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导数专题



a (a ? 0) , (1)求函数 f ( x) 的单调区间; x 3 (2)若函数 f ( x ) 在 [1, e] 上的最小值是 ,求 a 的值。 2
1.(6 分)已知函数 f ( x) ? ln x ? 【答案】 (1)在 (0, a ) 上是单调递减, (a, ??) 上是单调递增的(2) e 【解析】(1)由对数函数的性质可知,f(x)的定义域是(0, ?? ) 对函数 f ( x) ? ln x ?
'

a 1 a x?a ' 求导得 f ? x ? ? ? 2 ? x x x x2 ,

当f 当f

? x ? >0,即 x>a 时,f(x)是增函数 ? x ? >0,即,0<x<a 时,f(x)是减函数
3 ,不符合题意 2

'

所以 f(x) 在 (0, a ) 上是单调递减, (a, ??) 上是单调递增的 (2)当 0<a≤1 时,f(x)的最小值为 f(1)=a,此时 a= 当 1<a<e 时,f(x)的最小值是 f(a)=lna+1=

3 ,此时 a= e 2

当 a≥e 时,f(x)的最小值是 f(e)=1+ e > 2 ,不符合题意 所以 a= e 2 . 已 知 函 数 f ? x ? ? x ? a ln x , 在 x ? 1 处 的 切 线 与 直 线 x ? 2 y ? 0 垂 直 , 函 数

a

3

g ? x? ? f ? x? ?

1 2 x ? bx . 2

(1)求实数 a 的值; (2) 设 x1 , x2 ? x1 ? x2 ? 是函数 g ? x ? 的两个极值点, 若b ?

13 , 求 g ? x1 ? ? g ? x2 ? 的最小值. 3

40 ? 2 ln 3 . 【答案】(1) a ? 1 ;(2) 9
【解析】 试题分析:(1)切点为 ?11 , ? ,利用 f ? x ? 在 x ? 1 处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,可得得 出 f ?1? ? 2 , 解 方 程 即 可 . (2) 先 对 g ? x ? 进 行 求 导 , 得 出 x1 , x2 的 关 系 , 根 据
'

g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ln

x1 1 x 1 x 2 x ? ( ? ) , 考 虑 令 t? 1 , 构 造 一 个 新 的 函 数 x2 2 x2 x1 x2

1 1 ? 1? h(t ) ? ln t ? (t ? ), t ? ? 0, ? 来求解. 2 t ? 9?

试题解析: (1)由题可得 f ?( x) ? 1 ? 由题意知 f ?(1) ? 1 ? a ? 2 ,即 a ? 1 (2)由 g ( x) ? ln x ?

a x

x 2 ? (b ? 1) x ? 1 1 2 x ? (b ? 1) x , g ?( x) ? 2 x
即 x1 ? x2 ? b ? 1, x1 x2 ? 1

令 g ?( x) ? 0, x2 ? (b ?1) x ? 1 ? 0



( x1 ? x2 )2 x1 x 1 100 ? ? 2 ? 2 ? t ? 2 ? ? (b ? 1)2 ? x1 x2 x2 x1 t 9
9

1 由 x1 ? x2 ,即 0 ? t ? 1 ,解上不等式可得: 0 ? t ?
而 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ln

x1 1 x1 x2 1 1 ? ( ? ) ? ln t ? (t ? ) x2 2 x2 x1 2 t 1 1 ? 1? (t ? ), t ? ? 0, ? 2 t ? 9?

构造函数 h(t ) ? ln t ?

由 t ? ? 0, ? , h(t ) ? ? 2t 2 ? 9?

?

1?

(t ? 1)2

?0,
1 9 40 ? 2 ln 3 9

故 h(t ) 在定义域内单调递减, h(t ) min ? h( ) ? 所以 g ? x1 ? ? g ? x2 ? 的最小值为
x

40 ? 2 ln 3 9

37.已知函数 f ( x) ? e , x ? R . (1)若直线 y ? kx 与 f ( x ) 的反函数的图象相切,求实数 k 的值; (2)若 m ? 0 ,讨论函数 g ( x) ? f ( x) ? mx 零点的个数.
2

【答案】 (1 )

e2 e2 1 ; (2)当 m ? ( ??, ? ) 时,函数 g ( x) 有三个零点; 当 m ? ? 时,函 e 4 4

数 g ( x) 有两个零点;当 m ? ( ? 【解析】

e2 , 0) 时函数 g ( x) 有一个零点. 4

试题分析: (1) f ( x ) 的反函数是 y ? ln x ,问题为求过原点所作曲线 y ? ln x 的切线的斜 率,方法是设切点坐标为 ( x0 , y0 ) ,由导数的几何意义可得解; (2)函数 g ( x) ? f ( x) ? mx
2

的 零点的 个数即 是方程 f ( x) ? mx2 ? 0 根 的个数 ,等价 于两个函 数 h( x) ?

ex 与函 数 x2

y ? ?m图象交点的个数.故下面只要研究函数 h( x) ?

ex 的单调性与极值. x2

试题解析: (Ⅰ) f ? x ? 的反函数为 y ? ln x, 设切点为 ? x0 ,ln x0 ? , 则切线斜率为 k ?

1 1 ln x0 ? , 故 x0 ? e, k ? . e x0 x0

(Ⅱ)函数 g ( x) ? f ( x) ? mx 2 的零点的个数即是方程 f ( x) ? mx2 ? 0 根的个数, 等价于两个函数 h( x) ?

ex 与函数 y ? ?m图象交点的个数. x2

h ' ( x) ?

e x ( x ? 2) x3

x ? (??, 0), h' ( x) ? 0, h( x) 在 (??, 0) 上单调递增;
当 x ? (0,2) 时, h ( x) ? 0, , h( x) 在(0,2)上单调递减;
'

当 x ? (2,??) 时, h ( x) ? 0, , h( x) 在(2, +∞)上单调递增,
'

∴ h( x) 在 (0,??) 上有最小值为 h(2) ?

e2 . 4

e2 ex 当 m ? ( ? , 0) 时,函数 h( x) ? 2 与函数 y ? ?m图象交点的个数为 1; 4 x
当m ? ?

e2 ex 时,函数 h( x) ? 2 与函数 y ? ?m图象交点的个数为 2; 4 x
e2 ex ) 时,曲函数 h( x) ? 2 与函数 y ? ?m图象交点的个数为 3. 4 x e2 ) 时,函数 g ( x) 有三个零点; 4

当 m ? ( ??, ?

综上所述,当 m ? ( ??, ?

当m ? ?

e2 时,函数 g ( x) 有两个零点; 4

当 m ? (?

e2 , 0) 时函数 g ( x) 有一个零点. 4

考点:利用导数求曲线的切线,函数的零点. 43. 已知函数 f ( x) ?

x2 ? bx ? ln x . a

(I)若 a ? b ? 1 ,求 f ( x) 的极值; (II)若 b ? ?1 ,函数 f ( x ) 有且只有一个零点,求实数 a 的取值范围. 【答案】 (I) f ( x ) 的极小值为 【解析】 试题分析: (I)求出导数,分别令 f ? ? x ? ? 0 和 f ? ? x ? ? 0 ,可得到函数的增区间和减区间, 得出函数的极值,要注意函数的定义域; (II)利用参数分离将问题转化为

3 ? ln 2 ; (II) a ? 0 或 a ? 1 . 4

1 1 ln x ? ? 有 a x x2

唯一正实根,再通过求导的方式研究其性质,注意到函数的导函数的比较复杂,因此在研究 时,可将导函数分成分子、分母来分别研究. 试题解析: (I) a ? b ? 1 时, f ( x) ? x2 ? x ? ln x ,其中 x ? 0 则 f ?( x) ? 2 x ? x ?

1 1 ( x ? 1)(2 x ? 1) ? =0 得 x ? 2 x x

当0 ? x ?

1 1 时 f ( x) ? 0 , f ( x ) 单调递减,当 x ? 时 f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递增, 2 2
1 2 3 ? ln 2 ; 4

因而 f ( x ) 的极小值为 f ( ) ?

(II)若 f ( x ) 有且只有一个零点,即方程 根,

x2 ? x ? ln x ? 0 在 (0,??) 上有且只有一个实数 a

1 1 ln x 1 ln x 1 ? x ? 2 ln x ? ? 2 ,设 h( x) ? ? 2 ,则 h?( x ) ? , a x x x x x3 2 又设 ? ( x) ? 1 ? x ? 2ln x , ? ?( x ) ? ?1 ? ? 0 ,而 ? (1) ? 0 x
分离参数得 因而当 x ? (0,1) 时 ? ( x) ? ? (1) ? 0 ,当 x ? (1,??) 时 ? ( x) ? ? (1) ? 0 , 那么当 x ? (0,1) 时 h?( x) ? 0 , h( x) 单调递增, 当 x ? (1,??) 时 h?( x) ? 0 , h( x) 单调递减, h( x)max ? h(1) ? 1 ,

又 x ? (0, ??) 恒有 h( x) ? 0 ,且 x ? ?? 时 h( x) ? 0 ,

1 h( ) ? e ? e 2 ? 0 ,且 x ? 0 时 h( x) ? ?? , e 1 1 从而 ? 0 与 ? 1 ,即 a ? 0 或 a ? 1 时函数 f ( x ) 有且只有一个零点. a a
47. (本小题满分 13 分)已知 f (x ) ? ln x ? ax ? bx .
2

(1)若 a ? ?1 ,函数 f ( x) 在其定义域内是增函数,求 b 的取值范围; (2) f ( x ) 的图象与 x 轴交于 A (x 1 ,0), B (x 2 ,0)(x 1 ? x 2 ) )两点, AB 中点为 C ( x0 , 0) , 求证: f ?(x 0 ) ? 0 . 【答案】 (1) (??, 2 2] ;(2)证明见解析. 【解析】 试题分析: (1)求导 f ?( x ) ?

1 ? 2 x ? b ,要使函数在其定义域上为 (0, ??) 上递增,应使 x

f ?( x) ?

1 1 1 ? 2 x ? b ? 0 即 b ? ? 2 x ,对 x ? (0, ??) 恒成立,只需 b ? ( ? 2 x ) min ,根据 x x x 1 ? 2 x ? 2 2 即可求出; x 1 ? 2ax ? b 及 2 x0 ? x1 ? x2 ,得 x

基本不等式得

(2) 设由 f ?( x ) ?

f ?( x0 ) ?

1 2 ? 2ax0 ? b ? ? [a( x1 ? x2 ) ? b] , x0 x1 ? x2
2 2 ? ? ? f ( x1 ) ? ln x1 ? ax1 ? bx1 ? ln x1 ? ax1 ? bx1 ? ? ? 2 2 ? ? ? f ( x2 ) ? ln x2 ? ax2 ? bx2 ? ln x2 ? ax2 ? bx2





ln

x1 x ? a( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? b( x1 ? x2 ) ? ln 1 ? ( x1 ? x2 )[a( x1 ? x2 ) ? b] ,进而得 f ?( x0 ) = x2 x2

x 2 1 ? ln 1 x1 ? x2 x1 ? x2 x2

x1 ? 1) 2( x1 ? x2 ) x1 x2 x 1 1 ? [ ? ln ]? [ ? ln 1 ] x x1 ? x2 x1 ? x2 x2 x1 ? x2 x2 ( 1 ? 1) x2 , 2(
1 2 ? ln 1 ? 0 因 x1 ? x2 ,故要使 f ?(x 0 ) ? 0 ,只需 , x1 ? x2 x2

2( x ? x )

x

,

(t ? 1)2 x1 2t ? 2 ? ? ( t ) ? ? ?0 t ? , ? (t ) ? ? ln t (0 ? t ? 1) t (t ? 1)2 x2 t ?1 为此可令 ,求出 ,故 ? (t ) 在
(0,1) 上递减, ? (t ) ? ? (1) ? 0 即可证明.
2 试题解析: (1)依题意: f ( x) ? ln x ? ax ? bx .∴ f ?( x ) ?

1 ? 2x ? b x

1分

∵ f ( x) 在 (0, ??) 上递增,∴ f ?( x) ?

1 ? 2 x ? b ? 0 对 x ? (0, ??) 恒成立, x
3分

即b ?

1 1 ? 2 x 对 x ? (0, ??) 恒成立,只需 b ? ( ? 2 x ) min . x x 1 2 ? 2 x ? 2 2 ,当且仅当 x ? 时取“=” , x 2

∵ x ? 0 ,∴

4分

∴ b ? 2 2 ,∴b 的取值范围为 (??, 2 2] . (2)由已知得 ?
2 2 ? ? ? f ( x1 ) ? ln x1 ? ax1 ? bx1 ? ln x1 ? ax1 ? bx1 ? ? 2 2 ? ? ? f ( x2 ) ? ln x2 ? ax2 ? bx2 ? ln x2 ? ax2 ? bx2

6分

两式相减,得

ln

x1 x ? a( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? b( x1 ? x2 ) ? ln 1 ? ( x1 ? x2 )[a( x1 ? x2 ) ? b] . x2 x2

8分

由 f ?( x ) ?

1 ? 2ax ? b 及 2 x0 ? x1 ? x2 ,得 x

f ?( x0 ) ?

x 1 2 2 1 ? 2ax0 ? b ? ? [a( x1 ? x2 ) ? b] ? ? ln 1 x0 x1 ? x2 x1 ? x2 x1 ? x2 x2
2(

10 分

x1 ? 1) 2( x1 ? x2 ) x1 x2 x 1 1 ? [ ? ln ] ? [ ? ln 1 ] x1 ? x2 x1 ? x2 x2 x1 ? x2 x1 x2 ( ? 1) x2



t?

x1 2t ? 2 , ? (t ) ? ? ln t (0 ? t ? 1) x2 t ?1 .
(t ? 1)2 ?0 t (t ? 1)2 ,∴ ? (t ) 在 (0,1) 上递减,∴ ? (t ) ? ? (1) ? 0 .

? ?(t ) ? ?


x1 ? 1) 2( x ? x ) x x2 x ? ? ln 1 ? 0 ,即 1 2 ? ln 1 ? 0 , x1 x1 ? x2 x2 x2 ?1 x2 2(
又 x1 ? x2 ,? f ?( x0 ) ? 0 .
a (a?R ) ? 2ln x . x (1)若 a ? 0 且函数 f ( x) 在其定义域内为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若函数 y ? f ( x) 在 x ? (0,3) 存在极值,求实数 a 的取值范围

12 分

53.已知函数 f ( x) ? ax ?

【答案】解: (1) f ?( x) ? a ?

a 2 ax2 ? 2x ? a , ? ? x2 x x2 ∵ f ( x) 在定义域 (0 , ? ?) 内是增函数,∴ f ?( x) ? 0 在 (0 , ? ?) 内恒成立
即 ax ? 2 x ? a ? 0 在 (0, ??) 上恒成立
2

即a ?

2x 在 (0, ??) 上恒成立 x ?1
2

∴a ??

2x ? 2x ? ? ,设 M ( x) ? x 2 ? 1 , ( x ? 0) 2 ? x ? 1 ?max
2

2x 2 ? x ?1 x ? 1 x 1 ∵ x ? 0 ,∴ x ? ? 2 ,当且仅当 x ? 1 时取等号 x
则 M ( x) ? ∴ M ( x) ? 1,即 ? M ( x)?max ? 1 ,∴ a ? 1 所以实数 a 的取值范围是 ?1, ?? ? (2)∵ f ?( x) ?
2

ax2 ? 2x ? a ,令 f ?( x) ? 0 即 ax2 ? 2x ? a ? 0(?) x2

设 L( x) ? ax ? 2x ? a, x ? (0,3) 当 a ? 0 时,方程( ? )的解为 x ? 0 ,此时 f ( x ) 在 x ? (0,3) 无极值, 所以 a ? 0 ;

当 a ? 0 时, L( x) ? ax2 ? 2 x ? a 的对称轴方程为 x ? ①若 f ( x ) 在 x ? (0,3) 恰好有一个极值

1 a

则?

?a ? 0 ?a ? 0 3 ,解得 0 ? a ? 或? 5 ? L(3) ? 10a ? 6 ? 0 ? L(3) ? 10a ? 6 ? 0
此时 f ( x ) 在 x ? (0,3) 存在一个极大值; ②若 f ( x ) 在 x ? (0,3) 恰好两个极值,即 h( x) ? 0 在 x ? (0,3) 有两个不等实根

?a ? 0 ?a ? 0 ? ? ? ? 4 ? 4a 2 ? 0 ? ? ? 4 ? 4a 2 ? 0 ? 3 ? ? 则? 或? ,解得 ? a ? 1 1 1 5 ?0 ? ? 3 ?0 ? ? 3 a a ? ? ? ? ? L(3) ? 0 ? L(3) ? 0

[来源:学§科§网]

综上所述,当 0 ? a ? 1 时, y ? f ( x) 在 x ? (0,3) 存在极值. 80.已知函数 f ? x ? ? ln x ? x ? x .
2

(Ⅰ)求函数 f ? x ? 的单调递减区间; (Ⅱ)若关于 x 的不等式 f ? x ? ? ?

?a ? 2 ? 1? x ? ax ? 1 恒成立,求整数 a 的最小值. ?2 ?

, +? ? ; 【答案】 (Ⅰ) ?1 (Ⅱ)2.
【解析】 试题分析: (Ⅰ)对函数 f ? x ? 求导,求 f ? x ? 的单调递减区间即求其定义域上使 f ? ? x ? ? 0
2 的 x 的取值区间; (Ⅱ) 可构造新函数 g ( x) ? f ( x) ? [( ? 1) x ? ax ? 1] , 则 g ? x ? ? 0 恒成立,

a 2

+? ? 上的最大值, 即 g ? x ?max ? 0 , 问题转化为求函数 g ? x ? 在 ? 0, 先利用导数讨论其单调性,
求得极值点,进而得其极值、最值,问题得解.

f ?( x) ?
试题解析: (Ⅰ)

1 ?2 x 2 ? x ? 1 ? 2x ?1 ? ( x ? 0) 2 f ?( x) ? 0 , x x , 由 得 2x ? x ?1 ? 0 ,

又 x ? 0 ,所以 x ? 1 .所以

f ( x) 的单调减区间为 (1, ??) .

a 1 g ( x) ? f ( x) ? [( ? 1) x 2 ? ax ? 1] ? ln x ? ax 2 ? (1 ? a) x ? 1 2 2 (Ⅱ)令 ,

g ?( x) ?
所以

1 ?ax2 ? (1 ? a) x ? 1 ? ax ? (1 ? a) ? x x .

? g ( x) 在 (0, ?? ) 上是递增函数, 当 a ≤ 0 时,因为 x ? 0 ,所以 g ( x ) ? 0 .所以

1 3 g (1) ? ln1 ? a ?12 ? (1 ? a) ? 1 ? ? a ? 2 ? 0 2 2 又因为 , 所 以 关 于 x 的 不 等 式 f ( x) ≤
a ( ? 1) x 2 ? ax ? 1 2 不能恒成立.

1 a( x ? )( x ? 1) 1 ?ax ? (1 ? a ) x ? 1 a x? g ?( x) ? ?? g ?( x) ? 0 ,得 a .所 x x 当 a ? 0 时, ,令
2

1 1 1 x ? (0, ) x ? ( , ??) x ? (0, ) ? a 时,g ?( x) ? 0 ;当 a a 以当 时, g ( x ) ? 0 ,因此函数 g ( x) 在 1 x ? ( , ??) a 是 增 函 数 , 在 是 减 函 数 , 故 函 数 g ( x) 的 最 大 值 为

1 1 1 1 1 1 g ( ) ? ln ? a ? ( )2 ? (1? a )? ? 1 ? ? ln a a a 2 a a 2a .
h( a ) ?


1 1 1 ? ln a h(1) ? ? 0 h(2) ? ? ln 2 ? 0 h(a) 在 a ? (0, ??) 2a 2 4 ,因为 , ,又因为
h(a) ? 0 .所以整数 a 的最小值为 2.
k 2 x ? x ?1 . 2

是减函数.所以当 a ≥ 2 时,
x

92.已知函数 f ( x) ? e , g ( x) ?

(1)当 k ? 1 时,证明: f ( x) ? g ( x) ?

x2 ; 2

(2)若 f ( x) ? g ( x) ,求 k 的取值范围. 【答案】 (1)证明过程详见解析; (2)(-∞,0]. 【解析】 试题分析: 本题主要考查导数的运算、 利用导数判断函数的单调性、 利用导数求函数的最值、 不等式的基本性质等基础知识, 考查学生的分析问题解决问题的能力、 转化能力、 计算能力, 考查学生的函数思想.第一问,先将 f ( x) ? g ( x) ?

x2 x2 ? 0 ,先得 转化为 f ( x) ? g ( x) ? 2 2

到 h( x) 表达式,对 h( x) 求导,利用“ h ( x) ? 0 ? h( x) 单调递增; h ( x) ? 0 ? h( x) 单调
' '

递减”解不等式求函数 h( x) 的单调区间,利用函数的单调性确定最小值所在的位置;第二 问,将 f ( x) ? g ( x) 转化为 f ( x) ? g ( x) ? 0 ,令 F (x)=f (x)-g (x)对 f (x)求导,由于

F ' ( x) 的正负不明显,所以进行二次求导,二次求导后得到 G ?(x)=ex-k,只需讨论 k 的正
负, 通过 G ( x) 的单调性, 求出 G ( x) 的最值, 来判断 F ( x) 的正负, 来判断 F ( x) 的单调性, 从而求 F ( x) 的最值.
'

(1)当 k=1 时,设 h (x)=f (x)-g (x)+

x2 x x =e -x-1,h ?(x)=e -1. 1 分 2

当 x∈(-∞,0)时,h ?(x)<0,h (x)单调递减; 当 x∈(0,+∞)时,h ?(x)>0,h (x)单调递增. 所以 h (x)≥h (0)=0.

x2 故 f (x)≥g (x)- . 4分 2
(2)设 F (x)=f (x)-g (x)=e -
x x x

k 2 x x -x-1,则 F ?(x)=e -kx-1. 2

设 G (x)=e -kx-1,则 G ?(x)=e -k. 6 分 (1)若 k≤0 时,则 G ?(x)>0,G (x)单调递增, 当 x∈(-∞,0)时,G (x)<G (0)=0,即 F ?(x)<0,F (x)单调递减; 当 x∈(0,+∞)时,G (x)>G (0)=0,即 F ?(x)>0,F (x)单调递增. 故 F (x)≥F (0)=0,此时 f (x)≥g (x). 9 分 (2)若 k>0,则 当 x∈(-∞,-

2 k 2 1 x )时,e -1<0,- x -x=- x(kx+2)<0, k 2 2 k 2 x -x<0,这时 f (x)≥g (x)不成立. 11 分 2

从而 F (x)=e -1-

x

综上,k 的取值范围是(-∞,0]. 12 分 考点:导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值、不等式的基本性 质. 7.已知函数 f ? x ? ? x ? a ln x .
2

(Ⅰ)当 a ? ?2 时,求函数 f ? x ? 的单调区间和极值;

(Ⅱ)若 g ? x ? ? f ? x ? ?

2 在 ?1, ?? ? 上是单调增函数,求实数 a 的取值范围. x

【答案】 (Ⅰ) 单调递减区间是 (0, 1) 、 单调递增区间是 (1, +∞) 、 极小值是 f ?1? ? 1(Ⅱ)

?0, ???
【解析】 试题分析: (Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域为 (0, +∞) . 当 a=-2 时,f
'

? x ? ? 2x ?

2 2 ? x ? 1?? x ? 1? ? , x x
2 得 x

2 由此利用导数性质能求出函数 f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)由 g ? x ? ? x ? a ln x ?

g ' ? x? ? 2x ?

a 2 2 2 ? 2 ,令 ? ? x ? ? ? 2 x 2 ,则 ? ' ? x ? ? ? 2 ? 4 x ,由此利用导数性质能求 x x x x

出 a 的取值范围 试题解析: (Ⅰ)易知,函数 f ? x ? 的定义域为 ? 0, ??? . 当 a ? ?2 时, f 当 x 变化时, f x
'
'

? x ? ? 2x ?

2 2 ? x ? 1?? x ? 1? ? . x x

? x ? 和 f ? x ? 的值的变化情况如下表:
1 0 极小值 (1,+∞) + 递增

(0,1) - 递减

由上表可知,函数 f ? x ? 的单调递减区间是(0,1) 、单调递增区间是(1,+∞) 、极小值是

f ?1? ? 1.
2 (Ⅱ)由 g ? x ? ? x ? a ln x ?

2 a 2 ' ,得 g ? x ? ? 2 x ? ? 2 . x x x
'

若函数 g ? x ? 为 ?1, ?? ? 上的单调增函数,则 g ? x ? ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立,即不等式

2 a 2 ? ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立.也即 a ? ? 2 x 2 在 ?1, ?? ? 上恒成立. 2 x x x 2 2 2 ' 令 ? ? x ? ? ? 2 x ,则 ? ? x ? ? ? 2 ? 4 x . x x 2 ' 当 x ??1, ?? ? 时, ? ? x ? ? ? 2 ? 4 x ? 0 , x 2 ? ' ? x ? ? ? 2 ? 4 x 在 ?1, ?? ? 上为减函数, x 2x ?

?? ? x ?max ? ? ?1? ? 0 .
所以 a ? 0 .

? a 的取值范围为 ?0, ??? .
1 2 ax ? (2a ? 1) x ? 2 ln x(a ? R) . 2

9.已知函数 f ( x) ? (1)当 a ?

2 时,求函数 f ( x) 的单调区间; 3 1 (2)当 a ? 时,设 g ( x) ? ( x 2 ? 2x)e x ,求证:对任意 x1 ? (0,2] ,均存在 x2 ? (0,2] ,使 2
得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立. 【答案】 (1)单调递增区间为 (0, ) , (2,??) ,单调递减区间为 ( ,2) ; (2) a ? 【解析】 试题分析: (1) 求导 f ? ? x ?, ( 2) ? x ? 0? ;解关于导函数的不等式,从而确定函数的单调性; 由已知, 在 ? 0, 2? 上有 f ? x ?max ? g ? x ?max ,从而求导确定函数的最值,从而由最值确定 a 的 取值范围. 试题解析:解: (1) f ?( x) ? ax ? (2a ? 1) ? 所以 f ?( x) ?

3 2

3 2

1 2

2 , (2 分) x

2 7 2 (2 x ? 3)( x ? 2) x? ? ? , 3 3 x 3x 3 3 其单调递增区间为 (0, ) , (2,??) ,单调递减区间为 ( ,2) . 2 2
(2)若要命题成立,只需当 x ? (0,2] 时, f ( x) max ? g ( x) max . 由 g ?( x) ? ( x ? 2)e 可知, 当 x ? (0,2] 时, 在区间 ( 2 ,2] g ( x) 在区间 (0, 2 ) 上单调递减,
2 x

上单调递增,

g (0) ? g (2) ? 0 ,故 g ( x)max ? 0 ,所以只需 f ( x)max ? 0 .

2 (ax ? 1)( x ? 2) ? . x x 1 1 1 1 当 a ? 时, 0 ? ? 2 ,函数 f ( x) 在区间 (0, ) 上单调递增,在区间 ( ,2] 上单调递减, 2 a a a 1 1 f ( x) max ? f ( ) ? ?2 ln a ? ? 2. a 2a 当 a ? 1 时,显然小于 0 ,满足题意; 1 1 1 ? 4a ? 2 , h?(a ) ? 当 ? a ? 1时,可令 h(a ) ? ?2 ln a ? , 2 2a 2a 2 1 可知该函数在 ? a ? 1时单调递减, 2
对函数 f ( x) 来说, f ?( x) ? ax ? (2a ? 1) ?

1 1 h(a ) ? h( ) ? 2 ln 2 ? 3 ? 0 ,满足题意,所以 a ? 满足题意. 2 2
考点:1.导数在函数单调性中的应用;2.恒成立问题. 15.已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x . (1)求函数 f ( x) 的单调递减区间; (2)若 x ? ?1 ,证明: 1 ?

1 ? ln( x ? 1) ? x . x ?1

【答案】 (1) (0,+∞) (2)由⑴知,当 x∈(-1,0)时, f ?( x ) >0,当 x∈(0,+∞) 时, f ?( x ) <0,因此,当 x ? ?1 时, f ( x ) ≤ f (0) ,即 ln( x ? 1) ? x ≤0∴ ln( x ? 1) ? x . 令 g ( x) ? ln( x ? 1) ?

1 1 1 x ? 1 ,则 g ?( x) ? ? = ∴ 当 x∈(-1,0) 2 x ?1 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2

时, g ?( x ) <0,当 x∈(0,+∞)时, g ?( x ) >0.∴ 当 x ? ?1 时, g ( x) ≥ g (0) ,即

ln( x ? 1) ?

1 ?1 ≥ 0 , ∴ x ?1

ln( x ? 1) ? 1 ?

1 综 上 可 知 , 当 x ? ?1 时 , 有 x ?1

1?

1 ? ln( x ? 1) ? x x ?1

【解析】 试题分析:⑴函数 f(x)的定义域为 (?1, ??) . f ?( x ) =

1 x -1=- . x ?1 x ?1

由 f ?( x ) <0 及 x>-1,得 x>0.∴ 当 x∈(0,+∞)时,f(x)是减函数,即 f(x)的单调递 减区间为(0,+∞) . ⑵证明:由⑴知,当 x∈(-1,0)时, f ?( x ) >0,当 x∈(0,+∞)时, f ?( x ) <0, 因此,当 x ? ?1 时, f ( x ) ≤ f (0) ,即 ln( x ? 1) ? x ≤0∴ ln( x ? 1) ? x . 令 g ( x) ? ln( x ? 1) ?

1 1 1 x ? 1 ,则 g ?( x) ? ? = .?????8 分 2 x ?1 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2

∴ 当 x∈(-1,0)时, g ?( x ) <0,当 x∈(0,+∞)时, g ?( x ) >0. ∴ 当 x ? ?1 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 ln( x ? 1) ?

1 1 ? 1 ≥0,∴ ln( x ? 1) ? 1 ? . x ?1 x ?1

综上可知,当 x ? ?1 时,有 1 ? 18 . 已 知 函 数 f ( x)?

1 ? ln( x ? 1) ? x .??????????????12 x ?1

a ? b l n x? c( a ? 0 的) 图 象 在 点 (1, f (1)) 处 的 切 线 方 程 为 x

x? y ?2 ? 0.
(1)用 a 表示 b,c ; (2)若函数 g ( x) ? x ? f ( x) 在 x ? (0,1] 上的最大值为 2,求实数 a 的取值范围. 【答案】 (1) c ? ?a ? 1 ; (2) [1, ??) 【解析】
' 试题分析: (1)求导可得, f ( x ) ? ?

a b ? (a ? 0) ,由题意, f ' (1) ? 1 ,得 b ? a ? 1 , x2 x

又切点 (1, a ? c) 在直线 x ? y ? 2 ? 0 上,得 1 ? (a ? c) ? 2 ? 0 ,可得: c ? ?a ? 1 . (2)由

a ? (a ? 1) ln x ? a ? 1 , x ( x ? 1)( x ? a ) ' 得 g ( x) ? ,令 g ' ( x ) ? 0 ,得 x ? 1 或 x ? a ,然后再对 a ? 1 , 0 ? a ? 1 和 2 x 0 ? x ? a 分类讨论,即可求出结果. a b ' 试题解析: (1) f ( x) ? ? 2 ? (a ? 0) ,由题意, f ' (1) ? 1 ,得 ?a ? b ? 1 , x x ∴ b ? a ? 1,
(1)得 g ( x) ? x ? 又切点 (1, a ? c) 在直线 x ? y ? 2 ? 0 上,得 1 ? (a ? c) ? 2 ? 0 , 解得: c ? ?a ? 1 . (2) g ( x) ? x ? ∴ g ( x) ? 1 ?
'

a a ? b ln x ? c ? x ? ? (a ? 1) ln x ? a ? 1 , x x

a a ? 1 x 2 ? (a ? 1) x ? a ( x ? 1)( x ? a) ? ? ? , x2 x x2 x2

令 g ( x) ? 0 ,得 x ? 1 或 x ? a
' ' ⅰ)当 a ? 1 时,由 0 ? x ? 1 知, g ( x) ? 0

∴ g ( x) 在 (0,1] 上单调递增, ∴ g ( x)max ? g (1) ? 2 , 于是 a ? 1 符合条件. ⅱ)当 0 ? a ? 1 时,
' ' 当 0 ? x ? a 时, g ( x) ? 0 ; a ? x ? 1 时, g ( x) ? 0

∴ g ( x) 在 (0, a ) 上单增,在 (a,1) 上单减,

g ( x)max ? g (a) ? g (1) ? 2 与题意矛盾,
∴ 0 ? a ? 1 不符合题意. 综上,实数 a 的取值范围是 [1, ??) . 32.已知函数 f ( x) ? x ?

2a ? 1 ? 2a ln x(a ? R) . x

(1)若函数 f ( x ) 在 x ? 2 时取得极值,求实数 a 的值; (2)若 f ( x) ? 0 对任意 x ? [1, ??) 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) a ?

3 ;(2) a ? 1 2

【解析】 试题分析: (1)求函数 f ( x ) 的导数得 f ?( x) ? 1 ?

2a ? 1 2a ? ,由 f ?(2) ?0 求 a 的值即可; x2 x

(2) f ( x) ? 0 对任意 x ? [1, ??) 恒成立等价转化为 f min ( x) ? 0 在 x ? [1, ??) 恒成立,在区 间 [1, ??) 求函数 f ( x ) 的最小值,解不等式 f min ( x) ? 0 即可. 试题解析: (1) f '( x) ? 1 ? 解得: a ?

2a ? 1 2a 2a ? 1 ? ?a ?0 , ,依题意有: f '(2) ? 0 ,即 1 ? 2 x x 4

3 . 2

检验:当 a ?

2 3 x 2 ? 3x ? 2 ( x ? 1)( x ? 2) 3 ? 时, f '( x) ? 1 ? 2 ? ? . 2 x x x2 x2

此时,函数 f ( x ) 在 (1, 2) 上单调递减,在 (2, ??) 上单调递增,满足在 x ? 2 时取得极值. 综上 a ?

3 . 2

(2)依题意: f ( x) ? 0 对任意 x ? [1, ??) 恒成立等价转化为 f min ( x) ? 0 在 x ? [1, ??) 恒成 立. 因为 f '( x) ? 1 ?

2a ? 1 2a x 2 ? 2ax ? (2a ? 1) ( x ? (2a ? 1))( x ? 1) ? ? ? , x2 x x2 x2

令 f '( x) ? 0 得: x1 ? 2a ? 1 , x2 ? 1 . ①当 2 a ? 1 ? 1 即 a ? 1 时,函数 f '( x) ? 0 在 [1, ??) 恒成立,则 f ( x ) 在 [1, ??) 单调递增,

于是 f min ( x) ? f (1) ? 2 ? 2a ? 0 ,解得 a ? 1 ,此时 a ? 1 ; ②当 2 a ? 1 ? 1即 a ? 1 时,函数 f ( x ) 在 [1, 2a ? 1] 单调递减,在 [2a ? 1, ??) 单调递增, 于是 f min ( x) ? f (2a ?1) ? f (1) ? 2 ? 2a ? 0 ,不合题意,此时 a ? ? . 综上所述,实数 a 的取值范围是 a ? 1 . 考点:1.导数与函数的单调性、极值、最值;2.函数与不等式. 36.已知函数 f ( x) ?

x ? ax, x ? 1 . ln x

(1)若 f ( x) 在(1,+∞)上单调递减,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=2,求函数 f ( x) 的极小值; (3)若方程 (2 x ? m) ln x ? x ? 0 在(1,e]上有两个不等实根,求实数 m 的取值范围. 【答案】 (1) a ? ? 【解析】 试题分析: (1) 求出函数的导数, 通过 f ? ? x ? ? 0 在 x ? (1, ??) 上恒成立, 得到 a 的不等式, 利用二次函数的求出最小值,得到 a 的范围; (2)利用 a ? 2 ,化简函数的解析式,求出函 数的导数,然后求解函数的极值; ( 3)化简方程 (2 x ? m) ln x ? x ? 0 ,得

1 ; (2) f ( e ) ? 4 e ; (3) (4 e ,3e] . 4

x ? 2x ? m , ln x

利用函数 f ? x ? 与函数 y ? m 在 (1, e] 上有两个不同的交点,结合由(2)可知, f ? x ? 的单 调性,得出实数 m 的取值范围. 试题解析: (1)函数 f ( x) ?

x ? ax , x ? 1. ln x

ln x ? 1 ? a ,由题意可得 f′(x)≤0 在 x∈(1,+∞)上恒成立; ln 2 x 1 1 1 1 1 ?( ? )2 ? ∴a ? 2 ? ln x 2 4 ln x ln x f ?( x) ?
∵ x ? (1,??) ,? ln x ? (0,??),

?

1 1 1 1 1 1 1 ? ? 0 时函数 t ? ( ? ) 2 ? 的最小值为 ? ,? a ? ? ln x 2 ln x 2 4 4 4

(2)当 a=2 时, f ( x) ?
2

ln x ? 1 ? 2 ln 2 x x ? 2 x f ?( x) ? ln x ln 2 x

令 f′(x)=0 得 2ln x+lnx﹣1=0, 解得 ln x ? 当1 ? x ?

1 或 lnx=﹣1(舍) ,即 x ? e 2

e 时,f'(x)<0,当 x ? e 时,f′(x)>0

∴f(x)的极小值为 f ( e ) ? 4 e (3)将方程(2x﹣m)lnx+x=0 两边同除 lnx 得 (2 x ? m) ? 整理得

x ?0 ln x

x ? 2 x ? m ,即函数 f(x)与函数 y=m 在(1,e]上有两个不同的交点 ln x

由(2)可知,f (x)在 上单调递减,在 ( 1,e) ( e , e) 上单调递增

f ( e ) ? 4 e , f (e) ? 3e ,当 x→1 时,
实数 m 的取值范围为 (4 e ,3e] 45.已知函数 f ( x) ?

x ? ?? ,∴ 4 e ? m ? 3e , ln x

1 ? k ln x, k ? 0. x

(Ⅰ)当 k ? 1 时,求函数 f ( x ) 单调区间和极值; (Ⅱ)若关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解,求实数 k 的取值范围. 【答案】(Ⅰ) f ( x ) 在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? 1 ,无极大值. f ( x ) 的单调递减区间 为 (0,1) ,单调递增区间为; (Ⅱ) k ? 0 或 k ? 1 【解析】 试题分析: (Ⅰ) (Ⅰ)求出导函数 f '( x) ,解方程 f '( x) ? 0 ,列出表格,确定 f '( x) 的符 号及 f ( x ) 的单调性,从而得出极大值和极小值; (Ⅱ)方程 f ( x ) ? k 有解,就是函数

g ( x) ? f ( x) ? k 有零点, 因此可求出 g '( x ) , 通过研究 g ( x) 的单调性和极值来确定 g ( x) 是

1 否有零点,也可以采取分离参数法,即方程 f ( x ) ? k 可化为 ? x (1 ? ln x ) ,这样只要求得 k
函数 h( x) ? x(1 ? ln x) 的值域,就可以求得 k 的范围. 试题解析:

(Ⅰ)函数

f ( x) ?

1 ? k ln x ? ?) . x 的定义域为 (0,

f '( x) ? ?

1 k ? x2 x . f '( x) ? ? 1 1 x ?1 ? ? 2 x2 x x ,

当 k ? 1 时,

令 f '( x ) ? 0 ,得 x ? 1 ,

所以 f '( x ), f ( x ) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x)

(0,1)

1
0
极小值

(1, ??)

?
?

?
?

f ( x)

所以 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? 1 ,无极大值.

f ( x ) 的单调递减区间为 (0,1) ,单调递增区间为 (1, ??) .
(Ⅱ)因为关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解, 令 g ( x ) ? f ( x ) ? k ,则问题等价于函数 g ( x ) 存在零点,

所以

g '( x) ? ?

1 k kx ? 1 ? ? 2 x2 x x . x? 1 k.

令 g '( x) ? 0 ,得

当 k ? 0 时, g '( x ) ? 0 对 (0, ?? ) 成立,函数 g ( x ) 在 (0, ?? ) 上单调递减,

而 g (1) ? 1 ? k ? 0 ,

g (e

1?

1 k

)?

1 e
1? 1 k

1 1 1 ? k (1 ? ) ? k ? 1 ? 1 ? ? 1 ? 0 1 ? k e e k ,

所以函数 g ( x ) 存在零点. 当 k ? 0 时, g '( x), g ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
g '( x ) g ( x)

1 (0, ) k
?


1 k
0 极小值

1 ( , ??) k

+ ↗

1 1 g ( ) ? k ? k ? k ln ? ?k ln k k 所以 k 为函数 g ( x ) 的最小值,

1 g( ) ? 0 当 k 时,即 0 ? k ? 1 时,函数 g ( x ) 没有零点, 1 1 g( ) ? 0 g (e) ? ? k ? k ? 0 e 当 k 时,即 k ? 1 时,注意到 ,所以函数 g ( x ) 存在零点.
综上,当 k ? 0 或 k ? 1 时,关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解. 法二: 因为关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解, 所以问题等价于方程 1 ? kx (ln x ? 1) ? 0 有解, 令 g(x ) ? kx(ln x ? 1) ? 1 ,所以 g '( x ) ? k ln x , 令 g '( x ) ? 0 ,得 x ? 1 当 k ? 0 时, g '( x), g ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x

(0,1)
?


1
0 极大值

(1, ??)

g '( x ) g ( x)

?


所以函数 g(x ) 在 x ? 1 处取得最大值,而 g(1) ? k ( ?1) ? 1 ? 0 .

g (e

1?

1 k

) ? 1 ? ke

1?

1 k

(1 ?

1 1? 1 ? 1) ? 1 ? e k ? 0 k ,

所以函数 g ( x ) 存在零点. 当 k ? 0 时, g '( x), g ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x

(0,1)
?


1
0
极小值

(1, ??)

g '( x )
g ( x)

?


所以函数 g(x ) 在 x ? 1 处取得最小值,而 g(1) ? k ( ?1) ? 1 ? 1 ? k . 当 g(1) ? k ( ?1) ? 1 ? 1 ? k ? 0 时,即 0 ? k ? 1 时,函数 g ( x ) 不存在零点.

当 g(1) ? k ( ?1) ? 1 ? 1 ? k ? 0 ,即 k ? 1 时, g(e) ? ke(ln e ? 1) ? 1 ? 1 ? 0 所以函数 g ( x ) 存在零点. 综上,当 k ? 0 或 k ? 1 时,关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解. 法三:因为关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解,

1 ? x(1 ? ln x) 所以问题等价于方程 k 有解,
设函数 g ( x ) ? x(1 ? ln x ) ,所以 g '( x ) ? ? ln x . 令 g '( x ) ? 0 ,得 x ? 1 ,

g '( x), g ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x

(0,1)
?


1
0 极大值

(1, ??)

g '( x ) g ( x)

?


所以函数 g(x ) 在 x ? 1 处取得最大值,而 g(1) ? 1 , 又当 x ? 1 时, 1 ? ln x ? 0 ,所以 x (1 ? ln x ) ? 1 ? ln x , 所以函数 g(x ) 的值域为 ( ??,1] ,

1 ? ( ??,1] 所以当 k 时,关于 x 的方程 f ( x ) ? k 有解,
所以 k ? ( ??,0) ? [1, ??) . 考点:导数的综合运用

1 2x 69.已知函数 f(x)= 2 e -ax(a∈R,e 为自然对数的底数).
(1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若 a=1,函数 g ( x) ? ( x ? m) f ( x) ? 数 m 的最大值.

1 2x e ? x 2 ? x 在区间(0,+ ? )上为增函数,求整 4

f ( x) f ( x) (??, ? ?) 【 答 案 】 (1) 当 a ? 0 时 , 在 上为增函数;当 a ? 0 时, 在

ln a ln a x ? (?? , ) 为减函数,在 x ? ( , ? ?) 为增函数;(2) m 的最大值为 1. 2 2
【解析】 试题分析:(1)讨论函数的单调性首先注意明确函数的定义域,由于该函数是超越函数与一 次函数的和构成的,所以考虑用导数,先求出函数的导数得 f ' ( x) ? e
2x

? a ,由指数函数

的性质可知要确定导数的正负须按 a ? 0 和 a ? 0 分类讨论,确定导数的符号而求出函数的 单调区间; (2) 函数 g ( x) ? ( x ? m) f ( x) ? e ? x ? x 在区间 (0, +? ) 上为增函数 ? g ?( x) ? 0
2x 2

1 4



(0, ? ?)

恒成立,分离参数 m,从而将所求问题转化为求函数的最值问题,构造新函数,

再用导数研究此函数的最小值即可;注意所求的 m 为整数这一特性. 试题解析:(1)定义域为

(??, ? ?)

, f ' ( x) ? e

2x

?a ,
2分

f ( x) (??, ? ?) f ?( x) ? 0 当 a ? 0 时, ,所以 在 上为增函数;

ln a f ' ( x) ? 0 x ? ln a f ' ( x) ? 0 当 a ? 0 时,由 得 ,且当 x ? ( ?? , ) 时, ,
2

2

当 x?(

ln a , ? ? ) 时 f ' ( x) ? 0 , 2
在 x ? ( ?? ,

所以

f ( x)

ln a ln a ) 为减函数,在 x ? ( , ? ?) 为增函数. 2 2

6分

2x (2)当 a ? 1 时, g ( x) ? ( x ? m)( e ? x) ?

1 2

1 2x e ? x2 ? x , 4



g ( x)

在区间

(0, ? ?)
2x

上为增函数,

则 g '( x) ? ( x ? m)(e 即m ?

? ?) ?1) ? x ? 1 ? 0 在 (0, 恒成立,
8分

x ?1 ? ?) ? x 在 (0, 恒成立 2x e ?1
x ?1 ? ?) ? x , x ? (0, ; e2x ? 1

令 h( x ) ?

h' ( x) ?

e 2 x (e 2 x ? 2 x ? 3) x ? (0, ? ?) L( x) ? e 2 x ? 2 x ? 3 , , ;令 (e 2 x ? 1) 2

1 可知 L ( ) ? e ? 4 ? 0 , L(1) ? e ? 5 ? 0 ,
2

2

又当

x ? (0, ? ?)

时 L' ( x) ? 2e
2x

2x

?2?0,

所以函数 L( x) ? e

2? ? ?) ? 2 x ? 3 在 x ? (0, 只有一个零点,设为 ? ,即 e ? 2? ? 3 ,

1 ) 且? ? ( , ;

1 2

9分

由上可知当

x ? (0,? )



L( x ) ? 0

,即

h' ( x ) ? 0

;当

x ? (?, ? ?)



L( x ) ? 0

,即

h' ( x ) ? 0



所以 h( x ) ?

x ?1 ? ?1 ? ?) ? x , x ? (0, ?? , ,有最小值 h(? ) ? 2? 2x e ?1 e ?1

10 分

把e

2?

? 2? ? 3 代入上式可得 h(? ) ?

1 1 3 ? ? ,又因为 ? ? ( , 1 ) (1, ) , ,所以 h(? ) ? 2 2 2



m ? h( x )

恒成立,所以

m ? h(? )

,又因为 m 为整数, 12 分

所以 m ? 1 ,所以整数 m 的最大值为 1. 80.已知函数 f ( x) ? ln x ?

2a , a?R . x

(1)若函数 f ( x ) 在 [2, ??) 上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若函数 f ( x ) 在 [1, e] 上的最小值为 3,求实数 a 的值. 【答案】 (1) (??,1] ; (2) a ? e . 【解析】 试题分析: (1)这是一个由函数在某区间上是增函数,求参数取值范围的问题,可转化为其 导函数在此区间上恒大于或等于 0 的一个恒成立问题, 恒成立问题是我们所熟悉的问题, 可 分离参数解答,也可由函数本身的性质作出判断; (2)这是一个求含参函数在某区间上的最 小值问题,可通过导数的符号去判断函数的单调区间,当然一般会涉及对参数的讨论,之后 利用单调性则可求出函数的最小值,再由最小值为 3,就可求出参数的值. 试题解析: (1)∵ f ( x) ? ln x ? ∵ f ( x ) 在 [2, ??) 上是增函数,

2a 1 2a ,∴ f ?( x) ? ? 2 . x x x

∴ f ?( x) ?

x 1 2a ? 2 ≥0 在 [2, ??) 上恒成立,即 a ≤ 在 [2, ??) 上恒成立. 2 x x

令 g ( x) ?

x ,则 a ≤ ? g ( x)?min , x ?[2, ??) . 2 x 在 [2, ??) 上是增函数,∴ ? g ( x)?min ? g (2) ? 1 . 2

∵ g ( x) ?

∴ a ≤1.所以实数 a 的取值范围为 (??,1] . (2)由(1)得 f ?( x) ?

x ? 2a , x ? [1, e] . x2

①若 2a ? 1 ,则 x ? 2a ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 在 [1, e] 上恒成立,此时 f ( x ) 在 [1, e] 上是增函 数. 所以 ? ? f ? x ?? ? min ? f (1) ? 2a ? 3 ,解得 a ?

3 (舍去) . 2

②若 1≤ 2a ≤ e ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 2a .当 1 ? x ? 2a 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x ) 在

(1, 2a) 上是减函数,当 2a ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (2a, e) 上是增函数.
所以 ? ? f ? x ?? ? min ? f ? 2a ? ? ln(2a) ? 1 ? 3 ,解得 a ?

e2 (舍去) . 2

③若 2a ? e ,则 x ? 2a ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 在 [1, e] 上恒成立,此时 f ( x ) 在 [1, e] 上是减函 数. 所以 ? ? f ? x ?? ? min ? f ? e ? ? 1 ? e ? 3 ,所以 a ? e . 考点:函数与导数、函数的单调性. 81.设函数 f ( x) ?

2a

1 2 x ? ln x ? mx(m ? 0) 2

(1)求 f ( x ) 的单调区间; (2)证明:曲线 y ? f ( x) 不存在经过原点的切线. 【答案】 (1) m ? 2 时, f ( x ) 在区间 ? 0,

? ? ?

? m ? m2 ? 4 ? ? m ? m2 ? 4 , ?? ? 内单调递 ? 及? ? ? ? 2 2 ? ? ?

m ? m2 ? 4 m ? m2 ? 4 , ) 内单调递减; 0 ? m ? 2 时, f ( x) 在 (0, ??) 内单调 增,在 ( 2 2
递增; (2)证明见解析. 【解析】 试题分析: (1)研究单调区间,先求导数 f '( x) ?

x 2 ? mx ? 1 ,接着研究 f '( x) 的正负,按 x

? ? 0 或 ? ? 0 分类可得结论; (2)否定性命题,可用反证法,即假设曲线 y ? f ( x) 在点

1 2 x ? ln x ? mx f ( x) 1 ' ? f ( x) , ( x, f ( x)) ( x ? 0) 处的切线经过原点, 则 即2 ? x? ?m, x x x
下面只要证明这个方程无实数解即可,这又要化简此方程,然后用导数研究函数得结论.
' 试题解析: (1) f ( x ) 的定义域为 (0, ??) , f ( x) ? x ?

1 x 2 ? mx ? 1 ?m ? . x x

' 令 f ( x) ? 0 ,得 x ? mx ? 1 ? 0 ,
2

' 当 ? ? m ? 4 ? 0 ,即 0 ? m ? 2 时, f ( x) ? 0 ,∴ f ( x ) 在 (0, ??) 内单调递增,
2

当 ? ? m ? 4 ? 0 ,即 m ? 2 时,由 x ? mx ? 1 ? 0 解得
2 2

x1 ?

m ? m2 ? 4 m ? m2 ? 4 x ? , 2 ,且 0 ? x1 ? x2 , 2 2
' '

在区间 ? 0, x1 ? 及 ? x2 , ??? 内, f ( x) ? 0 ,在 ( x1 , x2 ) 内, f ( x) ? 0 , ∴ f ( x ) 在区间 ? 0, x1 ? 及 ? x2 , ??? 内单调递增,在 ( x1 , x2 ) 内单调递减. (2)假设曲线 y ? f ( x) 在点 ( x, f ( x)) ( x ? 0) 处的切线经过原点,

1 2 x ? ln x ? mx f ( x) 1 ' 2 ? f ( x) ,即 则有 ? x? ?m, x x x
化简得:

1 2 x ? ln x ? 1 ? 0( x ? 0) 2

(*)

记 g ( x) ?
'

1 2 1 x2 ?1 x ? ln x ? 1 ( x ? 0) ,则 g ' ( x) ? x ? ? , 2 x x

令 g ( x) ? 0 ,解得 x ? 1 .
' ' 当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,

∴ g (1) ?

3 1 2 3 是 g ( x) 的最小值,即当 x ? 0 时, x ? ln x ? 1 ? . 2 2 2

由此说明方程(*)无解,∴曲线 y ? f ( x) 没有经过原点的切线. 考点:导数与单调性,导数的几何意义,反证法. 【名师点睛】1.求函数的单调区间常用方法: ①确定函数 y=f(x)的定义域; ②求导数 y′=f′(x) ; ③解不等式 f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间; ④解不等式 f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间. 2.数学上对否定性命题,含有“至少” 、 “至多”等词的命题等一般用反证法证明,一般是 假设结论的反面成立,然后以此为基础进行推导,最后得出矛盾的结论(与已知、定义、定 理矛盾,或推出相互矛盾的结论等等) .从而说明假设错误,原结论正确. 82. (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? ln x ?

a , g ( x) ? f ( x) ? ax ? 6 ln x ,其中 a ? R. x

(1)当 a=1 时,判断 f ( x) 的单调性; (2)若 g ( x) 在其定义域内为增函数,求正实数 a 的取值范围;
2 (3)设函数 h( x) ? x ? mx? 4 ,当 a ? 2 时,若 ?x1 ? (0,1) , ?x2 ? [1,2] ,总有

g ( x1 ) ? h( x2 ) 成立,求实数 m 的取值范围.
【答案】解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (0,??) ,且 f ' ( x) ?

x?a , x2

a ? 1 f ( x) 在 (0,??) 上单调递增;
(Ⅱ) g ( x) ? ax ?

a ? 5 ln x , g ( x) 的定义域为 (0,??) x

g ' ( x) ? a ?

a 5 ax2 ? 5 x ? a ? ? 因为 g ( x) 在其定义域内为增函数, 所以 ?x ? (0,??) , x2 x x2

g ' ( x) ? 0 ? ax2 ? 5x ? a ? 0 ? a( x 2 ? 1) ? 5x ? a ?


5x ? 5x ? ?a?? 2 ? x ?1 ? x ? 1? max
2

5 5x 5 5 ? ? ,当且仅当 x ? 1 时取等号,所以 a ? 2 x ?1 x ? 1 2 x
2

(Ⅲ)当 a ? 2 时, g ( x ) ? 2 x ?

2 2 x 2 ? 5x ? 2 ? 5 ln x , g ' ( x) ? x x2

由 g ' ( x) ? 0 得 x ?

1 1 1 或 x ? 2 当 x ? (0, ) 时, g ' ( x) ? 0 ;当 x ? ( ,1) 时, g ' ( x) ? 0 . 2 2 2 1 2
而 “ ?x1 ? (0,1) , ?x2 ? [1,2] , 总 有

所 以在 (0,1) 上 , g ( x) max ? g ( ) ? ?3 ? 5 ln 2

g ( x1 ) ? h( x2 ) 成立”等价于“ g ( x) 在 (0,1) 上的最大值不小于 h( x) 在 [1,2] 上的最大值”
? 1 g ( ) ? h(1) ? ? 2 h(1), h(2)} 所以有 ? 而 h( x) 在 [1,2] 上的最大值为 max{ ? g ( 1 ) ? h ( 2) ? ? 2

?m ? 8 ? 5 ln 2 ?? 3 ? 5 ln 2 ? 5 ? m ? ? m ? 8 ? 5 ln 2 ?? ?? 1 m ? ( 11 ? 5 ln 2 ) ? 3 ? 5 ln 2 ? 8 ? 2 m ? ? 2 ?
所以实数 m 的取值范围是 [8 ? 5 ln 2, ? ?) 5.设函数 f ( x) ? ? x 2 ? ax ? 2( x 2 ? x) ln x . (1)当 a ? 2 时,讨论函数 f ( x) 的单调性; (2)若 x ? (0,??) 时, f ( x) ? 0 恒成立,求整数 a 的最小值. 【答案】(1) f ( x) 在 (0, ) , (1,??) 上为增函数,在 ( ,1) 上为减函数;(2) amin ? 2 . 【解析】 试题分析:(1)解不等式 f ? ? x ? ? 0 可得函数的单增区间 (0, ) , (1,??) , f ? ? x ? ? 0 得函数 的单减区间 ( ,1) ; (2) 不等式恒成立 , 首先参变分离 ,原题等价于 a ? x ? 2( x ? 1) ln x , 令

1 2

1 2

1 2

1 2

g ( x) ? x ? 2( x ? 1) ln x ,则 a ? g ( x) max ,对 g ? x ? 求导判断单调性求出最大值代入解得

amin ? 2 .
试 题 解 析 : 解 : (1) 由 题 意 知

f ( x) 的 定 义 域 为 (0,??) ,

f ' ( x) ? ?2 x ? 2 ? (4 x ? 2) ln x ? 2 x ? 2 ? (4 x ? 2) ln x .

1 1 时, f ' ( x) ? 0 ;当 ? x ? 1 时, f ' ( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f ' ( x) ? 0 . 2 2 1 1 ∴函数 f ( x) 在 (0, ) , (1,??) 上为增函数,在 ( ,1) 上为减函数. 2 2
∴当 0 ? x ? (2) f ( x) ? 0 恒成立,即 ? x 2 ? ax ? 2( x 2 ? x) ln x ? 0 恒成立. ∵ x ? 0 ,∴不等式可化为 ? x ? a ? 2( x ? 1) ln x ? 0 , 即 a ? x ? 2( x ? 1) ln x ,令 g ( x) ? x ? 2( x ? 1) ln x ,则 a ? g ( x) max ,

g ' ( x) ? 1 ?

2( x ? 1) 2 ? 2 ln x ? ?1 ? 2 ln x ? , x x

∵ g ' ( x ) 在 (0,??) 上为减函数,且 g ' (1) ? 1 ? 0 , g ' (2) ? ?2 ln 2 ? 0 , ∴ g ' ( x ) 在 (1,2) 上存在唯一的一个零点 x0 , 即 ? 1 ? 2 ln x0 ?

2 2 ?0, 即 2 ln x0 ? ?1 ? . x0 x0

g ( x) max ? g ( x0 ) ? x0 ? 2( x0 ? 1) ln x0 ? x0 ? ( x0 ? 1)(?1 ?
∴ a ? 2 x0 ?

2 2 ) ? 2 x0 ? ? 3 , x0 x0

2 ? 3. x0 2 2 ? 3 在 (1,2) 上为增函数,则 y ? 2 x0 ? ? 3 ? (1,2) , x0 x0

∵ x0 ? (1,2) ,且 y ? 2 x0 ? 又∵ a ? Z ,∴ amin ? 2 .

7.设 k ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? kx . (1)若 k ? 2 ,求曲线 y ? f ( x) 在 P(1, ?2) 处的切线方程; (2)若 f ( x ) 无零点,求实数 k 的取值范围. 【答案】(1) x ? y ? 1 ? 0 ;(2) ( , ??) . 【解析】 试题分析:(1)求函数 f ( x ) 的导数得 f '( x ) ?

1 e

1 ? kx ,当 k ? 2 时, f '(1) ? ?1 ,由点斜式 x

k 写出切线方程即可;(2)当 k ? 0 时,由 f (1) ? f (e ) ? 0 可知函数有零点,不符合题意;当

k ? 0 时,函数 f ( x) ? ln x 有唯一零点 x ? 1 有唯一零点,不符合题意;当 k ? 0 时,由单
调性可知函数有最大值,由函数的最大值小于零列出不等式,解之即可.

试题解析: (1)区间 (0, ??) 上, f '( x) ?

1 1 ? kx ?k ? , x x

当 k ? 2 时, f '(1) ? 1 ? 2 ? ?1 ,则切线方程为 y ? (?2) ? ?( x ? 1) ,即 x ? y ? 1 ? 0 . (2)①若 k ? 0 时,则 f '( x) ? 0 , f ( x ) 是区间 (0, ??) 上的增函数, ∵ f (1) ? ?k ? 0 , f (e ) ? k ? ke ? k (1 ? e ) ? 0 ,
k a k

∴ f (1) ? f (e ) ? 0 ,函数 f ( x ) 在区间 (0, ??) 有唯一零点;
k

②若 k ? 0 , f ( x) ? ln x 有唯一零点 x ? 1 ; ③若 k ? 0 ,令 f '( x) ? 0 ,得 x ?

1 , k

在区间 (0, ) 上, f '( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 是增函数; 在区间 ( , ??) 上, f '( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 是减函数;

1 k

1 k

1 ? 1 ? ? ln k ? 1 , k 1 1 由于 f ( x ) 无零点,须使 f ( ) ? ? ln k ?1 ? 0 ,解得 k ? , k e 1 故所求实数 k 的取值范围是 ( , ??) . e
故在区间 (0, ??) 上, f ( x ) 的极大值为 f ( ) ? ln 考点:1.导数的几何意义;2.导数与函数的单调性、极值、最值;3.函数与方程. 1.已知函数 f ( x) ? e ? x ? ax.
x 2

1 k

(1)若曲线 y ? f ( x) 在 x ? 0 处的切线斜率为 1,求函数 f ( x) 在 [0,1] 的最值; (2)令 g ( x) ? f ( x) ?

1 2 ( x ? a 2 ) ,若 x ? 0 时 g ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2

2 (3)当 a ? 0 且 x ? 0 时,证明 f ( x) ? ex ? x ln x ? x ? x ? 1 .

5.已知函数 f ( x ) ?

ln x x?m , g ( x) ? e ,其中 e ? 2.718 ? (Ⅰ)求 f ( x) 在 x ? 1 处的切 x

线方程; (Ⅱ)当 m ? ?2 时,证明: f ( x) ? g ( x) . 【答案】 (Ⅰ) x ? y ? 1 ? 0 ; (Ⅱ)详见解析. 试题解析: (Ⅰ) f (1) ?
ln1 1 ? ln x 1 ? ln1 ,∴f ?(1) ? 2 ? 1 ,即 ? 0 ,即切点为 (1,0) . f ?( x) ? 1 x2 1

切线的斜率 k ? 1 , ∴切线方程为 y ? x ? 1 ,即 x ? y ? 1 ? 0 .

1 (2 x ? 1)( x ? 1) . ? x x 1) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递减;当 x ? (1,? ?) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递増.所 当 x ? (0,

(Ⅱ) 证明: 设 h( x) ? x2 ? x ? ln x , 定义域为 (0,? ?) , 则 h?( x) ? 2 x ? 1 ?

lx ≥ 0 , 以 h( x)≥h(1) ? 0 , 即 x 2 ?x ?n 则

ln x 设 ? () 定义域为 (0,? ?) , x ? e x ?2 ? x1 ? , ≤x ? 1 . x

则 ? ?( x) ? ex ?2 ? 1 . 当 x ? (0,2) 时,? ?( x) ? 0 ,? ( x) 单调递减; 当 x ? (2,? ?) 时,? ?( x) ? 0 ,
x ? (0,? ?) ? ( x) 单调递増. 所以 ? ( x)≥? (2) ? 0 , 即 e x ? 2 ? x ? 1≥0 , 则 e x ? 2≥x ? 1 . 当 m≥ ? 2 ,

时, e x ? m≥e x ? 2≥x ? 1 .所以 e x ? m≥x ? 1 ≥ 所以 e x ? m ?

ln x ,因为两个不等号分别当 x ? 2 , x ? 1 时取得, x

ln x .综上所述,当 m≥ ? 2 时, f ( x) ? g ( x) . x
2 2 x

2.已知函数 f ( x) ? ln( x ? a ) ? bx , g ( x) ? (bx ? 1)e ? 数 ) ,且 f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? ? (1)求实数 a , b 的值; (2)若 x ? 0 ,求证: f ( x) ? g ( x) .

1 x ? a(a, b ? R, e 为自然对数的底 b

1 x ? ln 2 . 2



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