高考数学理科导数大题目专项训练及答案1.已知函数f(x)在区间[e,0)上定义，其中e为自然对数的底，a为实数。

Ⅰ）求函数f(x)的解析式；Ⅱ）是否存在实数a<0，使得当x在[e,0)范围内时，f(x)的最小值是3？如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由；Ⅲ）设g(x)=1/(x+e)，求f(x)和g(x)在[e,0)上的导数，并求它们的导数之差。

2.若存在实常数k和b，使得函数f(x)=ax+lnx（x∈(0,e]）和g(x)=ln|x|（x∈[e,0)）在其定义域上的任意实数x上满足以下条件：1）当a=-1时，|f(x)|>g(x)+1；2）2f(x)≥kx+b且g(x)≤kx+b。

则称直线l:y=kx+b为f(x)和g(x)的“隔离直线”。

已知h(x)=x^2，(x)=2lnx（其中e为自然对数的底数）。

1)求F(x)=h(x)−(x)的极值；2)函数h(x)和(x)是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由。

3.设关于x的方程x-mx-1=0有两个实根α、β，且α<β。

定义函数f(x)=(x-α)/(x-β)。

I）求f(α)的值；II）判断f(x)在区间(α,β)上的单调性，并加以证明；III）若λ,μ为正实数，①试比较f(α),f((λα+μβ)/(λ+μ)),f(β)的大小；②证明|f((λα+μβ)/(λ+μ))-f()|<|α-β|/(λ+μ)。

4.若函数f(x)=(x^2+ax+b)ex在x=1处取得极值。

I）求a与b的关系式（用a表示b），并求f(x)的单调区间；II）是否存在实数m，使得对任意a∈(0,1)及x1,x2∈[0,2]总有|f(x1)-f(x2)|<(m+2)a+m^2)e^-1+1恒成立，若存在，求出m 的范围；若不存在，请说明理由。

5.若函数f(x)=lnx，g(x)=x-2/x。

1）求函数ϕ(x)=g(x)+kf(x)（k为实数）的单调区间；2）若对所有的x∈[e,+∞)都有xf(x)≥ax-a成立，求实数a的取值范围。

6、已知函数f(x)=ln(2+3x)-3/(2x)。

I）求f(x)在[0，1]上的极值；II）求f(x)的单调区间。

1/x，当x(0,e]时，f(x)ax lnx f(x)a+1/x，因此，f(x)在[0,)上是减函数的充要条件为a0；当x(0,e]时，f(x)a+1/x>0，因此f(x)在(0,)上单调递增，且有极限lim┬(x→0⁺) f(x)=-∞，因此f(x)在[0,)上的最大值不存在；对于不等式，移项得ln[f(x)+3x]-ln(ax+b)>ln2，即ln[(f(x)+3x)/(ax+b)]>ln2，两边取e的指数，得(f(x)+3x)/(ax+b)>2，即f(x)+3x>2ax+2b，又因为f(x)=ln(ax+b)-x，所以f(x)=a/(ax+b)-1，代入不等式得a/(ax+b)+2x>2ax+2b，化简得x>(b-a)/(2a+2)，因此a的取值范围为a<0且b/(2a+2)<e；2．解：（1）f(x)=-1+1/(ax+b)，f(x)=-a/(ax+b)²<0，因此f(x)在[1,e]上是凹函数，最大值和最小值分别在x=1和x=e处取得，即f(1)=ln(2/e)-1/2，f(e)=1/2；2）设M为f(x)和g(x)的交点，即ln(ax+b)-x=log2-x，化简得ln(ax+b)=x+log2，两边取e的指数得ax+b=e^x * 2，代入g(x)得g(x)=log2-x+ln(ax+b)=ln(2e^x)，因此M的坐标为(x,ln(2e^x))，易证f(x)<g(x)在[1,e]上成立，因此f(x)的图象在g(x)=3x的图象的下方；（3）f(x)=-1+1/(ax+b)，f(x)-f(x)=-(ax+b)/(ax+b)-2ln(ax+b)，因此[f(x)]-f(x)=-2ln(ax+b)≤0，当且仅当ax+b=1时取等，即a=1/b，代入得[f(x)]-f(x)=-2ln(bx+1)，因此有ln(bx+1)≥1，即bx+1≥e，因此a的最小值为1/e；3．解：（Ⅰ）f(x)=1/x-a，f(x)=-1/x²<0，因此f(x)在(0,)上是凸函数，单调递增，且有极限lim┬(x→0⁺)f(x)=-∞，因此F(x)=f(1/x)/x的单调区间为(0,)；Ⅱ）由于F(x)单调递减，因此对于任意x(0,3]，有F(x)≤F(3)，即f(3/x)/x≤f(1)/3，化简得f(x)≥3f(1)/x，因此f(x)的最大值为3f(1)，取得于x=0；Ⅲ）当a=1时，g(x)=1/x-1，因此g(a/2)=2-a，当a≠1时，g(x)=ln(ax)/(ax-1)，因此g(a/2)=ln(a/2)/(a/2-1)，由于g(x)单调递增，因此当且仅当2-a<ln(a/2)/(a/2-1)时，函数y=g(a/(2x+1))+m-1与y=2x+1有四个不同的交点，化简得m-1<(a-2)/2，即m<(a+2)/2，因此m的取值范围为m<(a+2)/2，当且仅当a≠1且m<(a+2)/2时存在四个交点，否则不存在；4．解：（Ⅰ）由于h(x)=f(x)+g(x)，因此h(x)=f(x)+g(x)=1/x-a+1/(xlna)，化简得h(x)=(1+lna)/(xlna)-a，令h(x)=0，解得x=e^(1/a)，因此h(x)在(0,e^(1/a))上单调递减，在(e^(1/a),)上单调递增，因此h(x)在(0,e^(1/a))上取得最大值，最小值为h(e^(1/a))；Ⅱ）由于g(x)单调递增，因此g(x)>0，即g(x)在[1,)上单调递增，因此对于任意x(1,)，有g(x)>g(1)=loga，因此h(x)=f(x)+g(x)>loga，即h(x)在(1,)上严格在loga的上方，因此h(x)在(1,)上恒大于0，不存在零点；因此a不存在。

0处相交，因此存在一个实数解。

又因为h(x)是偶函数，所以只需要在x>0的范围内证明h(x)在(0,1)和(1,∞)上分别单调递增和递减即可。

对于x>0，有h'(x)=2x-2lnx/x^3，当x>1时，h'(x)0，因此h(x)在(0,1)上单调递增。

因此h(x)在(0,∞)上都有实数解。

解法二：注意到当x趋近于0时，h(x)趋近于0，当x趋近于∞时，h(x)趋近于∞，因此由介值定理可知，h(x)在(0,∞)上必有实数解。

Ⅲ)对于x∈(0,e]，有h(x)=x-lnx-1/2>0，因此|f(x)|>g(x)，即|f(x)|-g(x)>0.对于x∈[e,∞)，有h(x)=x-lnx-1/2<0，因此|f(x)|<g(x)，即|f(x)|-g(x)<0.因此，当a=-1时，|f(x)|-g(x)取得最小值，最小值为1/2.解法一：设函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y=2ex-e。

由h(x)≥e(x∈R)，可得h(e)=e。

由(x)≤2ex-e(x>0)，可得(e)=e。

由h(x)和(x)的隔离直线为y=2ex-e，可得h(x)≥2ex-e(x∈R)和(x)≤2ex-e(x>0)恒成立。

现证明当x>e时，(x)≤2ex-e恒成立。

设G(x)=(x)-2ex+e，则G'(x)=2e2e(e-x)-2e，当x=e时，G'(x)=0.当e0，此时函数G(x)递增；当x>e时，G'(x)e)恒成立。

因此，函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y=2ex-e。

解法二：设函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y=kx+b。

由h(x)≥kx+b(x∈R)，可得h(e)=ke+b≤e。

由(x)≤kx+b(x>0)，可得(e)=ke+b=e。

由h(x)和(x)的隔离直线为y=kx+b，可得h(x)≥kx+b(x∈R)和(x)≤kx+b(x>0)恒成立。

令x=e，则e≥ke+b且e=ke+b。

解得k=2e，b=e-ke=e/2.因此，函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y=2ex-e/2.1.首先，我们有不等式：$f(\alpha)-f(\beta)<f\left(\frac{\lambda\alpha+\mu\beta}{\lambda+\mu}\right)-f(\beta)<f(\alpha)-f(\beta)$，其中$\alpha,\beta$是$f(x)$的任意两个实数根，$\lambda,\mu$是两个正实数且$\lambda+\mu=1$。

2.我们可以将不等式简化为：$|f\left(\frac{\lambda\alpha+\mu\beta}{\lambda+\mu}\right)-f(\beta)|<|f(\alpha)-f(\beta)|$。

3.设$f(x)=\frac{1}{x}$，则$f(\alpha)=\frac{1}{\alpha}$，$f(\beta)=\frac{1}{\beta}$，$f\left(\frac{\lambda\alpha+\mu\beta}{\lambda+\mu}\right)=\frac{ \lambda\alpha+\mu\beta}{\lambda\alpha+\mu\beta}$。

4.代入原不等式中，得到：$|\frac{\lambda\alpha+\mu\beta}{\lambda\alpha+\mu\beta}-\frac{1}{\beta}|<|\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\beta}|$。

5.化简后得到：$|\frac{\lambda}{\lambda\alpha+\mu\beta}-\frac{1}{\beta}|<|\frac{\alpha-\beta}{\alpha\beta}|$。

6.根据题意，$\alpha\beta=-1$，代入上式得到：$|\frac{\lambda}{\lambda\alpha+\mu\beta}+\beta|<|\alpha-\beta|$。

7.根据题意，$\alpha$和$\beta$是$f(x)$的两个不同实数根，所以$\alpha\neq\beta$。

8.因此，上式成立当且仅当$\frac{\lambda}{\lambda\alpha+\mu\beta}=-\beta$，即$\lambda=-\mu\beta$。