124-2lnx1=0，f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1)，令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x0，h(x)在(0,2)上是增函数，h(x)h(2)=0，f(4-x1)0=f(x2)，4-x14得证.点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将