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1、高二数学导数大题练习题高二数学导数大题练习题(含答案含答案)一、解答题一、解答题1已知f xexmx m1.(1)当m2时，求曲线yf x上的斜率为1的切线方程；12m23(2)当x0时，f xx恒成立，求实数m的范围.2222已知函数f x满足f x(1)求函数f x的表达式；(2)若a0，数列an满足a1的通项公式2b，a0，f 11，f 02ax 1112*baf，n 1，设na1，nN，求数列bn3nan2xx3已知函数f xe2 e 1 e2ex(1)若函数g xf xa有三个零点，求 a 的取值范围(2)若f x1f x2f x3x1x2x3，证明：x1x204已知函数f xlnx
2、k 1n1k 1x 1kk(1)分别求 n=1 和 n=2 的函数f x的单调性；(2)求函数f x的零点个数5已知f xkexx2(1)若函数f x有两个极值点，求实数 k 的取值范围；123n12n 1(2)证明：当nN N时，2232e42e2n 1e126已知函数f(x)x2alnx(a2)(1)若a2，求函数f(x)的极小值点；(2)当x(0,2时，讨论函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象公共点的个数，并证明你的结论7已知函数f(x)xlnx，g(x)4x33x26x2lnx 1.(1)若f(x)ax1恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)若x1x2，且g x1g x20
3、，试比较f x1与f x2的大小，并说明理由.2x8已知函数f xx 4 e11232(1)求f x的极值(2)设f mf nmn，证明：mn79已知函数f xx，g xk x 1ln x(1)证明：kR，直线yg x都不是曲线yf x的切线；2(2)若xe,e，使f xg x恒成立，求实数k的取值范围10已知函数f(x)alnxx2(a2)x(aR).(1)若a1，求f(x)在区间1,e上的最大值；(2)求f(x)在区间1,e上的最小值g a.【参考答案】【参考答案】一、解答题一、解答题1(1)xy10；(2)ln33,5.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可利用斜率求得切点坐标，由此
4、可得切线方程；12m23（2）令g xf xx，将问题转化为当x0时，g xmin0恒成222立；当m10时，由导数可证得g x单调递增，由g 00可求得m范围；当m10时，利用零点存在定理可说明存在g x00，并得到g x单调性，x2xx知g xming x0ee0，由此可解得x0的范围，根据x0em可求0001232得m范围.(1)xx当m2时，f xe2x，f xe2；x令f xe21，解得：x0，切点坐标为0,1，所求切线方程为：yx 1，即xy10；(2)12m23x12m23令g xf xxemxx，222222则原问题转化为：当x0时，g x0恒成立，即g xmin0恒成立；gx
5、exmx，gxex1，则当x0时，gx0，gx在0,上单调递增，gxg 0m1；当m10，即m1时，gx0，g x在0,上单调递增，g xminm231,5g 010，解得：5m5，m；22 当m10，即m1时，g 00，当x时，gx；x00,，使得g x00，即x0ex0m，则当x0,x0时，g x0；当xx0,时，g x0；g x在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，12m312g xming x0ex0mx0 x0ex0 x0 x0ex0 x0222213e2x0ex00，222xx00e2232解得：1ex3，即x0ln3，又x00,，x00,ln3，0令h xxe，则h x1 e
6、，当x0,ln3时，h x0，xxh x在0,ln3上单调递减，h x0 x0exln3 3,1，即mln3 3,1；0综上所述：实数m的取值范围为ln33,5.【点睛】思路点睛：本题重点考查了导数中的恒成立问题的求解，解题基本思路是通过构造函数的方式，将问题转化为g xmin0，从而利用对含参函数单调性的讨论来确定最小值点，根据最小值得到不等式求得参数范围.2(1)f(x)(2)bn1.2n21或f(x)；2x 1x 1【解析】【分析】（1）求出导函数，然后列方程组求得a,b，得函数解析式；（2）由（1）得f(x)2，求出an的递推关系，从而得出bn的递推式，得x 1其为等比数列，从而易得通
7、项公式.(1)2ba2f(1)12aba1a 1由题意f(x)(ax 1)2，所以，解得或1，b1b2f(0)2ab2所以f(x)(2)21或f(x)；2x 1x 12，x 1a0，则f(x)2an2an111111111(1)，an 1f1a1，a，an12a22a2 anan 1nnn 1nanbn11111，则bn 1bn，又b11，ana122所以bn是等比数列，bn()n 13(1)(e2,2e 1)(2)证明见详解【解析】【分析】12121.2n（1）令ext换元得函数h(t)t22(e 1)t 2elnt,t0，然后通过导数求极值，根据ya与函数图象有三个交点可得；（2）构造函数
8、m(t)h(t)h()，通过导数研究在区间(1,e)上的单调性，然后由单调性结合已知可证.(1)令ext，则xlnt，记h(t)t22(e 1)t 2elnt,t0令h(t)2t 2(e 1)2e2(t 1)(t e)0，得t11,t2ett1t当0t 1时，h(t)0，1t e时，h(t)0，t e时，h(t)0所以当t 1时，h(t)取得极大值h(1)2e 1，t e时，h(t)取得极大值h(e)e2，因为函数g xf xa有三个零点yh(t)与ya有三个交点，所以e2a2e 1，即 a 的取值范围为(e2,2e 1).(2)2记m(t)h(t)h()t2(e 1)t 2elnt1t111
9、2(e 1)2elnt2ttt22(e 1)t 4elnt12(e 1)2tt4e22(e 1)2t42(e 1)t34et22(e 1)t 2m(t)2t 2(e 1)3ttt2t3记n(t)2t42(e 1)t34et22(e 1)t 2则n(t)8t36(e 1)t28et 2(e 1)记s(t)8t36(e 1)t28et 2(e 1)则s(t)24t212(e 1)t 8e易知s(t)在区间(1,e)上单调递增，所以s(t)s(1)124e0所以s(t)在区间(1,e)上单调递增，所以s(t)s(1)0所以n(t)在区间(1,e)上单调递增，所以n(t)n(1)0所以m(t)在区间(
10、1,e)上单调递增xxx因为f x1f x2f x3x1x2x3，记et1,et2,et3123所以h t1h t2h t3t1t2t3由（1）可知，0t11t2et311m(t)h(t)h()m(1)0h(t)h()2所以2，即2t2t2又h t1h t2，所以h(t1)h()因为1t2e，所以011t2121t2xxt1t21由（1）知h(t)在区间(0,1)上单调递增，所以t1t21，即e所以x1x20【点睛】本题第二问属于极值点偏移问题，关键点在于构造一元差函数，通常构造成F(x)f(x0 x)f(x0 x)或F(x)f(x)f(2x0 x)，本题由于采取了换元法转化问题，因此构造函数
11、为m(t)h(t)h().4(1)当n1时，函数f x在0,1上单调递增，在1,上单调递减；当n2时，f x在0,上单调递增；(2)1个.【解析】【分析】（1）利用导数求函数的单调区间得解；1x（2）求出f x，再对n分奇数和偶数两种情况讨论得解.xn1t(1)23x 1x 1解：由已知，得f xlnxx 1231x 1nn 1n 当n1时，f xlnxx 1，f x11x由fx10，得0 x1；由fx10，得x 1因此，当n1时，函数f x在0,1上单调递增，在1,上单调递减22x 1x 11，f x1x 1 当n2时，f xlnxx 12xx1x1x因为f x0在0,恒成立，且只有当x 1
12、时，f x0，所以f x在0,上单调递增(2)23x 1x 1解：由f xlnxx 1231x 1nn 1n 1n，nn121x 1x 1得f xx1n 1x 111x1x1x11xx当n为偶数时，f x0在0,恒成立，且只有当x 1时，f x0，所以f x在0,上单调递增因为f 10，所以f x有唯一零点x 1当n为奇数时，由f x1xxn0，得0 x1；由f x1xxn0，得x 1因此，f x在0,1上单调递增，在1,上单调递减因为f 10，所以f x有唯一零点x 1综上，函数f x有唯一零点x 1，即函数f x的零点个数为 15(1)(0,)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求解导函
13、数，再构造新函数，求导，判断单调性，求解极值，分类讨论n111x1k与0k两种情况；（2）由（1）知，x，可证，(n 1)2en 1(n 1)2eeeen111111由(n1)2n(n1)nn1，可得，从而利用裂项相消法求(n 1)2en 1nn 1123n1.2n 1和可证明2232e42e2n 1e1e(1)x2xx由f(x)kex，得f(x)kexe(k12x)ex设g(x)1xxg(x)0，g(x)是增函数；当x 1时，g(x)，则xx，当x1时，eeg(x)0，g(x)是减函数又g(1)0，g(x)maxg(x)极大g(1)设1e，当xln1时，g(x)xln11ln11由于g(0)
14、0，所以g(x)在区间(,0)上的值域是exeln11e(,0)又x0时，g(x)0，所以当k0时，直线yk与曲线yg(x)有且只有一个交点，即f(x)只有一个零点，不合题意，舍当k时，f(x)0，f(x)在R上是增函数，不合题意，舍当0k时，若x1，由（1）可知，直线yk与曲线yg(x)有一个交点下面证明若x 1，直线yk与曲线yg(x)有一个交点由于g(x)是区间(1,)上的减函数，所以需要证明g(x)在区间(1,)上的值域为(0,)，即对2(0,)，都存在x01，使得0g(x0)2x构造函数h(x)exx2，则h(x)ex2x，当xln2时，(h x)e20，h(x)在1e1e1e1e区
15、间(ln2,)上是增函数，当x 1时，h(x)h(1)e20，即h(x)是区间11,)的增函数，x 1时，h(x)h(1)e 10，此时exx2设02，当ex0g(x)x22，2时，exx1xx1当0k时，直线yk与曲线yg(x)有两个交点，即f(x)有两个零点设这两零点分别为x1，x2(x1x2)，则0 x11x2，不等式f(x)0的解集为(,x1)(x2,)，不等式f(x)0的解集为(x1,x2)所以x1为函数f(x)的极大值1e点，x2为函数f(x)的极小值点综上所述，实数k的取值范围是(0,)(2)证明：由（1）知，n1x1nN*，对，(n 1)2en 1(n 1)2exe1e1111
16、(n 1)2n(n 1)，nn1n11(n 1)2en 1nn 1，2232e42e2123n11111(1)()()(n 1)2en 122334111()1，nn 1n 1123所以，2223 e42e2n1(n 1)2en 1【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题(4)考查数形结合思想的应用6(1)详见解析；(2)详见解析；【
17、解析】【分析】（1）由a2，得到f(x)x22lnx，然后求导f(x)2x求解；（2）令g(x)x2alnx(a2)x2a2，求导g(x)0aaa1，1，12讨论求解.2222x2xax 1x，分a0，(1)解：当a2时，f(x)x22lnx，所以f(x)2x，令f(x)0，得x 1，当0 x1时，f(x)0，当x 1时，f(x)0，所以x 1是函数f(x)的极小值点；(2)当x(0,2时，令g(x)x2alnx(a2)x2a2，a2x2(a2)xa2xax 1则g(x)2x(a2)，xxx2x当a0时，0 x1时，g x0，1x2时，g x0，所以当x 1时，g x取得极小值，且x0，g x
18、，当g 1a10，即1a0，函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象无公共点；当g 1a10，即a1时，函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象有1 个公共点；2g 1a10a1时，函数f(x)的图象与函数当，即g 22aln20ln2y(a2)x2a2的图象有 2 个公共点；当g 1a102，即a，函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图g 22aln20ln2象有 1 个公共点；当0aaa1，即0a2时，0 x或x 1时，g x0，x1时，g x0，222a2所以当x时，g x取得极大值，当x 1时，g x取得极小值，且x0，g x，因为g 1a10恒成立，所以函数f
19、(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象只有 1 个公共点；当1，即a2时，gx0恒成立，所以g x在(0,2上递增，所以函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象有1 个公共点；当1aaa a2，即2a4时，0 x1或x2时，g x0，1 1x x时，222 2a2g x0，所以当x 1时，g x取得极大值，当x时，g x取得极小值，且x0，g x，aa2a因为g 1a10，g 22aln20，galna20恒成立，422a2所以f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象只有 1 个公共点.综上：当1a0时，函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象无公共点；当a1或a1 个
20、公共点；当点.7(1)a0(2)f x2f x1，理由见解析【解析】【分析】2a1时，函数f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象有 2 个公共ln22或0a4时，f(x)的图象与函数y(a2)x2a2的图象只有ln2（1）分离参变量，得到a函数的最值问题；xlnx 1,(x0)恒成立，构造函数，将问题转化为求x1232（2）由（1）可得x 1lnx，从而判断g(x)的单调性，确定x11x2，再通过构造函数，利用导数判断其单调性，最终推出x1x22；再次构造函数F(t)t 1lnt，判断其单调性，由此推出x2lnx2x1lnx1，可得结论.t 12xlnx 1,(x0)恒成立，x(1)f(
21、x)ax 1恒成立，即a令h(x)xlnx 1lnx，h(x)2，xx当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)递减；当x(1,)时，h(x)0，函数h(x)递增，故h(x)minh(1)0，所以a0.(2)g(x)12x212x 12xlnx12x(x 1lnx)，由（1）知x 1lnx，所以在,上g(x)0，2 2所以g(x)在,上单调递增，且g(1)0.所以x11x2，2 2221 3131 3设m(x)12x(x 1lnx)，m(x)12(2x2lnx)，设n(x)12(2x2lnx)，则n(x)12(2x 1)1 3x，,，n(x)0，x2 21 3mx所以在,上单调递增，且m(1)
22、0，2 2所以m(x)在2,1上单调递减，在1,2上单调递增，令H(x)g(x)g(2 x)，H(x)g(x)g(2 x)122x2xlnx(2 x)ln(2 x)，令G(x)H(x)，G(x)12ln 2xx，x1,，G(x)0，22133所以H(x)在1,2上单调递增，所以H(x)H(1)0，1,上单调递增，所以H(x)H(1)0，所以H(x)在233所以Hx2g x2g 2x20，g 2x2g x2g x1，而g(x)在,上单调递增，所以2x2x1，x1x22；2 2t 1t 1lntFt0，设F(t)，2t 122t t 121 3所以F(t)单调递减，且F(1)0，t 1，F(t)0
23、，xx21ln2x2x1lnx2lnx1x2x1x1F0所以，即，即xx，2xx221211x121所以lnxlnx21xxx2x11，2所以x2x1lnx2lnx1，即x2lnx2x1lnx1.所以f x2f x1.【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立时求参数范围问题以及利用导数比较函数值大小问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是要合理地构造函数，利用导数判断函数单调性以及确定极值或最值，其中要注意解答问题的思路要清晰明确.8(1)极小值为e71，f x无极大值；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据 f(x)的导数判断 f(x)的单调性，根据单调性即可求其极值；(2)由函数单调
24、性指数函数性质可得 x时，f(x)1，设 m n，则若777f mf nmn，则 m，n，由f mf n1可求n4当 m 32227212时，易证mn7；当3m时，构造函数p mf mf 7m，根据 p(m)单调性即可证明mn7(1)f x2x 7 e2x，7272由f x0，得x当x,时，f x0；当x,时，f x02277f x的单调递减区间为,，单调递增区间为,227故f x的极小值为fe1，f x无极大值227771(2)由(1)可知，f x的极值点为，f(x)在,上单调递减，在,上单调递227277增，当 x 时，e2x0，f(x)1，故当 x时，f(x)1.设mn，则若f mf n
25、mn，则 m，n，2n则f mf n1，则n4 e11n472727272 当m3时，mn7，显然成立 当3m时，7m,4，2277f mf 7mm4 e2m3 m e14 2m2m14 2m设p mf mf 7m，则p m2m7ee2x14 2x设h xee，x3,，则h x为增函数，27则h xh023m，2m70，p m0，则p m在3,上为增函数，2277p(m)p()f mf 7mf nf 7mp0，22777f nf 7m又n,4，7m,4，且f x在,4上单调递增，222777n7m，即mn7综上，mn79(1)证明见解析(2)e,e 1【解析】【分析】（1）求出f x的导数，设
26、出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数h x=lnxx 1，求出导数和单调区间，即可证明；x2ke,e2（2）由xe,e，使f xg x恒成立转化为x 1 ln xx，再max利用导数法求出x(1)x2e,e在x 1 l nx的最大值即可求解.由题意可知，f x的定义域为0,11,，由f xlnx 1xf x2，得ln x，ln x直线yg x过定点1,0，若直线yxg x与曲线yf x相切于点x0,0 x00且x01，则ln x0 x00lnx01ln x0，即ln x0 x010k2x01ln x0设h x=lnxx 1,x0，则h x=10，所以h x在0上单调递增，又h 1
27、ln1 1 10，从而当且仅当x01时，成立，这与x01矛盾.所以，kR，直线yg x都不是曲线yf x的切线.(2)由f xg x，得21xxk x 1，ln x2exe,0e 1x 1e1，kxx 1 l nxx2ke,e2若xe,e，使f xg x恒成立转化为x 1 ln x，x即可.max令xlnxx 1x2xxe,e2，x 1 l nx，则x 1 ln x12e,et x10，令t xlnxx 1，x，则x2所以t x在e,e上是单调递减；所以t xt elne e 1e0，故x02e,ex在上是单调递减；当x e时，x取得最大值为e所以实数k的取值范围为【点睛】e,e 1eeek.
28、，即e 1 lnee 1e 1解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.10(1)e23e 1a 1,a2aa2(2)g aalna,2a2e2421 e ae2e,a2e【解析】【分析】（1）利用导数求得f(x)在区间1,e上的最大值.（2）由f x对a进行分类讨论，由此求得f(x)在区间1,e上的最小值g a.(1)2当a1时，f xlnxx3x 1xe，fxx 12x312x3，xx33所以f x在区间1,f x0,f x递减；在区间,e,f x0,f x递增.22f 1
29、2,f ee23e 10，所以f(x)在区间1,e上的最大值为e23e 1.(2)f(x)alnxx2(a2)x(aR,1xe)，fxa2x 12xaa2xa2，xx当1,a2时，f x在区间1,e,f x0,f x递增，所以f x在区间1,e上的最小值为f 11a2a 1.当1e,2a2e时，f x在区间1,fx0,f x递减；22aa在区间,e,fx0，f x递增.2aaaaaaa2所以f x在区间1,e上的最小值为falna2alna.222242当e,a2e时，f x在区间1,e,f x0,f x递减，22所以f x在区间1,e上的最小值为f eaea2 e1 e ae2e.2a2a 1,a2aa2所以g aalna,2a2e.2421 e ae2e,a2e【点睛】利用导数求解函数的单调性、最值，若导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论标准的制定，可以考虑利用导函数的零点分布来进行分类.