导数及不等式综合题集锦.doc

1、1导数及不等式综合题集锦1已知函数 其中 a 为常数，且 .()ln,fxax1a（）当 时，求 在 （e=2.718 28）上的值域；1a()f2e,（）若 对任意 恒成立,求实数 a 的取值范围.()ef2. 已知函数 .,1ln)(Raxxf（I）若曲线 在点 处的切线与直线 垂直，求 a 的值；fy)(f 02yx（II）求函数 的单调区间；)(（III）当 a=1，且 时，证明：2x.5)1(xf3. 已知 （ ） 32()69fxaxaR（）求函数 的单调递减区间；()f（）当 时，若对 有 恒成立，求实数 的取值范围00,3()4fxa4已知函数 ).,()1(31)(2Rbax

2、axxf（I）若 x=1 为 的极值点，求 a 的值；（II）若 的图象在点（1， ）处的切线方程为 ，)(xfy)(f 03yx（i）求 在区间-2 ，4 上的最大值；（ii）求函数 的单调区间)()2()( RmexfxGx25已知函数 .ln)(xaf（I）当 ae 时，显然函数 上单调递减，其最小值为,)(exf在 ,1)(eaf仍与最小值是 相矛盾； 12 分23综上所述，a 的值为 13 分.e6 （I）解： 3 分22()(1).fxmaxb（II）因为函数 是 R 上的增函数，所以 在 R 上恒成立，则有()0fx设2224(1)0,1.abab即 cos,1).inarr为

3、参 数则 )4()sincorz当 且 r=1 时， 取得最小值 .,1)4sin(baz2（可用圆面的几何意义解得 的最小值 ）8 分（）当 时 是开口向上的抛物线，显然 在（2，+）上存在子0m12)(xf )(xf区间使得 ，所以 m 的取值范围是（0，+）.)(xf当 m=0 时，显然成立 .9当 时， 是开口向下的抛物线，要使 在（2，+）上存在子区间0m12)(xmf )(xf使 ，应满足 或0)(xf,0)1(,2mf.0)(,2f解得 或 ，所以 m 的取值范围是,021243).,43(则 m 的取值范围是 13 分).(7解：（1）当 p时，函数 (ln,(1)2ln10f

4、xxf2()fxx曲线 ()fx在点 1,()f处的切线的斜率为 .f 1 分从而曲线 在点 处的切线方程为 0(),yx即 2yx（2）22() .pxpfx3 分令 h，要使 ()f在定义域（0，）内是增函数只需 ()0x在（0，+）内恒成立 4 分由题意 2,phxp的图象为开口向上的抛物线，对称轴方程为 1(0,)xp，min1(),x只需 0,1即 时， ()0,()hxff在 （0，+）内为增函数，正实数 p的取值范围是 1, 6 分（3） 2()1,egx在 上是减函数， xe时， min()2;gxmin,()2gxe时 ，即 , 1 分当 0p时， 2()hxpx其图象为开口

5、向下的抛物线，对称轴 1xp在 y车的左侧，且 ()，所以 1,fe在 内是减函数。当 0p时，在 ()2h因为 ,e，所以 20,()0.xhx此时， ()1,fxe在 内是减函数。10故当 0p时， ()1,fxe在 上单调递减 max()(1)02ff，不合题意；当 1时，由 0x所以 1ln2ln.pxx又由（2）知当 时， (),fe在 上是增函数，1ln2l2xe，不合题意； 11 分当 1p时，由（2）知 (),fxe在 上是增函数， (1)02f又 ()1,gxe在 上是减函数，故只需 maxin()(),1fg而 max min()()l,()2ffpe即 12lPe解得 2

6、41，所以实数 p的取值范围是 24(,)1e。 13 分8. 解：（）方法一： 2pfxx，2 分 (1)2)f 设直线 :()1ly， 并设 与 相切于点 M（ 0,） 3 分lgx 2 0(1)p 20,()yp代入直线 的方程，解得 p=1 或 p=3 6 分l方法二： 将直线方程 代入 2yx得 ()x 24(1)8()0p 解得 p=1 或 p=3 6 分（） 2)(pf， 要使 x为单调增函数，须 0)(xf在 (,)恒成立，即 02p在 (,恒成立，即 xx122在 (0,)恒成立，又 1x，所以当 1时， )(f在 0,)为单调增函数； 9 分要使 )(f为单调减函数，须 x

7、f在 (,恒成立，即 02p在 (,)恒成立，即 xxp122在 (0,)恒成立，又 1x，所以当 时， )(f在 0,)为单调减函数 11 分综上，若 )(f在 0,)为单调函数，则 p的取值范围为 1p或 012 分 9. 解：（I）因为 所以).(log2xxha .ln12)(axxh11因为 上是增函数。 所以 上恒成立 1 分),0()在xh ),0(ln12在ax当 而 上的最小值是.lln12, 2xa时 ),(12在x1。于是 （） 可见.l,l即 )1ln.0ln,0(1矛 盾这 与则若 aaa从而由（）式即得 4 分1同时， )(ln2ln2)( xaxaxxh由 2()

8、40,存 在 正 零 点 知解得 ，或 由得 1lna ).l,10l 这 是 不 可 能 的因 为 .1lna此时， 即为所求 6 分eaxxh 故存 在 正 零 点 ,)(注：没有提到（验证） 时， 不扣分。ln,1)(xxh存 在 正 零 点（II）由（I） ， 于是 7 分,1(,l)(0gx .ln,)(00 mmng以下证明 （）.lnm（）等价于 8 分.ln构造函数 则 时，),0()( nxxxr ),0(,ln(xxr当上为增函数。因此当 即,0(,0在所 以 )(,rm时从而 得到证明。 11 分.lnlmmmx0同理可证 12 分.,ln综 上注：没有“综上”等字眼的结

9、论，扣 1 分。10. 解：（）由 a=0， 可得 ，即 1 分()fxglxlnx记 ，则 在（1，+）上恒成立等价于 .求得 2 分lnxf mi()ln1()x当 时； ；当 时， 3 分(1,)e()0(,)xe()0x故 在 x=e 处取得极小值，也是最小值，即 ，故 . 4 分x minee（）函数 在 上恰有两个不同的零点等价于方程 ，在 上恰有()()kfxh1,32lnxa1,312两个相异实根5 分 令 ，则 6 分()2lngxx2()1gx当 时， ，当 时，1,2)x()0gx,30g（x）在1，2上是单调递减函数，在 上是单调递增函数故 8 分( min()(2)l

10、ng又 g（1）=1，g（3）=3-2ln3 g（1）g（3） ，只需 g（2）0，解得 x 或 x- （舍去）fx2m故 时，函数的单调递增区间为（ ，+） 单调递减区间为（ 0， ）12 分0m 2m而 h（x）在（0，+）上的单调递减区间是（0， ） ，单调递增区间是（ ，+ ）121故只需 = ，解之得 m= 13 分2112即当 m= 时，函数 f（x）和函数 h（x）在其公共定义域上具有相同的单调性14 分.11. 解：（I）因为 1 分xxeee )()32()3()2()010;01,fxxf 由 或 由 ,)(,()3 所 以 在 上 递 增 在 上 递 减 分()224fx

11、t t 欲 在 上 为 单 调 函 数 则 分（II）证：因为 处取得极小值 e1)(,)1,0(),1(0)( xff 在所 以上 递 减在上 递 增在213(),(2fefxf又 所 以 在 上 的 最 小 值 为(), 7ttmn 从 而 当 时 即 分（III）证：因为 ，20220020 )1(3,)1(3)(, txtexfxefx 即 为所 以1322 22()(1), ()(1)03 3gxt gxt 令 从 而 问 题 转 化 为 证 明 方 程, 9t 在 上 有 解 并 讨 论 解 的 个 数 分2 2(2)6()()4,()1()tttt因 为 (),t所 以当 上有解

12、，且只有一解11 分,00,14 xggt 在所 以时或当 ，)(32)(,)(0)(,1 ttg但 由 于且时所以 上有解，且有两解2)(tx在当 上有且只有一解；),2(0)(,1, txgxxt 在所 以或时 24()6023g当 时 或 0,4x 所 以 在 上 也 只 有 一 解 分 020(),(,)1),3xftxtte综 上 所 述 对 于 任 意 的 总 存 在 满 足21;t且 当 或 时 有 唯 一 的 适 合 题 意12. 解: （1） 依题意 ,即 , .,)(xaf 21(,0)(xf 2xa,1(上式恒成立, 1 分又 ,依题意 ,即 , .上式恒成立, 2 分x

13、g2)( )(,)(g),0( .2a由得 . 3 分a 4 分.2)(,ln)(2xxxf （2）由(1)可知,方程 ,)(gf .02ln2xx即设 ,l)(2h ,1h则令 ,并由 得 解知 5 分0x,x ,0)2)(1xx.令 由 6 分 ,)(h.0,解 得列表分析: x(0,1) 1 (1,+)(h- 0 +递减 0 递增可知 在 处有一个最小值 0, 7 分)(x1当 时, 0, 在(0,+)上只有一个解.0且 )(xh)(x14即当 x0 时,方程 有唯一解. 8 分2)(xgf（3）设 , 9 分2 312()ln()0bxbx则在 为减函数 又 11 分x,1min()1

14、x1所以： 为所求范围. 12 分b13. 解：（1） ,0)(fd 2,0)(2)( cafcxaf 有及恒成立 即 恒成立01 2xRxf 即上 恒 成 立在 012x显然 时，上式不能恒成立 是二次函数a xf1)(,2函 数由于对一切 于是由二次函数的性质可得0)(,xfx都 有即 .)21(4)(,0a 41:,0)41(,162, 2aaa解 得即 c（2） .c.4(xxf 04123241,0)( 2 bhxf即由即 0)1(22 xbb即当 ，当 ),(,),(,1b解 集 为时当解 集 为时 解 集 为时 ,（3） 4ca42xxf .41)2(41( xmxxfg该函数图

15、象开口向上，且对称轴为 假设存在实数 m 使函数.1m区间 上有最小值5.)1()(2mxfg 2当 上是递增的.,1nxg在 区 间函 数时 .54)2(45)( 即解得 舍去.37m或 ,137m当 上是递减的，而在 区间12,)(,1 mxg在 区 间函 数时上是递增的， 即2,.5)2(g 54)(41解得 均 应 舍 去或 ,1m当 时， 上递减的1 2,)(, mx在 区 间函 数 )2(mg15即 解得 应舍.541)2(1)2(41m 21.2121mm其 中或去. 综上可得，当 时，函数3或.,)(上 有 最 小 值在 区 间xfxg14. 解：（1） 321ax求导： 2(

16、)31fxax当 23a 时， 0 ， ()f ， 在 R上递增当 2， ()fx求得两根为23ax即 ()f在23a，递增，223a，递减，23a，递增（2）231a，且 23a解得： 74a15. 解：（） 22ln1ln()(1)xxfx 2 分故当 (01x， 时， 0f， )， 时， )0f所以 )f在 ， 单调递增，在 (1， 单调递减 4 分由此知 (x在 )， 的极大值为 )ln2f，没有极小值 6 分（） （）当 0a 时，由于 ln(1)l()ln(1) 0xxxxf ，故关于 x的不等式 ()fx 的解集为 (0)， 10 分（）当 0a时，由 ln11fx知 ln21()l1nf，其中 为正整数，且有221lnlog()2nnee 12 分又 时， llll(1)1()2nnn且 l24ln211a16取整数 0n满足 2log(1)ne， 04ln21a，且 02 ，则 000l(2)1nnnf，即当 a时，关于 x的不等式 ()fxa 的解集不是 (0)， 综合（） （）知，存在 ，使得关于 的不等式 fxa 的解集为 (0)， ，且 a的取值范围为0 ， 14 分