《2020届高考文数复习常考题型大通关(全国卷)：导数.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考文数复习常考题型大通关(全国卷)：导数.pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、常考题型大通关：第13 题 导数1、已知函数4fxax,若 12f,则a等于 _ 2、函数21()ln2f xxx 的单调减区间为_.3、已知函数()f x 的导函数为()fx,且满足2()32(2)f xxxf,则(5)f_.4、设函数e220()xfxg xaxa a，.若Rx，曲线fx 始终在曲线g x上方，则a 的取值范围是_ 5、已知函数()1,()lnxfxeaxg xxaxa,若存在0(1,2)x,使得00()()0f xg x,则实数a 的取值范围 _6、函数3()123,()3xf xxxg xm,若12121,5,0,2,()()xxf xg x,则实数m的最小值是 _.7
2、、已知函数2()lnf xxxx与21()32g xkxx,若存在实数t,使得()()f tg t,则k的取值范围是_ 8、已知函数13()ln44f xxxx,2()24g xxbx.若对任意10,2?x,存在21,2x,使12()()f xg x,则实数b取值范围是 _.9、定义在,22上的奇函数fx的导函数为fx,且10f,当0 x时,()tan()f xxfx,则不等式0fx的解集为 _ 10、已知定义在实数集R的函数fx满足14f,且fx导函数3fx,则不等式ln3ln1fxx的解集为 _ 11、若函数32()21(R)f xxaxa在(0,)内有且只有一个零点,则()f x 在1,
3、1 上的最大值与最小值的和为_.12、若函数32()21(R)f xxaxa在(0,)内有且只有一个零点,则()f x 在1,1上的最大值与最小值的和为_.13、若函数2()2x aef xxxx在 0（，）上仅有一个零点，则a_ 14、设函数2ln02axfxaxae，若函数fx有 4 个零点，则a 的取值范围为.15、若函数2()(3)lnf xxaxx在区间(1,2)上存在唯一的极值点,则实数 a 的取值范围为 _.答案以及解析1 答案及解析：答案：103a解析：2 答案及解析：答案：10,2解析：3 答案及解析：答案：6 解析：因为2()32(2)fxxxf，所以()62(2)fxxf
4、，令2x得(2)12f，()624fxx，(5)30246f，故答案为6.4 答案及解析：答案：1(0,)2解析：5 答案及解析：答案：21(ln 2,)2e解析：6 答案及解析：答案：14 解析：由题意2()3123(2)(2)fxxxx,则()f x 在1,2 上单调递减,在 2,5 上单调递增,所以当1,5x时,min()(2)824313f xf.易知()3xg xm在 0,2 上单调递增,所以当0,2x时,min()(0)1g xgm,所以131m,得14m,故 m 的最小值是14.7 答案及解析：答案：2,解析：8 答案及解析：答案：142b解析：9 答案及解析：答案：,10,12
5、U解析：10 答案及解析：答案：0,e解析：11 答案及解析：答案：-3 解析：2()622(3)(R)fxxaxxxaa,当0a时,()0fx在(0,)上恒成立,则()f x 在(0,)上单调递增,又(0)1f,所以此时()f x 在(0,)内无零点,不满足题意.当0a时,由()0fx,得3ax,由()0fx,得 03ax,则()f x 在(0,)3a上单调递减,在(,)3a上单调递增.又()f x 在(0,)内有且只有一个零点,所以3()10327aaf,得3a,所以32()231f xxx,则()6(1)fxx x,当(1,0)x时,()0,()fxf x 单调递增,当(0,1)x时,(
6、)0,()fxf x 单调递减,则max()(0)1,(1)4,(1)0f xfff,则min()4f x,所以()f x 在1,1 上的最大值与最小值的和为-3.12 答案及解析：答案：-3 解析：2()622(3)(R)fxxaxxxaa,当0a时,()0fx在(0,)上恒成立,则()f x 在(0,)上单调递增.又(0)1f,所以此时()f x 在(0,)内无零点,不满足题意.当0a时,由()0fx,得3ax,由()0fx,得 03ax,则()f x 在(0,)3a上单调递减,在(,)3a上单调递增,又()f x 在(0,)内有且只有一个零点,所以3()10327aaf,得3a,所以32
7、()231f xxx,则()6(1)fxx x,当(1,0)x时,()0,()fxf x 单调递增,当(0,1)x时,()0,()fxf x 单调递减,则max()(0)1,(1)4,(1)0f xfff,则min()4f x,所以()f x 在1,1 上的最大值与最小值的和为-3.13 答案及解析：答案：5ln 24解析：14 答案及解析：答案：1,解析：因为函数fx 的定义域为0 x且2ln2axfxaxfxe，所以fx 是偶函数.又 fx 有 4 个零点，考虑0 x的情况，即2ln0,02axfxaxaxe有 2 个零点1axfxex，由0fx可得 0exa，由0fx可得exa可知 fx 在;exa时取极小值，且0 x时,fxx时 fx所以只要min1ln02fxae即满足题意，解得1a.15 答案及解析：答案：15(,6)2解析：由题意知,函数()f x的定义域为(0,),对()f x求导得212(3)1()23xaxfxxaxx.若()f x在(1,2)上存在唯一的极值点,则(1)(2)0ff,即(6)(215)0aa,解得1562a.