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导数及不等式综合题集锦


导数及不等式综合题集锦
1.已知函数 f ( x) ? x ? a ln x, 其中 a 为常数,且 a ? ?1 . (Ⅰ)当 a ? ?1 时,求 f ( x) 在 [e,e2 ] (e=2.718 28…)上的值域; (Ⅱ)若 f ( x) ? e? 1 对任意 x ? [e,e2 ] 恒成立,求实数 a 的取值范围.

2. 已知函数 f (

x) ? a ln x ?

1 , a ? R. x

(I)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,求 a 的值; (II)求函数 f ( x) 的单调区间; (III)当 a=1,且 x ? 2 时,证明: f ( x ? 1) ? 2 x ? 5.

3. 已知 f ( x) ? x3 ? 6ax2 ? 9a2 x ( a ? R ) . (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调递减区间; (Ⅱ)当 a ? 0 时,若对 ?x ??0,3? 有 f ( x) ? 4 恒成立,求实数 a 的取值范围.

4.已知函数 f ( x) ?

1 3 x ? ax 2 ? (a 2 ? 1) x ? b(a, b ? R ). 3

(I)若 x=1 为 f ( x) 的极值点,求 a 的值; (II)若 y ? f ( x) 的图象在点(1, f (1) )处的切线方程为 x ? y ? 3 ? 0 , (i)求 f ( x) 在区间[-2,4]上的最大值; (ii)求函数 G( x) ? [ f ' ( x) ? (m ? 2) x ? m]e ? x (m ? R) 的单调区间

1

5 .已知函数 f ( x ) ? ln x ?

a . x

(I)当 a<0 时,求函数 f ( x) 的单调区间;

3 (II)若函数 f(x)在[1,e]上的最小值是 , 求 a 的值. 2

m x3 ? ax2 ? (1 ? b 2 ) x, m, a, b ? R 6.已知函数 f ( x) ? 3
(1)求函数 f ( x) 的导函数 f ?( x) ; (2)当 m ? 1 时,若函数 f ( x) 是 R 上的增函数,求 z ? a ? b 的最小值; (3)当 a ? 1, b ? 2 时,函数 f ( x) 在(2,+∞)上存在单调递增区间,求 m 的取值范围.

7.已知函数 f ( x) ? px ?

p ? 2 ln x. x

(1)若 p ? 2 ,求曲线 f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线; (2)若函数 f ( x) 在其定义域内为增函数,求正实数 p 的取值范围; (3)设函数 g ( x) ? 值范围。

2e , 若在[1, e] 上至少存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求实数 p 的取 x

1 8.设函数 f ( x) ? p( x ? ) ? 2 ln x, g ( x) ? x 2 . x
(I)若直线 l 与函数 f ( x), g ( x) 的图象都相切,且与函数 f ( x) 的图象相切于点 (1, 0) ,求实数 p 的值; (II)若 f ( x) 在其定义域内为单调函数,求实数 p 的取值范围。

2

9. 已知函数 f ( x) ?

1 2 x ? 2 x, g ( x) ? log a x(a ? 0, 且a ? 1), 其中 a为常数 , 如果 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 2

在其定义域上是增函数,且 h?( x) 存在零点( h?( x)为h( x) 的导函数) 。 (I)求 a 的值; ( II ) 设 A( m, g ( m) ) B ,

n ( ?g ,

是 )函 n ( m) 数 ( n y?g ) ( x) 的 图 象 上 两 点 ,

g ?( x0 ) ?

g ( n) ? g ( m) ( g?( x)为g ( x)的导函数), 证明: m ? x0 ? n. n?m

10. 设函数 f ( x) ? x2 m ln x , h( x) ? x2 ? x ? a 。 (Ⅰ)当 a=0 时, f ( x) ? h( x) 在(1,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围; (Ⅱ)当 m=2 时,若函数 k ( x) ? f ( x) ? h( x) 在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)是否存在实数 m,使函数 f ( x ) 和函数 h( x) 在公共定义域上具有相同的单调性?若存在,求出 m 的 值,若不存在,说明理由.

11. 已知函数 f ( x) ? ( x 2 ? 3x ? 3) ? e x定义域为 [?2, t ](t ? ?2),设f (?2) ? m, f (t ) ? n. (I)试确定 t 的取值范围,使得函数 f ( x)在[?2, t ] 上为单调函数; (II)求证: n ? m ; (III) 求证: 对于任意的 t ? ?2, 总存在x0 ? (?2, t ), 满足 个数。

f ?( x0 ) 2 ? (t ? 1) 2 , 并确定这样的 x0 的 x0 3 e

12. 已知函数 f ( x) ? x 2 ? a ln x 在 (1, 2] 是增函数, g ( x) ? x ? a x 在(0,1)为减函数. (1)求 f ( x) 、 g ( x) 的表达式; (2)求证:当 x ? 0 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 有唯一解; (3)当 b ? ?1 时,若 f ( x) ? 2bx ?
1 在 x ∈ (0,1] 内恒成立,求 b 的取值范围. x2
3

13. 已知函数 f ' (1) ? 0, 且f ' ( x) ? 0在R 上恒成立. (1)求 a, c, d 的值; (2)若 h( x) ?

3 2 b 1 x ? bx ? ? , 解不等式 f ' ( x) ? h( x) ? 0; 4 2 4

(3)是否存在实数 m,使函数 g ( x) ? f ' ( x) ? mx在区间 [m, m ? 2] 上有最小值-5?若存在,请 求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由.

14. 已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 1 , a ? R . (Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调区间;

? 2 1? (Ⅱ)设函数 f ( x) 在区间 ? ? , ? ? 内是减函数,求 a 的取值范围. ? 3 3?

ln x ? ln x ? ln( x ? 1) . 1? x (Ⅰ)求 f(x)的单调区间和极值;
15. 设函数 f ( x) ? (Ⅱ)是否存在实数 a,使得关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为(0,+ ? )?若存在,求 a 的取 值范围;若不存在,试说明理由.

4

1.解: (Ⅰ)当 a ? ?1 时, f ( x) ? x ? ln x, 令 f ?( x) ? 0 ,即 1 ?

1 得 f ?( x) ? 1 ? , ………2 分 x

1 ? 0 ,解得 x ? 1 ,所以函数 f ( x) 在 (1, ??) 上为增函数, x
…………4 分

据此,函数 f ( x) 在 [e,e2 ] 上为增函数,

而 f (e) ? e? 1 , f (e2 ) ? e2 ? 2 , 所以函数 f ( x) 在 [e,e2 ] 上的值域为 [e? 1,e2 ? 2] ……6 分

a a (Ⅱ)由 f ?( x) ? 1 ? , 令 f ?( x) ? 0 ,得 1 ? ? 0, 即 x ? ?a, x x 当 x ? (0, ?a) 时, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ?a) 上单调递减; 当 x ? (?a, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (?a, ??) 上单调递增; ……………7 分
若 1 ? ? a ? e ,即 ? e ? a ? ?1 ,易得函数 f ( x) 在 [e,e2 ] 上为增函数, 此时, f ( x)max ? f (e2 ) ,要使 f ( x) ? e? 1 对 x ? [e,e2 ] 恒成立,只需 f (e2 ) ? e? 1 即可,

? e 2 ? e? 1 2 2 2 ? e ? e? 1 ?(e ? 3e? 1) ? e2 ? e? 1 而 ? (? e) ? ? 0 ,即 ? ? e ,所以此时无解.………8 分 2 2 2
所以有 e2 ? 2a ? e? 1 ,即 a ? 若 e ? ?a ? e2 ,即 ? e ? a ? ? e2 ,易知函数 f ( x) 在 [e, ?a] 上为减函数,在 [?a,e2 ] 上为增函数,
a ? ?1 ? ? f (e) ? e? 1 ? 要使 f ( x) ? e? 1 对 x ? [e,e ] 恒成立,只需 ? ,即 ? ? e2 ? e? 1 , 2 f (e ) ? e ? 1 a ? ? ? ? 2
2



? e2 ? e? 1 ? e2 ? e? 1 ? e2 ? e? 1 e2 ? e? 1 ? e2 ? e? 1 .…10 分 ? (?1) ? ?0和 ? (? e2 ) ? ? 0 得 ? e2 ? a ? 2 2 2 2 2

若 ?a ? e2 ,即 a ? ? e2 ,易得函数 f ( x) 在 [e,e2 ] 上为减函数, 此时, f ( x)max ? f (e) ,要使 f ( x) ? e? 1 对 x ? [e,e2 ] 恒成立,只需 f (e) ? e? 1 即可, 所以有 e? a ? e? 1 ,即 a ? ?1 ,又因为 a ? ? e2 ,所以 a ? ? e2 . 综合上述,实数 a 的取值范围是 (??, ……………12 分 ……………13 分

? e ? e? 1 ]. 2
2

2. 解: (I)函数 f ( x)的定义域为 {x | x ? 0} , f ?( x ) ?

a 1 ? . ???2 分 x x2
[来

又曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,所以 f ?(1) ? a ? 1 ? 2. 即 a=1?4 分 (II)由于 f ?( x) ?

ax ? 1 . 当 a ? 0 时,对于 x ? (0,??), 有f ?( x) ? 0 在定义域上恒成立, x2

即 f ( x)在(0,??) 上是增函数. 当 a ? 0时,由f ?( x) ? 0, 得x ? ?

1 ? (0,?? ). a

当 x ? (0,? )时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增;

1 a

5

1 ,?? )时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减.??????????8 分 a 1 1 , x ? [2,?? ). ? 2 x ? 5. (III)当 a=1 时, f ( x ? 1) ? ln( x ? 1) ? 令 g ( x) ? ln( x ? 1) ? x ?1 x ?1
当 x ? (?

g ?( x) ?

1 1 (2 x ? 1)(x ? 2) ? ?2? . ??????10 分 2 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2
又 g (2) ? 0, 所以g ( x)时, g ( x) ? 0.

当 x ? 2时, g ?x( x) ? 0, g ( x)在(2,??) 单调递减. 即 ln( x ? 1) ?

1 ? 2 x ? 5 ? 0. x ?1

故当 a=1,且 x ? 2时, f ( x ? 1) ? 2 x ? 5 成立.????????13 分 3 解: (Ⅰ) f '( x) ? 3x ?12ax ? 9a ? 3( x ? a)( x ? 3a) ? 0
2 2

(1)当 a ? 3a ,即 a ? 0 时, f '( x) ? 3x2 ? 0 ,不成立. (2)当 a ? 3a ,即 a ? 0 时,单调减区间为 (3a, a) . (3)当 a ? 3a ,即 a ? 0 时,单调减区间为 (a,3a) .-------------------5 分 (Ⅱ) f '( x) ? 3x2 ?12ax ? 9a2 ? 3( x ? a)( x ? 3a) ,

f ( x) 在 (0, a ) 上递增,在 (a,3a) 上递减,在 (3a, ??) 上递 增.
(1)当 a ? 3 时,函数 f ( x ) 在 [0,3] 上递增,所以函数 f ( x ) 在 [0,3] 上的最大值是 f (3) , 若对 ?x ??0,3? 有 f ( x) ? 4 恒成立,需要有 ?

? f (3) ? 4, 解得 a ?? . ?a ? 3,
上递减, 所以函数 f ( x )

,3 ] (2) 当 1 ? a ? 3 时, 有 a ? 3 ? 3a , 此时函数 f ( x ) 在 [0, a ] 上递增 , 在 [a
在 [0,3] 上的最大值是 f ( a ) ,若对 ?x ??0,3? 有 f ( x) ? 4 恒成立,需要有 ?

? f (a) ? 4, 解得 a ? 1 . 1 ? a ? 3, ?

(3)当 a ? 1 时,有 3 ? 3a ,此时函数 f ( x ) 在 [a,3a] 上递减,在 [3a,3] 上递增,所以函数 f ( x ) 在 [0,3] 上的最大值是 f ( a ) 或者是 f (3) . ①0 ? a ? 由 f (a) ? f (3) ? (a ? 3) (4a ? 3) ,
2

3 时, f (a) ? f (3) ,若对 ?x ??0,3? 有 f ( x) ? 4 恒成立, 4

? f (3) ? 4, 2 3 3 ? 需要有 ? , ]. 3 解得 a ? [1 ? 9 4 0 ? a ? , ? ? 4


3 ? a ? 1 时, f (a) ? f (3) , 4

若对 ?x ??0,3? 有 f ( x) ? 4 恒成立,

? f ( a ) ? 4, 3 ? 需要有 ? 3 解得 a ? ( ,1) . 4 ? a ? 1, ? ?4

综上所述, a ? [1 ?

2 3 ,1] . -----------14 分 9

6

4.解: (1) f ?( x) ? x 2 ? 2ax ? a 2 ? 1.

? x ? 1 是极值点 ? f ?(1) ? 0 ,即 a 2 ? 2a ? 0

? x ? 0 或 2.

?3 分

(2)? (1, f (1)) 在 x ? y ? 3 ? 0 上. ? f (1) ? 2 ∵(1,2)在 y ? f ( x) 上 又 f ?(1) ? k ? ?1

?1 ? 2a ? a 2 ? 1 ? ?1

1 ? a ? a2 ?1? b 3 8 ? a 2 ? 2a ? 1 ? 0 a ? 1, b ? 3 ?2 ?

? f ( x) ?

1 2 8 x ? x 2 ? , f ?( x) ? x 2 ? 2 x. 3 3
[

(i) 由 f ?( x) ? 0 可知 x=0 和 x=2 是 f ( x) 的极值点. ? f (0) ?

8 4 , f (2) ? , f (?2) ? ?4, f (4) ? 8, 3 3

? f ( x) 在区间[-2, 4]上的最大值为 8.??????????8 分
(ii) G( x) ? ( x 2 ? mx ? m)e ? x

G?( x) ? (2x ? m)e ? x ? e ? x ( x 2 ? mx ? m) ? e ? x [? x 2 ? (2 ? m) x]
令 G ?( x) ? 0 ,得 x ? 0, x ? 2 ? m 当 m=2 时, G ?( x) ? 0 ,此时 G ( x) 在 (??,??) 单调递减 当 m ? 2 时: x G′ (x) G(x) (-∞, 2,- m) - 减 2-m 0 (2-m,0) + 增 0 0 (0,+∞) - 减

当时 G(x)在(-∞,2,-m) , (0,+∞)单调递减,在(2-m,0)单调递增. 当 m ? 2 时: x 0 (-∞,0) (0 ,2-m) 2-m (2-m+∞) G′ (x) G(x) - 减 0 + 增 0 - 减

此时 G(x)在(-∞,0) , (2-m,+∞)单调递减,在(0,2-m)单调递增,综上所述:当 m=2 时,G(x)在(-∞,+∞)单调递减; m ? 2 时,G(x)在(-∞,2-m) , (0,+∞)单调递减,在(2-m,0)单调递增; m ? 2 时,G(x)在(-∞,0) , (2-m,+∞)单调递减,在(0,2-m)单调递增. 5.解:函数 f ( x ) ? ln x ?

a 的定义域为 (0,??) x 1 a x?a f ' ( x) ? ? 2 ? 2 x x x

????1 分 ????3 分

(1)? a ? 0,? f ' ( x) ? 0. 故函数在其定义域 (0,??) 上是单调递增的.????5 分 (II)在[1,e]上,发如下情况讨论: ①当 a<1 时, f ' ( x) ? 0, 函数 f ( x) 单调递增,其 最小值为 f (1) ? a ? 1, 这与函数在[1,e]上的最小值是

3 相矛盾;????6 分 2
7

②当 a=1 时,函数 f ( x)在?1, e? 单调递增,其最小值为 f (1) ? 1, 同样与最小值是 ③当 1 ? a ? e 时,函数 f ( x)在?1, a ? 上有 f ' ( x) ? 0 ,单调递减,

3 相矛盾;?7 分 2

在 ?a, e? 上有 f ' ( x) ? 0, 单调递增,所以,函数 f ( x) 满足最小值为 f (a) ? ln a ? 1 由 ln a ? 1 ?

3 , 得a ? e , 2

????9 分

④当 a=e 时,函数 f ( x)在? 1, e?上有f ' ( x) ? 0, 单调递减,其最小值为 f (e) ? 2, 还与最小值是

3 相矛盾;?10 分 2 a ? 2, e

⑤当 a>e 时,显然函数 f ( x)在[1, e] 上单调递减,其最小值为 f (e) ? 1 ? 仍与最小值是

3 相矛盾; 2

????12 分 ????13 分

综上所述,a 的值为 e . 6. (I)解: f ?( x) ? mx2 ? 2ax ? (1 ? b2 ). ??3 分

( II ) 因 为 函 数 f ( x ) 是 R 上 的 增 函 数 , 所 以 f ?( x) ? 0 在 R 上 恒 成 立 , 则 有

?a ? r cos? , ? ? 4a2 ? 4(1 ? b2 ) ? 0,即a2 ? b2 ? 1. 设 ? (? 为参数,0 ? r ? 1). ?b ? r sin ?
则 z ? a ? b ? r (cos ? ? sin ? ) ? 当 sin(? ?

2r sin(? ?

?
4

)

?
4

) ? ?1, 且 r=1 时, z ? a ? b 取得最小值 ? 2 .

(可用圆面的几何意义解得 z ? a ? b 的最小值 ?

2 )??????????8 分

(Ⅲ)①当 m ? 0 时 f ?(m) ? mx2 ? 2 x ? 1是开口向上的抛物线,显然 f ?( x) 在(2,+∞)上存在子区 间使得 f ?( x) ? 0 ,所以 m 的取值范围是(0,+∞). ②当 m=0 时,显然成立.
2 ③当 m ? 0 时, f ?(m) ? mx ? 2 x ? 1是开口向下的抛物线,要使 f ?( x) 在(2,+∞)上存在子区间

? ?m ? 0 ?m ? 0, ? ? 1 ? 1 ? 使 f ?( x) ? 0 ,应满足 ?? 或 ?? ? 2, ? 2, m m ? ? 1 ? ? ? f ?(2) ? 0. ? f ( ? ) ? 0 , ? m ?

8

1 3 1 3 ? m ? 0, 或 ? ? m ? ,所以 m 的取值范围是 ( ? ,0). 2 4 2 4 3 则 m 的取值范围是 ( ? ,?? ). ????????????????????13 分 4 2 2 2 7.解: (1)当 p ? 2 时,函数 f ( x) ? 2 x ? ? 2 ln x, f (1) ? 2 ? 2 ? 2 ln1 ? 0 f ( x ) ? 2 ? 2 ? x x x
解得 ? 曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线的斜率为 f ??(1) ? 2 ? 2 ? 2 ? 2. 1 分 从而曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 0 ? 2( x ? 1), 即 y ? 2 x ? 2 (2) f ?( x) ? p ?

p 2 px 2 ? 2 x ? p ? ? . 3分 x2 x x2

令 h( x) ? px2 ? 2 x ? p ,要使 f ( x ) 在定义域(0,∞)内是增函数 只需 h( x) ? 0 在(0,+∞)内恒成立 4分

由题意 p ? 0, h( x) ? px2 ? 2x ? p 的图象为开口向上的抛物线,对称轴方程为 x ?

1 ? (0, ??) , p

? h( x)min ? p ?

1 1 , 只需 p ? ? 0, 即p ? 1 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 p p
6分

? f ( x) 在 (0,+∞)内为增函数,正实数 p 的取值范围是 ?1, ?? ?
(3)? g ( x) ?

2e 在[1, e] 上是减函数, ? x ? e 时, g ( x)min ? 2; x ? 1时, g( x) min ? 2e , x
1分

即 g ( x) ?[2, 2e]

①当 p ? 0 时, h( x) ? px2 ? 2 x ? p 其图象为开口向下的抛物线,对称轴 x ?

1 在 y 车的左侧, p

且 h(0) ? 0 ,所以 f ( x)在x ?[1, e] 内是减函数。当 p ? 0 时,在 h( x) ? ?2 x 因为 x ? [1, e] , 所以 h( x) ? 0, f ?( x) ? ?

2x ? 0. x2

此时, f ( x)在x ?[1, e] 内是减函数。

故当 p ? 0 时, f ( x)在x ?[1, e] 上单调递减 ? f ( x)max ? f (1) ? 0 ? 2 ,不合题意; ②当 0 ? p ? 1 时,由 x ? [1, e] ? x ?

1 1 1 ? 0 所以 f ( x) ? p( x ? ) ? 2 ln x ? x ? ? 2 ln x. x x x

又由(2)知当 p ? 1 时, f ( x)在x ?[1, e] 上是增函数,

?x ?

1 1 1 ? 2 ln xe ? ? 2 ln e ? e ? ? 2 ? 2 ,不合题意; x e e

11 分

③当 p ? 1 时,由(2)知 f ( x)在x ?[1, e] 上是增函数, f (1) ? 0 ? 2 又 g ( x)在x ?[1, e] 上是减函数,
9

故只需 f ( x)max ? g ( x)min , x ?[1, e] 而 f ( x) max ? f (e) ? p(e ? ) ? 2 ln e, g ( x) min ? 2 即 P(e ? ) ? 2 ln e ? 2, 所以实数 p 的取值范围是 (

1 e

1 e

解得 p ?

4e , e ?1
2

4e , ??) 。 13 分 e ?1 p 2 ' 8. 解: (Ⅰ)方法一:∵ f ( x )?p ? 2 ? ,………………………………2 分 x x ' ∴ f( , 1 )? 2 (p ? 1 ). 设直线 ly :? 2 ( p ? 1 ) ( x ? 1 ) 2 并设 l 与 g ( x) ? x 相切于点 M( x0 , y0 ) ………………………………3 分
2

g ?( x) ? 2 x ∴2 x0 ? 2( p ? 1) ∴ x0 ? p ?1, y0 ? ( p ?1)2 代入直线 l 的方程,解得 p=1 或 p=3. ………………………………6 分
∵ 方法二: 将直线方程 l 代入 y ? x2 得 2( p ? 1)( x ? 1) ? 0 ∴ ? ? 4( p ?1)2 ? 8( p ?1) ? 0 解得 p=1 或 p=3 . ………………………………6 分
2 px ? 2 x ? p , 2 x ' ①要使 f (x) 为单调增函数,须 f (x ) ?0在 (0, ??) 恒成立, 2x 2 2 ? 即 px 在 (0, ??) 恒成立,即 p? 2 在 (0, ??) 恒成立, ? 2 x ? p ? 0 1 x ?1 x? x 2 ? 1 ,所以当 p ?1时, f (x) 在 (0, ??) 为单调增函数; …………9 分 又 1 x? x ' ②要使 f (x) 为单调减函数,须 f (x ) ?0在 (0, ??) 恒成立, 2x 2 2 ? 即 px 在 (0, ??) 恒成立,即 p? 2 在 (0, ??) 恒成立, ? 2 x ? p ? 0 1 x ?1 x? x 2 ? 0 ,所以当 p ? 0时, f (x) 在 (0, ??) 为单调减函数. …………11 分 又 1 x? x 综上,若 f (x) 在 (0, ??) 为单调函数,则 p的取值范围为 p ?1或 p ? 0.……12 分 1 2 1 . 9. 解: (I)因为 h( x) ? x ? 2 x ? log a x( x ? 0). 所以 h ?( x ) ? x ? 2 ? 2 x ln a

x )? (Ⅱ)∵ f (
'

因为 h( x)在(0,??) 上是增函数。 所以 x ? 2 ? 当 x ? 0时, x ? 2 ?

1 ? 0在(0,??) 上恒成立 x ln a

…………1 分

1 1 ? 0 ? x 2 ? 2x ? ? . 而 x 2 ? 2x ? ( x ? 1) 2 ? 1在(0,??) 上的最小值是 ? 1。 x ln a ln a 1 1 1 1 , 即1 ? . (※) ? 0.这与 ? 1矛盾 ) 于是 ? 1 ? ? 可见 a ? 1(若0 ? a ? 1, 则 ln a ln a ln a ln a 从而由(※)式即得 ln a ? 1. ① ………………..………………………… 4 分
同时, h?( x) ? x ? 2 ?

1 x 2 ln a ? 2 x ln a ? 1 ? ( x ? 0) x ln a x ln a
10

由 h?( x)存在(正)零点知? ? (?2ln a)2 ? 4ln a ? 0, 解得 ln a ? 1②,或 ln a ? 0(因为a ? 1, ln a ? 0, 这是不可能的 ). 此时, h?( x)存在正零点 x ? 1, 故a ? e 即为所求 由①②得 ln a ? 1.

……………………………6 分

注:没有提到(验证) ln a ? 1 时, h?( x)存在正零点 x ? 1, 不扣分。 (II)由(I) , g ( x) ? ln x, g ?( x0 ) ? 以下证明 m ?

1 1 g (n) ? g (m) n?m , 于是 ? , x0 ? . …………7 分 x0 x0 n?m ln n ? ln m

n?m . (☆) ln n ? ln m (☆)等价于 m ln n ? m ln m ? n ? m ? 0.

……………………………8 分

构造函数 r ( x) ? x ln n ? x ln x ? n ? x(0 ? x ? n), 则 r ?( x) ? ln n ? ln x,当x ? (0, n) 时,

r ?( x) ? 0, 所以r ( x)在(0, n] 上 为 增 函 数 。 因 此 当 m ? n时, r (m) ? r (n) ? 0,
m ln n ? m ln m ? n ? m ? 0.
同理可证 n ? 从而 x0 ? m 得到证明。 ………………11 分



n?m .综上, m ? x0 ? n. ln n ? ln m

……………………………12 分

注:没有“综上”等字眼的结论,扣 1 分。 10. 解: (Ⅰ)由 a=0, f ( x) ? g ( x) 可得 ? m ln x ? ? x ,即 m ? 记? ?

x ┉┉┉┉1 分 ln x

x ln x ? 1 ,则 f ( x) ? g ( x) 在(1,+∞)上恒成立等价于 m ? ? ( x)min .求得 ? '( x) ? ┉┉┉2 分 ln x ln 2 x

当 x ? (1, e) 时; ? '( x) ? 0 ;当 x ? (e, ??) 时, ? '( x) ? 0 ┉┉┉┉┉┉┉┉3 分 故 ? ( x) 在 x=e 处取得极小值,也是最小值,即 ? ( x)min ? ? (e) ? e ,故 m ? e . ┉┉┉┉4 分 (Ⅱ)函数 k ( x) ? f ( x) ? h( x) 在 ?1,3? 上恰有两个不同的零点等价于方程 x ? 2ln x ? a ,在 ?1,3? 上恰有 两个相异实根.┉┉┉┉5 分 令 g ( x) ? x ? 2ln x ,则 g '( x ) ? 1 ?

2 ┉┉┉┉6 分 x

当 x ? [1, 2) 时, g '( x) ? 0 ,当 x ? (2,3] 时, g '( x) ? 0

? g(x)在[1,2]上是单调递减函数,在 (2,3] 上是单调递增函数.故 g ( x)min ? g (2) ? 2 ? 2ln 2 ┉8 分
又 g(1)=1,g(3)=3-2ln3 ∵g(1)>g(3) ,∴只需 g(2)<a≤g(3) , 故 a 的取值范围是(2-2ln2,3-2ln3) ┉┉┉┉┉┉┉┉9 分 (Ⅲ)存在 m=

1 ,使得函数 f(x)和函数 h(x)在公共定义域上具有相同的单调性. 2

f '( x) min ? 2 x ?

m 2x2 ? m ? ,函数 f(x)的定义域为(0,+∞) .┉┉┉┉┉┉10 分 x x
11

若 m ? 0 ,则 f ( x) ' ? 0 ,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意;┉┉┉11 分 若 m ? 0 ,由 f ( x) ' ? 0 可得 2x2-m>0,解得 x>

m m 或 x<(舍去) 2 2
单调递减区间为(0,

故 m ? 0 时,函数的单调递增区间为(

m ,+∞) 2

m )┉┉┉┉12 分 2

而 h(x)在(0,+∞)上的单调递减区间是(0,

1 1 ) ,单调递增区间是( ,+∞) 2 2

故只需

1 m 1 = ,解之得 m= ┉┉┉┉┉┉┉┉13 分 2 2 2 1 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. 2

即当 m=

11. 解: (I)因为

f ?( x) ? ( x 2 ? 3x ? 3) ? e x ? (2x ? 3) ? e x ? x( x ? 1) ? e x

??1 分

由f ?( x) ? 0 ? x ? 1或x ? 0;由f ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? 1, 所以f ( x)在(??,0),(1, ??)上递增, 在(0,1)上递减 ????3分

欲f ( x)在[?2, t ]上为单调函数, 则 ? 2 ? t ? 0 ?????4分
(II)证:因为

f ( x)在(??,0), (1,??)上递增, 在(0,1)上递减, 所以f ( x)在x ? 1处取得极小值 e

又f (?2) ?

13 ? e, 所以f ( x)在[?2, ??]上的最小值为f ( ?2) e2

从而当t ? ?2时, f (?2) ? f (t ),即m ? n ??????7分
(III)证:因为

f ?( x0 ) f ?( x0 ) 2 2 2 2 ? x ? x , 所以 ? (t ? 1) 2 ,即为x0 ? x0 ? (t ? 1) 2 , 0 0 x0 x0 3 3 e e

2 2 令g ( x) ? x 2 ? x ? (t ? 1) 2 , 从而问题转化为证明方程g ( x) ? x 2 ? x ? (t ? 1) 2 ? 0 3 3

在(?2, t )上有解, 并讨论解的个数 ??????9分
2 2 2 1 因为g (?2) ? 6 ? (t ? 1) 2 ? ? (t ? 2)(t ? 4), g (t ) ? t (t ? 1) ? (t ? 1) 2 ? (t ? 2)(t ? 1), 所以 3 3 3 3
①当 t

? 4或 ? 2 ? t ? 1时, g (?2) ? g (t ) ? 0, 所以g ( x) ? 0在(?2, t ) 上有解,且只有一解??11 分
2 ? 4时, g (?2) ? 0且g (t ) ? 0, 但由于 g (0) ? ? (t ? 1) 2 ? 0 , 3

②当 1 ? t 所以 g ( x) ③当 t

? 0在(?2, t ) 上有解,且有两解

? 1时, g ( x) ? x 2 ? x ? 0 ? x ? 0或x ? 1, 所以g ( x) ? 0在(?2, t ) 上有且只有一解;
12

当t ? 4时, g ( x) ? x2 ? x ? 6 ? 0 ? x ? ?2或x ? 3,
所以g ( x) ? 0在(?2, 4)上也只有一解 ??????13分
综上所述, 对于任意的t ? ?2, 总存在x0 ? (?2, t ), 满足 f ?( x0 ) 2 ? (t ? 1) 2 , e x0 3

且当t ? 4或 ? 2 ? t ? 1时, 有唯一的x0适合题意;
12. 解: (1) f ?( x) ? 2x ?

a , 依题意 f ?( x) ? 0 , x ? (1,2] ,即 a ? 2 x 2 , x ? (1,2] . x

∵上式恒成立,∴ a ? 2 ① ??1 分 a 又 g ?( x) ? 1 ? ,依题意 g ?( x) ? 0, x ? (0,1) ,即 a ? 2 x , x ? (0,1) .∵上式恒成立,∴ a ? 2 . ②?2 分 2 x 由①②得 a ? 2 . ???3 分 ??4 分

∴ f ( x) ? x 2 ? 2 ln x, g ( x) ? x ? 2 x .

(2)由(1)可知,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 , 即x 2 ? 2 ln x ? x ? 2 x ? 2 ? 0. 设 h( x) ? x 2 ? 2 ln x ? x ? 2 x ? 2 , 则h ?( x) ? 2 x ?

2 1 ?1? , x x
??5 分

令 h?( x) ? 0 ,并由 x ? 0, 得 ( x ? 1)(2x x ? 2 x ? x ? 2) ? 0, 解知 x ? 1. 令 h ?( x) ? 0, 由 x ? 0, 解得0 ? x ? 1. 列表分析: ??6 分

x
h?( x) h( x )

(0,1) 递减

1 0 0

(1,+?) + 递增

可知 h( x) 在 x ? 1 处有一个最小值 0, ??7 分 当 x ? 0且x ? 1 时, h( x) >0,∴ h( x) ? 0 在(0,+?)上只有一个解. 即当 x>0 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 有唯一解. ??8 分 (3)设 ? ( x) ? x ? 2 ln x ? 2bx ?
2

1 2 2 则? ' ( x) ? 2 x ? ? 2b ? 3 ? 0 , 2 x x x

??9 分 ??11 分

?? ( x) 在 (0,1] 为减函数?? ( x)min ? ? (1) ? 1 ? 2b ? 1 ? 0 又 b ? ?1
所以: ? 1 ? b ? 1 为所求范围. ??12 分

1 1 2 13. 解: (1)? f (0) ? 0, ? d ? 0 ? f ' ( x) ? ax ? x ? c及f ' (1) ? 0, 有a ? c ? 2 2 1 1 1 2 ? f ' ( x) ? 0在R上恒成立 , 即ax 2 ? x ? c ? 0 恒成立 即 ax ? x ? ? a ? 0 恒成立 2 2 2 1 1 2 显然 a ? 0 时,上式不能恒成立? a ? 0, 函数 f ?( x) ? ax ? x ? ? a 是二次函数 2 2
由于对一切 x ? R, 都有f ?( x) ? 0, 于是由二次函数的性质可得

13

?a ? 0, a ? 0, ? ? ? 即 1 , ? 1 2 1 ? 2 1 (? ) ? 4a( ? a) ? 0. ?a ? a ? ? 0 ? 2 16 ? 2 ? 2
(2)? a ? c ?

? ?a ? 0, 1 即? , (a ? ) 2 ? 0 ? 4 ?

解得 : a ?

1 4

a?c?

1 . 4

1 1 1 1 . ? f ?( x) ? x 2 ? x ? . 4 4 2 4 1 1 1 3 b 1 ?由f ?( x) ? h( x) ? 0, 即 x 2 ? x ? ? x 2 ? bx ? ? ? 0 4 2 4 4 2 4 1 b 1 2 即 x ? (b ? ) x ? ? 0, 即( x ? b)( x ? ) ? 0 2 2 2 1 1 1 1 1 当 b ? 时, 解集为 ( , b), 当b ? 时, 解集为 (b, ) ,当 b ? 时, 解集为 ? . 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 (3)? a ? c ? , ? f ?( x ) ? x ? x ? ? g ( x) ? f ?( x) ? mx ? x ? ( ? m) x ? . 4 4 2 4 4 2 4 该 函 数 图 象 开 口 向 上 , 且 对 称 轴 为 x ? 2m ? 1. 假 设 存 在 实 数 m 使 函 数 1 1 1 g ( x) ? f ?( x) ? mx ? x 2 ? ( ? m) x ? 区间 [m.m ? 2] 上有最小值-5. 4 2 4
①当 m ? ?1 时,2m ? 1 ? m,函数g ( x)在区间 [m, n ? 2] 上是递增的.

1 1 1 ? g (m) ? ?5,即 m 2 ? ( ? m)m ? ? ?5. 4 2 4 7 7 7 解得 m ? ?3或m ? . ? ? ?1, ? m ? 舍去 3 3 3
②当 ? 1 ? m ? 1 时, m ? 2m ? 1 ? m ? 2,函数g ( x)在区间 [m,2m ? 1] 上是递减的,而在 区 间

1 1 1 [2m ? 1, m ? 2] 上是递增的,? g (2m ? 1) ? ?5. 即 (2m ? 1) 2 ? ( ? m)( 2m ? 1) ? ? ?5 4 2 4 1 1 1 1 21或m ? ? ? 21, 均应舍去 解得 m ? ? ? 2 2 2 2
③当 m ? 1 时, 2m ? 1 ? m ? 2,函数g ( x)在区间 [m, m ? 2] 上递减的? g (m ? 2) ? ?5 即 去.

1 1 1 (m ? 2) 2 ? ( ? m)( m ? 2) ? ? ?5. 解 得 m ? ?1 ? 2 2或m ? 1 ? 2 2.其中m ? 1 ? 2 2 应 舍 4 2 4
综上可得, 当 m ? ?3或m ? ?1 ? 2 2 时, 函数 g ( x) ? f ?( x) ? mx在区间 [m, m ? 2]上有最小值? 5.

14. 解: (1) f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 1 求导: f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? 1 当a
2

≤ 3 时, ? ≤ 0 , f ?( x) ≥ 0 , f ( x) 在 R 上递增 ? 3 , f ?( x) ? 0 求得两根为 x ?
? ? ?

当a

2

?a ? a 2 ? 3 3

即 f ( x ) 在 ? ??,

? ?a ? a 2 ? 3 ?a ? a 2 ? 3 ? ? ?a ? a 2 ? 3 ? ?a ? a 2 ? 3 ? , , ? ? ? 递增 ? 递增, ? ? 递减, ? ? ? ? ? ? 3 3 3 3 ? ? ? ? ?
14

? ?a ? ? ? (2) ? ? ?a ? ? ?

a2 ? 3 2 ≤? 3 3 a2 ? 3 1 ≥? 3 3

,且 a

2

? 3 解得: a ≥

7 4

15. 解: (Ⅰ) f ?( x) ?

1 ln x 1 1 ln x . ········ 2 分 ? ? ? ?? 2 x(1 ? x) (1 ? x) x x ?1 (1 ? x)2

故当 x ? (0, 1) 时, f ?( x) ? 0 , x ? (1,∞ ? ) 时, f ?( x) ? 0 所以 f ( x ) 在 (0, 1) 单调递增,在 (1,∞ ? ) 单调递减. ··············· 4 分 由此知 f ( x ) 在 (0,∞ ? ) 的极大值为 f (1) ? ln 2 ,没有极小值. ·········· 6 分 (Ⅱ) (ⅰ)当 a ≤ 0 时,由于 f ( x) ?

(1 ? x) ln(1 ? x) ? x ln x ln(1 ? x) ? x ? ln(1 ? x) ? ln x ? ? ? 0, 1? x 1? x
10 分

? ). 故关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0,∞
(ⅱ)当 a ? 0 时,由 f ( x) ?

ln 2n 1? ln x ? 1? ? n 知 ? ln ?1 ? ? f (2 ) ? ? ln ?1 ? n ? ,其中 n 为正整数,且有 n 1? x 1? 2 ? x? ? 2 ?

n n 1? a 1 ? ln ?1 ? n ? ? ? n ? e 2 ? 1 ? n ? ? log 2 (e 2 ? 1) . ············ 12 分 2 ? 2 ? 2

又 n ≥ 2 时,

ln 2n n ln 2 n ln 2 2 ln 2 2 ln 2 a 4 ln 2 ? ?n? ? 1. ? ? ? .且 n n n(n ? 1) n ? 1 n ?1 2 n 1 ? 2 1 ? (1 ? 1) 2
n 2

取整数 n0 满足 n0 ? ? log2 (e ? 1) , n0 ?

4 ln 2 ? 1 ,且 n0 ≥ 2 , a

则 f (2 0 ) ?
n

n0 ln 2 1 ? ? ln ?1 ? n0 n0 1? 2 ? 2

? a a ? ? ? ? a, ? 2 2

? ). 即当 a ? 0 时,关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集不是 (0,∞

? ), 综合 (ⅰ) (ⅱ) 知, 存在 a , 使得关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0,∞ 且 a 的取值范围为 ? ?∞, 0? .
14 分

15


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