高考数学专题复习 导数测试VIP免费

高考数学专题复习导数测试1．设a≥0，f(x)=x－1－ln2x＋2alnx（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0，＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2alnx＋1．解：（Ⅰ）根据求导法则有2ln2()10xafxxxx，，故()()2ln20Fxxfxxxax，，于是22()10xFxxxx，，列表如下：x(02)，2(2)，∞()Fx0()Fx减极小值(2)F增故知()Fx在(02)，内是减函数，在(2)，∞内是增函数，所以，在2x处取得极小值(2)22ln22Fa．（Ⅱ）证明：由0a≥知，()Fx的极小值(2)22ln220Fa．于是由上表知，对一切(0)x，∞，恒有()()0Fxxfx．从而当0x时，恒有()0fx，故()fx在(0)，∞内单调增加．所以当1x时，()(1)0fxf，即21ln2ln0xxax．故当1x时，恒有2ln2ln1xxax高三专题复习（三）导数部分（理）22．已知函数f(x)=1nx，g(x)=ax221(a为常数)，若直线l与y=f(x)和y=g(x)的图象都相切，且l与y=f(x)的图象相切于定点P（1，f（1））．（1）求直线l的方程及a的值；（2）当k∈R时，讨论关于x的方程f(x2+1)-g(x)=k的实数解的个数．解：（1） f(′x)=x1，∴f（1）=1∴k1=1,又切点为P（1，f（1），即（1，0）∴l的解析式为y=x-1，y=x-1 l与y=g(x)相切，由,消去y得x2-2x+2a+2=0y=ax221∴△=（-2）2-4（2a+2）=0，得a=-21（2）令h（x）=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1)21212x h(x)=′212xx-x=-21)1)(1(xxxx，则)(,0)(101xhxh，xx时或为增函数，-1＜x＜0或x＞1时，.)(.0)(为减函数xhxh故x=±1时，h（x）取极大值1n2，x=0时，h（x）取极小值21。因此当k∈（1n2，+∞），原方程无解；当k=1n2时，原方程有两解；当21＜k＜1n2时，原方程有四解；当k=21时，原方程有三解；当k＜21时，原方程有两解高三专题复习（三）导数部分（理）33．已知函数3()fxxx．（1）求曲线()yfx在点(())Mtft，处的切线方程；（2）设0a，如果过点()ab，可作曲线()yfx的三条切线，证明：()abfa．解：（1）求函数()fx的导数；2()31xxf．曲线()yfx在点(())Mtft，处的切线方程为：23(31)2ytxt．（2）如果有一条切线过点()ab，，则存在t，使23(31)2btat．于是，若过点()ab，可作曲线()yfx的三条切线，则方程32230tatab，有三个相异的实数根．记32()23gttatab，则2()66gttat6()tta．当t变化时，()()gtgt，变化情况如下表：t(0)，0(0)a，a()a，()gt00()gt()gt增极大值ab减极小值()bfa增由()gt的单调性，当极大值0ab或极小值()0bfa时，方程()0gt最多有一个实数根；当0ab时，解方程()0gt得302att，，即方程()0gt只有两个相异的实数根；当()0bfa时，解方程()0gt得2atta，，即方程()0gt只有两个相异的实数根．综上，如果过()ab，可作曲线()yfx三条切线，即()0gt有三个相异的实数根，则0()0.abbfa，即()abfa．高三专题复习（三）导数部分（理）44．已知函数()exfxkxxR，．（Ⅰ）若ek，试确定函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若0k，且对于任意xR，()0fx恒成立，试确定实数k的取值范围；（Ⅲ）设函数()()()Fxfxfx，求证：12(1)(2)()(e2)()nnFFFnnN．4．解：（Ⅰ）由ek得()eexfxx，所以()eexfx．由()0fx得1x，故()fx的单调递增区间是(1)，，由()0fx得1x，故()fx的单调递减区间是(1)，．（Ⅱ）由()()fxfx可知()fx是偶函数．于是等价于()0fx对任意0x≥成立．由()e0xfxk得lnxk．①当(01]k，时，()e10(0)xfxkkx≥，此时()fx在[0)，上单调递增．故()(0)10fxf≥，符合题意．②当(1)k，时，ln0k．当x变化时()()fxfx，的变化情况如下表：x(0ln)k，lnk(ln)k，()fx0()fx单调递减极小值单调递增由此可得，在[0)，上，()(ln)lnfxfkkkk≥．依题意，ln0kkk，又11ekk，．综合①，②得，实数k的取值范围是0ek．（Ⅲ）()()()ee...