导数大题

导数大题

中华现代护理杂志-erp123

2023年2月16日发(作者：大小调)

高考数学专题：导数大题专练(含答案)

一、解答题

1

．已知函数

1

e





x

x

fx.

(1)

求

fx

极值点；

(2)

若4gxfx

，证明：2x时，

fxgx成立

.

2

．已知

e1xfxmxm.

(1)

当2m时，求曲线yfx

上的斜率为1的切线方程；

(2)

当0x时，2

2

13

222

m

fxx恒成立，求实数m的范围

.

3

．直线:lykxt交抛物线24xy于A，B两点，过A，B作抛物线的两条切

线，相交于点C，点C在直线3y上．

(1)

求证：直线l恒过定点T，并求出点T坐标；

(2)

以T为圆心的圆交抛物线于PQMN

四点，求四边形

PQMN

面积的取值范围．

4

．已知函数

21

()ln(1)()

22

R

x

fxaxaxaa有一个大于

1

的零点0

x．

(1)

求实数

a

的取值范围；

(2)

证明：对任意的0

1,xx

，都有ln10axx恒成立．

5

．已知函数2()ln(2)fxxaxa．

(1)

若2a，求函数()fx的极小值点；

(2)

当2(]0,x时，讨论函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象公共点的

个数，并证明你的结论．

6

．设函数1eln1

x

afxax

，其中0a

(1)

当1a时，讨论

fx单调性；

(2)

证明：

fx有唯一极值点

0

x，且



0

0fx.

7

．已知函数



ln

x

fx

x

，

1gxkx．

(1)

证明：Rk，直线ygx都不是曲线

yfx的切线；

(2)

若2e,ex







，使

fxgx恒成立，求实数k的取值范围．

8

．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之

“

美

”.

现代建筑讲究线条感，曲线之

美让人称奇

.

衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若

fx是

fx的导函数，

fx

是fx的导函数，则曲线

yfx在点

,xfx

处

的曲率





3

2

21

fx

K

fx













.

(1)

若曲线

lnfxxx与gxx在

1,1处的曲率分别为

1

K，

2

K，比较

1

K，

2

K

大小；

(2)

求正弦曲线

sinhxx

（xR）曲率的平方2K

的最大值

.

9

．已知函数ln2fxxxax

在点

1,1f

处的切线与直线220xy相互垂

直．

(1)

求实数a的值；

(2)

求fx

的单调区间和极值．

10

．设函数223ln1fxaxaxx

，其中0a．

(1)

求fx

的单调区间；

(2)

若yfx

的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．

【参考答案】

一、解答题

1

．

(1)

极大值点为2x，无极小值点；

(2)

证明见解析

.

【解析】

【分析】

（

1

）利用导数求出函数的单调区间即得解；

（

2

）令



4

e3

1

ee

x

x

x

x

Fxfxgx





，利用导数求出函数()Fx的最小值即得

证

.

(1)

解：由题意，得



2

ex

x

fx





，

令

0fx



，得2x；

0fx



，得2x；

列表如下：

x,222,

fx



大于0

0

小于0

fx单调递增极大值单调递减

所以

fx极大值点为2x，无极小值点

.

(2)

证明：



4

e3

4

e

xx

gxfx



，

令



4

e3

1

ee

x

x

x

x

Fxfxgx





，

∴



42

44

2ee

e2

2

eee

x

x

xx

x

x

x

Fx













.

当2x时，20x，24x，从而42ee0x，

∴

0Fx



，

Fx在

2,上是增函数，∴



22

11

20

ee

FxF.

∴当2x时，

fxgx成立

.

2

．

(1)10xy；

(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，由此可得切线方程；

（

2

）令

2

2

13

222

m

gxfxx









，将问题转化为当0x时，



min

0gx

恒成

立；

①

当10m时，由导数可证得

gx单调递增，由

00g可求得

m

范围；

②

当10m时，利用零点存在定理可说明存在

0

0gx





，并得到

gx单调性，

知

00

2

0

min

13

ee0

22

xxgxgx，由此可解得

0

x的范围，根据0

0

exxm可求

得m范围

.

(1)

当2m时，

e2xfxx

，

e2xfx





；

令

e21xfx



，解得：0x，切点坐标为

0,1，

所求切线方程为：

1yx

，即10xy；

(2)

令

22

22

1313

e

222222

x

mm

gxfxxmxx









，

则原问题转化为：当0x时，

0gx恒成立，即



min

0gx

恒成立；

exgxmx



，

e1xgx



，

则当0x时，

0gx



，

gx



在

0,上单调递增，

01gxgm



；

①

当10m，即1m时，

0gx





，

gx在

0,上单调递增，

2

min

3

010

22

m

gxg，解得：55m，1,5m







；

②

当10m，即1m时，

00g



，当x时，

gx



；



0

0,x，使得



0

0gx





，即0

0

exxm，

则当



0

0,xx

时，

0gx



；当



0

,xx

时，

0gx



；

gx在



0

0,x上单调递减，在



0

,x上单调递增，



0

000

2

2

0

22

000000

min

e

1313

eee

222222

x

xxx

x

m

gxgxmxxxxx





00

2

13

ee0

22

xx，

解得：01e3x，即0

ln3x，又



0

0,x，



0

0,ln3x，

令

exhxx，则

1exhx



，当

0,ln3x时，

0hx



，

hx

在

0,ln3上单调递减，

0

00

eln33,1xhxx，即

ln33,1m；

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



min

0gx

，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

.

3

．

(1)

证明见解析，

0,3T

；

(2)

323

0,

9











.

【解析】

【分析】

（

1

）设



11

,Axy

，



22

,Bxy

，

,3Cm，利用点斜式写出直线AC，BC的方程，

由C在两直线上，即可知直线AB的方程，进而确定定点

.

（

2

）联立抛物线24xy和圆T：2

223xyr，由题设及一元二次方程根的个

数求参数

r

的范围，由

122PQMN

QMPN

Syy



结合韦达定理得到PQMN

S关于

r

的

表达式，构造函数并利用导数研究区间单调性，进而求范围

.

(1)

设



11

,Axy

，



22

,Bxy

，

,3Cm，则1

2AC

x

k，2

2BC

x

k，

直线AC为：

11

11122

xxx

yyxxyy，同理直线BC为：2

22

xx

yy，

把

,3Cm代入直线AC，BC得：

1

1

2

2

3

2

3

2

xm

y

xm

y



















，

∴



11

,Axy

，



22

,Bxy

都满足直线方程3

2

xm

y，则3

2

xm

y为直线AB的方

程，故直线l恒过定点

0,3T．

(2)

如图，设圆T的半径为r，



11

,Mxy

，



22

,Nxy

，



11

,Qxy，



22

,Pxy，

把24xy代入圆T：2

223xyr，整理得22290yyr，

由题意知：关于

y

的一元二次方程有两个不等实根，则

2

12

2

12

4490

20

90

r

yy

yyr





















，可

得

223r

．

2

222

2PQMN

QMPN

Syyyyyyyyyyyy







2222222944942198rrrr，

令29rt

，由

223r

得：01t，则24211

PQMN

Stt，

令

211fttt

且01t，则

311fttt



，

故在

1

(0,)

3

上()0ft



，()ft递增；在

1

(,1)

3

上()0ft



，()ft递减；

所以

132

()()

327

ftf，又(0)1f，(1)0f，故ft的取值范围是

32

0,

27









，

综上，PQMN

S的取值范围是

323

0,

9











．

【点睛】

关键点点睛：第二问，由圆T：2

223xyr，联立抛物线方程，结合四边形

面积公式得到关于参数

r

的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围

.

4

．

(1)1a

(2)

证明见解析

【解析】

【分析】

（

1

）先求导，分1a和1a进行讨论，1a时结合零点存在定理说明存在零点

即可；

（

2

）先构造函数

()ln1gxaxx

，求导证明函数先增后减，故只要说明两个端

点大于

0

即可，

化简得到



000

1

()121

2

gxxxa，由(21)0fa借助()fx的单调性说明

0

21axa

，

即可得到

0

()0gx.

(1)

2(1)(1)()

()(1)

axaxaxxa

fxxa

xxx





，

①

若1a，则()0fx



在

(1,)

恒成立，即()fx在

(1,)

上单调递增，

当1x时，()(1)0fxf，与()fx有一个大于

1

的零点

0

x矛盾．

②

若1a，令()0fx



，解得01x或xa，令()0fx



，解得1xa．

所以()fx在(0,1)和(,)a上单调递增，在(1,)a单调递减．

所以

()(1)0faf

，当x时，()fx，由零点存在性定理，()fx在(,)a

上存在一个零点

0

x．

综上，1a．

(2)

令()ln1,()1







aax

gxaxxgx

xx

，由（

1

）知

0

1ax

，令

()0gx





，

解得1xa，令

()0gx





，解得

0

axx，故

()gx

在(1,)a单调递增，在



0

,ax单调

递减．

(1)0g

，

000

ln1gxaxx

因为

0

x为函数()fx的零点，故2

0

000

1

ln(1)0

22



x

fxaxaxa，即

2

0

00

1

ln(1)

22



x

axaxa，

所以22

00

000000

11

ln111

2222

xx

gxaxxaxaxaxa



00

1

121

2

xxa．

又因为

2(21)1

(21)ln(21)(1)(21)ln(21)22

22





a

faaaaaaaaa，

令()ln(21)22haaaa，则

21

()ln(21)2ln(21)1

2121







a

haaa

aa

，令

1

()ln(21)1

21

maa

a





，

22

224(1)

()0

21(21)(21)

a

ma

aaa









恒成立，

所以

()ha



在

(1,)

单调递增，

()(1)0hah





，所以

()ha

在

(1,)

单调递增，

()(1)0hah，即(21)0fa，

由（

1

）可知

()0fa

，所以

0

21axa

，

因为

00

10,210xxa

，所以



000

1

1210

2

gxxxa，

所以()0gx在



0

1,xx

恒成立，

故对任意的



0

1,xx

，都有ln10axx恒成立．

【点睛】

本题关键点在于构造函数

()ln1gxaxx

后，如何说明



000

1

()121

2

gxxxa

大于

0

，

由(21)0fa借助()fx的单调性说明

0

21axa

，即可得到

0

()0gx，即可得证

.

5

．

(1)

详见解析；

(2)

详见解析；

【解析】

【分析】

（

1

）由2a，得到2()2lnfxxx，然后求导

2

()2fxx

x



求解；

（

2

）令2()ln(2)22gxxaxaxa，求导

21

()







xax

gx

x

，分0a，

01

2

a

，1

2

a

，12

2

a

讨论求解

.

(1)

解：当2a时，2()2lnfxxx，

所以

2

()2fxx

x



，令()0fx



，得1x，

当01x时，()0fx



，当1x时，()0fx



，

所以1x是函数()fx的极小值点；

(2)

当2(]0,x时，令2()ln(2)22gxxaxaxa，

则

221

2(2)

()2(2)









xax

axaxa

gxxa

xxx

，

当0a时，01x时，

0gx





，12x时，

0gx



，

所以当1x时，

gx取得极小值，且0x，gx

，

当

110ga，即10a，函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象无

公共点；

当

110ga，即1a时，函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象有

1

个公共点；

当





110

22ln20

ga

ga















，即

2

1

ln2

a时，函数()fx的图象与函数

(2)22yaxa的图象有

2

个公共点；

当





110

22ln20

ga

ga















，即

2

ln2

a，函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图

象有

1

个公共点；

当01

2

a

，即02a时，0

2

a

x或1x时，

0gx



，1

2

a

x时，

0gx



，

所以当

2

a

x时，

gx取得极大值，当1x时，

gx取得极小值，且0x，

gx

，

因为

110ga恒成立，

所以函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象只有

1

个公共点；

当1

2

a

，即2a时，

0gx



恒成立，

所以

gx在

(0,2]

上递增，所以函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象有

1

个公共点；

当12

2

a

，即24a时，01x或2

2

a

x时，

0gx



，1

2

a

x时，

0gx





，

所以当1x时，

gx取得极大值，当

2

a

x时，

gx取得极小值，且0x，

gx

，

因为

110ga，

22ln20ga，

2

ln20

242









aaa

gaa恒成立，

所以()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象只有

1

个公共点

.

综上：当10a时，函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象无公共

点；

当1a或

2

ln2

a或04a时，()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象只有

1

个公共点；

当

2

1

ln2

a时，函数()fx的图象与函数(2)22yaxa的图象有

2

个公共

点

.

6

．

(1)fx

在0,1上单调递减，在

1,上单调递增；

(2)

证明见解析

.

【解析】

【分析】

（

1

）首先确定

fx定义域，再应用二阶导数的符号判断fx的单调性，进而

分区间判断fx的符号，即可确定

fx的单调性

.

（

2

）求

fx的二阶导，根据其符号知fx在

0,上单调递增，令0fx得

到ln1

x

x

a

，构造

ln1

x

hxx

a

结合其单调性，注意利用导数研究

ln1xxx的符号，再用放缩法判断

1

a

h

a









、1eah的符号，即可判断零

点

0

x的唯一性，进而得到0

0

0

1

1lnln

x

x

ax



，结合基本不等式求证



0

0fx.

(1)

当1a时，

1eln1xfxx

，定义域为

0,，

则

1

1

exfx

x



，

1

2

1

e0xfx

x







，

所以fx在

0,上单调递增，又

10f



，

当01x时，0fx，所以

fx在区间0,1上单调递减；

当1x时，0fx，所以

fx在区间

1,上单调递增

.

综上，

fx在0,1上单调递减，在

1,上单调递增

.

(2)

由题意，11

e

x

afx

x





，1

2

11

e0

x

afx

ax







，则fx在

0,上单调递增，

至多有一个零点，

令

ln1xxx，其中1x，则



11

1

x

x

xx







，

当

0,1x时，

0

x，

x单调递增

.

当

1,x时，

0

x，

x单调递减，

所以

10x，即ln10xx，于是ln1xx，

令0fx，则

ee

x

ax

，两边取自然对数可得ln1

x

x

a

，

令

ln1

x

hxx

a

，则

hx在

0,上单调递增

.

故

11

ln11110

11111

aaa

h

aaaaa











，又

1

111

1e

elnee10

a

aaaha

aa



，

所以

hx在

0,上有唯一零点

0

x，则fx有唯一零点

0

x，即

fx有唯一极值

点

0

x.

下证



0

0fx：

因为

01

0

0

1

e0

x

afx

x



，所以01

0

1

e

x

a

x

，可得0

0

0

1

1lnln

x

x

ax



，

所以

01

00

00

00

eln111220

x

a

xx

aa

fxax

xaxa



，当且仅当

0

xa时等号成

立，

综上，

fx有唯一极值点

0

x且



0

0fx，得证

.

【点睛】

关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的

等量关系构造

ln1

x

hxx

a

，结合单调性、零点存在性定理判断fx零点的

唯一性，进而利用基本不等式证明不等式

.

7

．

(1)

证明见解析

(2)

e

,

e1













【解析】

【分析】

（

1

）求出

fx的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构

造函数

=ln1hxxx，求出导数和单调区间，即可证明；

（

2

）由2e,ex







，使

fxgx恒成立转化为



max

ln1

x

k

xx













2e,ex







，再

利用导数法求出



n1l

x

x

xx







在2e,e





的最大值即可求解

.

(1)

由题意可知，

fx的定义域为

0,11,，

由



ln

x

fx

x

，得



2

ln1

ln

x

fx

x







，

直线ygx过定点

1,0，

若直线ygx与曲线

yfx相切于点

0

000

0

,01

ln

x

xxx

x









且，则



0

00

2

0

0

0

ln1ln

1

ln

x

xx

k

x

x









，即

00

ln10xx①

设

=ln1,0hxxxx，则



1

=10hx

x



，

所以

hx在

0上单调递增，又

1ln1110h，

从而当且仅当0

1x时，①成立，这与

0

1x矛盾

.

所以，Rk，直线ygx都不是曲线

yfx的切线

.

(2)

由

fxgx，得

1

ln

x

x

kx，

22ee,0e11e1xx，

l1n

x

k

xx



若2e,ex







，使

fxgx恒成立转化为



max

ln1

x

k

xx













，2e,ex







即可

.

令



n1l

x

x

xx







，2e,ex







，则



2

ln1

ln1

xx

x

xx















，

令

ln1txxx，2e,ex







，则



1

10tx

x



，

所以

tx在2e,e





上是单调递减；

所以

elnee1e<0txt，故

0

x

x在2e,e





上是单调递减；

当

ex

时，

x取得最大值为





ee

e

e1lnee1





，即

e

e1

k



.

所以实数k的取值范围为

e

,

e1













【点睛】

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

.

8

．

(1)12

KK；

(2)1.

【解析】

【分析】

（

1

）对

fx、

gx求导，应用曲率公式求出

1,1处的曲率

1

K，

2

K，即可比较

大小；

（

2

）由题设求出

hx的曲率平方，利用导数求2K

的最大值即可

.

(1)

由



1

1fx

x



，



2

1

fx

x



，则





1

333

2

2

222

1

11

12

5

11

f

K

f















，

由



1

2

gx

x





，3

2

1

4

gxx

，则





2

333

2

2

222

1

1

2

4

5

1

11

1

2

g

K

g





























，

所以

12

KK；

(2)

由

coshxx



，

sinhxx



，则

3

2

2

sin

1cos

x

K

x





，



22

2

33

22

sinsin

1cos2sin

xx

K

xx





，令22sintx，则1,2t

，故2

3

2t

K

t



，

设



3

2t

pt

t



，则

32

64

32

26

ttt

t

pt

tt







，在1,2t

时

0pt



，

pt递减，

所以



max

11ptp

，2K

最大值为

1.

9

．

(1)3a；

(2)

增区间为2e,

，减区间为20,e

，极小值22e，无极大值

.

【解析】

【分析】

（

1

）根据



1

11

2

f



，代值计算即可求得参数值；

（

2

）根据（

1

）中所求参数值，求得

fx

，利用导数的正负即可判断函数单调

性和极值

.

(1)

因为

ln1fxxa



，在点

1,1f

处的切线斜率为

11kfa



，

又

fx在点

1,1f

处的切线与直线220xy相互垂直，

所以



1

11

2

f



，解得3a.

(2)

由（

1

）得，

ln2fxx



，

0,x，

令

0fx



，得2ex，令

0fx





，得20ex，

即

fx的增区间为2e,

，减区间为20,e

．

又22222eelne3e22ef

，

所以

fx在2ex处取得极小值22e，无极大值．

【点睛】

本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中

档题

.

10

．

(1)

在

1

0,

a







上单调递减，在

1

,

a









上单调递增

(2)

1

,

e









【解析】

【分析】

（

1

）求导，根据定义域和

a

的范围，讨论导数符号可得单调区间；

（

2

）由（

1

）中单调性可得函数最小值，由最小值大于

0

可解

.

(1)

函数

fx的定义域为

0，，



22

2

231

323

'2

axax

axax

fxaxa

xxx







由于0a且

0x，，所以230ax，令

'0fx，解得

1

x

a

，

当

1

0x

a









，，

'0fx，函数

fx单调递减，

当

1

x

a









，，

'0fx，函数

fx单调递增，

fx

在

1

0

a







，上单调递减，在

1

a









，上单调递增．

(2)

要使

yfx的图像与x轴没有公共点，所以只需

min

()0fx即可，由（

1

）知

min

111

()113ln133ln33ln0fxfa

aaa









，

解得

1

e

a，即a的取值范围为

1

(,)

e

