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文科导数及其应用(三)导数在研究函数中的应用(一) 菁优网


导数及其应用(三) 导数在研究函数中的应用(一)
一.解答题(共 30 小题) x 1. (2014?天津)设 f(x)=x﹣ae (a∈R) ,x∈R,已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明: 随着 a 的减小而增大;

(Ⅲ )证明 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 2. (

2014?江西)已知函数 f(x)=(x +bx+b) (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间(0, )上单调递增,求 b 的取值范围.
2

(b∈R)

3. (2014?武汉模拟)己知函数 f(x)=x e (Ⅰ )求 f(x)的极小值和极大值; (Ⅱ )当曲线 y=f(x)的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取值范围. 4. (2014?陕西)设函数 f(x)=lnx+ ,m∈R. (Ⅰ )当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; (Ⅱ )讨论函数 g(x)=f′ (x)﹣ 零点的个数; (Ⅲ )若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围.

2

﹣x

5. (2014?河南)设函数 f(x)=alnx+ (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<

x ﹣bx(a≠1) ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率为 0,

2

,求 a 的取值范围.

6. (2014?湖南模拟)已知 f(x)是定义在(﹣∞,0)∪ (0,+∞)上的奇函数,当 x∈(0,+∞)时,f(x)=ax+2lnx (a∈R) . (Ⅰ )求 f(x)的解析式; (Ⅱ )是否存在负实数 a,使得当 x∈[﹣e,0)时,f(x)的最小值是 4?如果存在,求出 a 的值;如果不存在,请 说明理由; (Ⅲ )对 x∈D,如果函数 F(x)的图象在函数 G(x)的图象的下方(没有公共点) ,则称函数 F(x)在 D 上被函 3 数 G(x)覆盖,若函数 f(x)在区间 x∈(1,+∞)上被函数 g(x)=x 覆盖,求实数 a 的取值范围. (注:e 是自 然对数的底数,[ln(﹣x)]′ = )
2

7. (2014?新疆一模)已知函数 f(x)=x﹣2x +alnx(a 是常数) . (Ⅰ )当 a=1 时,求 f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程;

1

(Ⅱ )证若函数 f(x)在区间[ ,3]上为单调函数,求 a 的取值范围.
x

8. (2014?蚌埠三模)设函数 f(x)=e (sinx﹣1) (Ⅰ )求函数 f(x)的单调增区间; (Ⅱ )当 x∈[﹣π,π]时,求函数的最大值和最小值. 9. (2014?重庆模拟)设函数 f(x)=(x﹣a)e +(a﹣1)x+a,a∈R. (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)是 f(x)的导函数,证明:当 a>2 时,在(0,+∞)上恰有一个 x0 使得 g(x0)=0. 10. (2014?孝感二模)已知函数 f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R) . (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2) )处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈[1,2],函数 在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值范围; (Ⅲ )求证: .
x

11. (2014?邢台一模)已知函数 f(x)=alnx+ + (Ⅰ )讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ )证明: (x﹣1) (e ﹣x)+2lnx< .
﹣x

,a∈R.

12. (2014?临汾模拟)设函数 f(x)=

,x≠0.

(1)判断函数 f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2)证明:对任意正数 a,存在正数 x,使不等式|f(x)﹣1|<a 成立. 13. (2014?咸阳三模)已知 f(x)=1﹣x+lnx,g(x)=mx﹣1(m>0) (1)求函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤g(x)恒成立,求 m 的取值范围; (3)当 m=2 时,令 b=f(a)+g(a)+2,求证:b﹣2a≤1. 14. (2015?广东模拟)已知函数 f(x)=ke ﹣x (其中 k∈R,e 是自然对数的底数) . (Ⅰ )若 k=﹣2,试判断函数 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (Ⅱ )若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ,求 k 的取值范围; (Ⅲ )在(Ⅱ )的条件下,试证明 0<f(x1)<1. 15. (2014?防城港一模)已知函数 f(x)= +ax +bx+c﹣ln(x+2) .
2 x 2

(Ⅰ )当 a=﹣1,b=﹣2 时,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 ≤a≤1,b=2 时,对任意 x∈[﹣1,+∞) ,总有 f(x)≥ ,求实数 c 的最小值.

16. (2014?大庆二模)已知函数 f(x)=lnx﹣ax(a∈R) (Ⅰ )若函数 f(x)无零点,求实数 a 的取值范围;
2

(Ⅱ )若存在两个实数 x1,x2 且 x1≠x2,满足 f(x1)=0,f(x2)=0,求证 x1x2>e . 17. (2014?池州二模)已知函数 f(x)=x ﹣2alnx(a∈R) (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 g(x)=f(x)+ 在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围.
2 2

2

18. (2014?濮阳一模)已知函数 f(x)=x ﹣2alnx (a∈且 a≠0) . (1)若 f(x)在定义域上为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)求函数 f(x)在区间[1,2]上的最小值. 19. (2014?宝鸡二模)已知函数 f(x)=e ﹣x (1)求 f(x)在点(0,1)处的切线方程; 2 (2)若 F(x)=f(x)﹣ax ﹣1 的导函数 F′ (x)在(0,2)上单调,求实数 a 的取值范围; (3)对 m≥0,n≥0,试比较 f(m)+f(n)与 mn+2 的大小,并说明理由. 20. (2014?延庆县一模)已知函数 f(x)=x ﹣3ax+b, (a,b∈R) . (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 3ax+y﹣2a=0,且 y=f(x)与 x 轴有且只有一个公共点,求 a 的取值范 围.
3 x

21. (2014?贵州二模)已知函数 f(x)= (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 x>0 时,f(x)>



恒成立,求整数 k 的最大值.

22. (2014?凉山州一模)设 f(x)=x ﹣2x +2x,g(x)=a(10cosx+1) (1)求 f(sinx)的值域; (2)若?x1∈[﹣1,0],?x2∈[0, ],使得 f(x1)+g(x2)=2 成立,求 a 的取值范围.
2

3

2

23. (2014?上海模拟)已知函数 f(x)=x ﹣(a+2)x+alnx+2a+2,其中 a≤2. (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 f(x)在(0,2]上有且只有一个零点,求实数 a 的取值范围. 24. (2014?江西模拟)已知函数 f(x)=ax,g(x)=lnx,其中 a∈R. (1)若函数 F(x)=f(x)﹣g(x)有极值 1,求 a 的值; (2)若函数 G(x)= +ag(x)+ 在区间[1,+∞)上为单调函数,求 a 的取值范围.
2 2

25. (2014?武汉模拟)已知函数 f(x)=(2x ﹣4ax)lnx+x (a>0) . (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)对?x∈[1,+∞) ,不等式(2x﹣4a)lnx>﹣x 恒成立,求 a 的取值范围. 26. (2014?浙江模拟)设函数 f(x)=mx ﹣3x+4,m∈R.
3
3

(Ⅰ )已知 f(x)在区间(m,+∞)上递增,求实数 m 的取值范围; (Ⅱ )存在实数 m,使得当 x∈[0,2]时,2≤f(x)≤6 恒成立,求 m 的值. 27. (2014?江西二模)设 (1)当 a=2 时,求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在[2,+∞)上单调递增,求 a 的取值范围.

28. (2014?莆田模拟)已知函数 f(x)=lnx﹣ax,a∈R. (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值. (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若不等式 f(x)+a<0 在 x∈(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 29. (2014?鄂尔多斯模拟)已知 f(x)=lnx,g(x)= ax +bx(a≠0) ,h(x)=f(x)﹣g(x) (Ⅰ )若 a=3,b=2,求 h(x)的极大值点; (Ⅱ )若 b=2 且 h(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围. 30. (2014?资阳二模)已知函数 f(x)=ke ﹣x (其中 k∈R,e 是自然对数的底数) . (Ⅰ )若 k<0,试判断函数 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (Ⅱ )若 k=2,当 x∈(0,+∞)时,试比较 f(x)与 2 的大小; (Ⅲ )若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ,求 k 的取值范围,并证明 0<f(x1)<1.
x 2 2

4

导数及其应用(三)导数在研究函数中的应用一
参考答案与试题解析
一.解答题(共 30 小题) 1. (2014?天津)设 f(x)=x﹣ae (a∈R) ,x∈R,已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明: 随着 a 的减小而增大;
x

(Ⅲ )证明 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 函数零点的判 定定理. 综合题;导数的 综合应用. (Ⅰ )对 f(x) 求导,讨论 f′ (x)的正负以 及对应 f(x)的 单调性,得出函 数 y=f(x)有两 个零点的等价 条件,从而求出 a 的取值范围; (Ⅱ )由 f(x)
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专题: 分析:

=0,得 a= 设 g(x)=

, ,

判定 g (x)的单 调性即得证; (Ⅲ )由于 x1=a x2=a , ,则 x2

﹣x1=lnx2﹣ lnx1=ln ,令

=t, 整理得到 x1+x2=
5

, 令 h(x) = ,x∈(1,+∞) , 得到 h (x) 在 (1, +∞)上是增函 数,故得到 x1+x2 随着 t 的 减小而增大.再 由(Ⅱ )知,t 随 着 a 的减小而增 大,即得证. 解: (Ⅰ )∵ f(x) =x﹣ae , ∴ f′ (x) x =1﹣ae ; 下面分两种情 况讨论: ① a≤0 时,f′ (x) >0 在 R 上恒成 立,∴ f(x)在 R 上是增函数,不 合题意; ② a>0 时,由 f′ (x)=0,得 x= ﹣lna, 当 x 变化 时,f′ (x) 、f (x)的变化情 况如下表: x (﹣∞,﹣lna) ﹣lna (﹣lna,+∞) + 0 f′ (x) ﹣ f(x) 递增 极大值﹣lna﹣1 递减 ∴ f (x) 的单调增 区间是(﹣∞, ﹣lna) ,减区间 是 (﹣lna, +∞) ; ∴ 函数 y=f(x) 有两个零点等 价于如下条件 同时成立: (i)f(﹣lna) >0, (ii)存在 s1∈(﹣∞,﹣ lna) , 满足 ( f s1) <0, (iii)存在 s2∈(﹣lna, +∞) , 满足 ( f s2) <0;
6
x

解答:

由 (﹣ f lna) >0, 即﹣lna﹣1>0, 解得 0<a<e 1 ; 取 s1=0,满足 s1∈(﹣∞,﹣ lna) ,且 f(s1) =﹣a<0, 取 s2= +ln , 满 足 s2∈(﹣lna, +∞) ,且 f(s2) =( ﹣ )+


(ln ﹣

)<

0; ∴ a 的取值范围 是(0,e ) . (Ⅱ )证明:由 f (x)=x﹣ ae =0, 得 a= 设 g(x)= 由 g′ (x) = , 得g (x)
x
﹣1

, ,

在(﹣∞,1)上 单调递增,在 (1,+∞)上单 调递减, 并且, 当 x∈ (﹣ ∞, 0) 时, g (x) ≤0,当 x∈(0, +∞)时,g(x) ≥0, x1、x2 满足 a=g (x1) , a=g (x2) , ﹣1 a∈(0,e )及 g (x) 的单调性, 可得 x1∈ (0, 1) , x2∈(1,+∞) ; 对于任意的 a1、 ﹣1 a2∈(0,e ) , 设 a1>a2,g
7

(X1)=g(X2) =ai, 其中 0<X1 <1<X2; g(Y1)=g(Y2) =a2,其中 0< Y1<1<Y2; ∵ g(x)在(0, 1)上是增函数, ∴ 由 a1>a2, 得g (Xi) >g (Yi) , 可得 X1>Y1; 类似可得 X2< Y2; 又由 X、Y>0, 得 < <

;∴ 随着 a 的减小而增大; (Ⅲ )证明: ∵ x1=a x2=a , ,

∴ lnx1=lna+x1, lnx2=lna+x2; ∴ x2﹣x1=lnx2﹣ lnx1=ln ,设

=t,则 t>1, ∴

,解得 x1= x2= ∴ x1+x2= … ① ; 令 h(x)
8

, ,

= ,x∈(1,+∞) , 则 h′ (x) =

; 令 u(x)=﹣ 2lnx+x﹣ ,得 u′ (x) = ,

当 x∈(1,+∞) 时, u′ (x) >0, ∴ u(x)在(1, +∞)上是增函 数,∴ 对任意的 x∈(1,+∞) ,u (x)>u(1) =0, ∴ h′ (x) >0, ∴ h (x) 在 (1, +∞) 上是增函数; ∴ 由① 得 x1+x2 随 着 t 的增大而增 大. 由(Ⅱ )知,t 随 着 a 的减小而增 大, ∴ x1+x2 随着 a 的 减小而增大. 本题考查了导 数的运算以及 利用导数研究 函数的单调性 与极值问题,也 考查了函数思 想、化归思想、 抽象概括能力 和分析问题、解 决问题的能力, 是综合型题目.
2

点评:

2. (2014?江西)已知函数 f(x)=(x +bx+b)

(b∈R)

9

(1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间(0, )上单调递增,求 b 的取值范围.

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的极值;利 用导数研究函 数的单调性. 导数的综合应 用. (1)把 b=4 代 入函数解析式, 求出函数的导 函数,由导函数 的零点对定义 域分段,由导函 数在各区间段 内的符号判断 原函数的单调 性,从而求得极 值; (2)求出原函 数的导函数,由 导函数在区间
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(0, )上大于 等于 0 恒成立, 得到 对任意 x∈(0, )恒成立.由 单调性求出 的范围 得答案. 解: (1)当 b=4 时,f(x)= 2 (x +4x+4) =

解答:

(x 则

) ,

10

=

. 由 f′ (x)=0, 得 x=﹣2 或 x=0. 当 x<﹣2 时, f′ (x)<0,f(x) 在(﹣∞,﹣2) 上为减函数. 当﹣2<x<0 时,f′ (x)>0, f(x)在(﹣2, 0)上为增函数. 当 0<x< 时, f′ (x)<0,f (x)在(0, ) 上为减函数. ∴ 当 x=﹣2 时,f (x)取极小值 为 0. 当 x=0 时, f (x) 取极大值为 4; (2)由 f(x)= 2 (x +bx+b) ,得:

=

. 由 f(x)在区间 (0, )上单调 递增, 得 f′ (x)≥0 对 任意 x∈(0, ) 恒成立.
11

即﹣5x ﹣ 3bx+2x≥0 对任 意 x∈(0, ) 恒成立. ∴ 对

2

任意 x∈(0, ) 恒成立. ∵

. ∴ .

∴ b 的取值范围 是 . 点评: 本题考查了利 用导数研究函 数的单调性,考 查了利用导数 求函数的极值, 考查了数学转 化思想方法,是 中档题.
2
﹣x

3. (2014?武汉模拟)己知函数 f(x)=x e (Ⅰ )求 f(x)的极小值和极大值; (Ⅱ )当曲线 y=f(x)的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的极值;根 据实际问题选 择函数类型;利 用导数研究曲 线上某点切线 方程. 综合题;压轴 题;转化思想; 导数的综合应 用. (Ⅰ )利用导数 的运算法则即 可得出 f′ ( x) , 利用导数与函
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专题:

分析:

12

解答:

数单调性的关 系及函数的极 值点的定义,即 可求出函数的 极值; (Ⅱ )利用导数 的几何意义即 可得到切线的 斜率,得出切线 的方程,利用方 程求出与 x 轴交 点的横坐标,再 利用导数研究 函数的单调性、 极值、最值即 可. 解: (Ⅰ )∵ f(x) =x e ,∴ f′ (x) ﹣x 2 ﹣ =2xe ﹣x e x ﹣x 2 =e (2x﹣x ) , 令 f′ (x)=0, 解得 x=0 或 x=2, 令 f′ (x)>0, 可解得 0<x< 2;令 f′ (x)< 0,可解得 x<0 或 x>2, 故函数在区间 (﹣∞, 0) 与 (2, +∞)上是减函 数,在区间(0, 2)上是增函数. ∴ x=0 是极小值 点,x=2 极大值 点, 又f (0) =0, f(2)= .
2
﹣x

故 f(x)的极小 值和极大值分 别为 0, .

(II)设切点为 (

) , 则切线方程为 y ﹣
13

=

(x﹣x0) , 令 y=0,解得 x= =

, 因为曲线 y=f (x)的切线 l 的斜率为负数, ∴ (

<0,∴ x0<0 或 x0>2, 令

, 则

=

. ① 当 x0<0 时,

0,即 f′ (x0) >0,∴ f(x0)在 (﹣∞, 0) 上单 调递增,∴ f(x0) <f(0)=0; ② 当 x0>2 时, 令 f′ (x0)=0, 解得

14

. 当 时, f′ (x0) >0, 函数 f(x0)单 调递增;当

时, f′ (x0) <0, 函数 f(x0)单 调递减. 故当 时,函数 f(x0) 取得极小值,也 即最小值,且 = . 综上可知:切线 l 在 x 轴上截距 的取值范围是 (﹣∞,0) ∪ . 本题考查利用 导数求函数的 极值与利用导 数研究函数的 单调性、切线、 函数的值域,综 合性强,考查了 推理能力和计 算能力.

点评:

4. (2014?陕西)设函数 f(x)=lnx+ ,m∈R. (Ⅰ )当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; (Ⅱ )讨论函数 g(x)=f′ (x)﹣ 零点的个数; (Ⅲ )若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围.

考点:

专题:

利用导数研究 函数的极值;函 数恒成立问题; 函数的零点. 导数的综合应
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15

分析:

用. (Ⅰ )m=e 时,f (x)=lnx+ , 利用 f′ (x)判 定 f(x)的增减 性并求出 f(x) 的极小值; (Ⅱ )由函数 g (x)=f′ (x) ﹣ ,令 g(x) =0,求出 m;设 φ(x)=m,求 出 φ(x)的值 域, 讨论 m 的取 值,对应 g(x) 的零点情况; (Ⅲ )由 b>a> 0,

解答:

<1 恒成立,等 价于 f(b)﹣b <f(a)﹣a 恒 成立;即 h(x) =f (x) ﹣x 在 (0, +∞)上单调递 减;h′ (x)≤0, 求出 m 的取值 范围. 解: (Ⅰ )当 m=e 时,f(x) =lnx+ ,

∴ f′ (x) =



∴ 当 x∈(0,e) 时,f′ (x)<0, f(x)在(0,e) 上是减函数; 当 x∈(e,+∞) 时,f′ (x)>0, (x) f 在 (e, +∞) 上是增函数; ∴ x=e 时,f(x) 取得极小值 f

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(e) =lne+ =2; (Ⅱ ) ∵ 函数 g (x) =f′ (x)﹣ = ﹣ ﹣ (x>

0) , 令 g(x)=0,得 m=﹣ x +x(x >0) ; 设 φ(x)=﹣ x +x(x≥0) , ∴ φ′ (x)=﹣ x +1=﹣(x﹣1) (x+1) ; 当 x∈(0,1) 时, φ′ (x) >0, φ(x)在 (0, 1) 上是增函数, 当 x∈(1,+∞) 时, φ′ (x) <0, φ (x) 在 (1, +∞) 上是减函数; ∴ x=1 是 φ(x) 的极值点,且是 极大值点, ∴ x=1 是 φ(x) 的最大值点, ∴ φ(x)的最大 值为 φ(1)= ; 又 φ(0)=0, 结合 y=φ(x) 的图象,如图
2 3 3


17

可知: ① 当 m> 时, 函 数g (x) 无零点; ② 当 m= 时,函 数g (x) 有且只 有一个零点; ③ 当 0<m< 时,函数 g(x) 有两个零点; ④ 当 m≤0 时,函 数g (x) 有且只 有一个零点; 综上,当 m> 时,函数 g(x) 无零点; 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x) 有且只有一个 零点; 当 0<m< 时, 函数 g (x)有两 个零点; (Ⅲ )对任意 b >a>0,

<1 恒成立, 等价于 f(b)﹣ b<f(a)﹣a 恒 成立; 设 h(x)=f(x) ﹣x=lnx+ ﹣x (x>0) , ∴ h(x)在(0, +∞)上单调递 减; ∵ h′ (x) = ﹣ ﹣1≤0 在(0, +∞)上恒成立, 2 ∴ m≥﹣x +x=﹣

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+ (x>0) , ∴ m≥ ; 对于 m= ,h′ (x)=0 仅在 x= 时成立; ∴ m 的取值范围 是[ ,+∞) . 点评: 本题考查了导 数的综合应用 问题,解题时应 根据函数的导 数判定函数的 增减性以及求 函数的极值和 最值,应用分类 讨论法,构造函 数等方法来解 答问题,是难 题.
2

5. (2014?河南)设函数 f(x)=alnx+ (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<

x ﹣bx(a≠1) ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率为 0,

,求 a 的取值范围.

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 曲线上某点切 线方程. 导数的综合应 用. (1)利用导数 的几何意义即 可得出; (2)对 a 分类
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讨论:当 a 时,当 a<1

时,当 a>1 时, 再利用导数研 究函数的单调
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解答:

性极值与最值 即可得出. 解: (1)f′ (x) =

(x>0) , ∵ 曲线 y=f(x) 在点(1,f(1) ) 处的切线斜率 为 0, ∴ f′ (1)=a+(1 ﹣a)×1﹣b=0, 解得 b=1. (2)函数 f(x) 的定义域为(0, +∞) ,由(1) 可知:f(x) =alnx+ , ∴

=

. ① 当a 时, 则 , 则当 x>1 时, f′ (x)>0, ∴ 函数 f(x)在 (1,+∞)单调 递增, ∴ 存在 x0≥1,使 得( f x0) < 的充要条件是

,即

, 解得

20

; ② 当 时,则 , 则当 x∈ a<1

时,f′ (x)<0, 函数 f(x)在

上单调递减; 当 x∈

时,f′ (x)>0, 函数 f(x)在

上单调递增. ∴ 存在 x0≥1,使 得( f x0) < 的充要条件是

, 而 = +

,不符合题意, 应舍去. ③ 若 a>1 时,f (1) =

,成立. 综上可得:a 的 取值范围是
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点评:

. 本题考查了导 数的几何意义、 利用导数研究 函数的单调性 极值与最值等 基础知识与基 本技能方法,考 查了分类讨论 的思想方法,考 查了推理能力 和计算能力,属 于难题.

6. (2014?湖南模拟)已知 f(x)是定义在(﹣∞,0)∪ (0,+∞)上的奇函数,当 x∈(0,+∞)时,f(x)=ax+2lnx (a∈R) . (Ⅰ )求 f(x)的解析式; (Ⅱ )是否存在负实数 a,使得当 x∈[﹣e,0)时,f(x)的最小值是 4?如果存在,求出 a 的值;如果不存在,请 说明理由; (Ⅲ )对 x∈D,如果函数 F(x)的图象在函数 G(x)的图象的下方(没有公共点) ,则称函数 F(x)在 D 上被函 3 数 G(x)覆盖,若函数 f(x)在区间 x∈(1,+∞)上被函数 g(x)=x 覆盖,求实数 a 的取值范围. (注:e 是自 然对数的底数,[ln(﹣x)]′ = )

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数求闭 区间上函数的 最值. 导数的综合应 用. (Ⅰ ) 设设 x<0, 则﹣x>0,代入 已知可求 f(﹣ x) ,结合奇函数 ( f x) =﹣(﹣ f x) , 可求 (II)由(I)中 函数的解析式, 我们可以求出 函数的导函数 的解析式,分类 讨论后可得当
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时,

22

;当 ≤﹣e 时 f (x)min=f(﹣ e) ,列出方程求 出参数 a 的值. (Ⅲ )由题意要 证函数 F (x) 在 区间 x∈ (1, +∞) 上被函数 g(x) 3 =x 覆盖等价于 3 需证 x > ax+2lnx 对 x∈ (1,+∞)恒成 立,利用导数求 出函数的单调 性,求出 a 的范 围. 解: (Ⅰ )当 x∈ (﹣∞,0)时, 则﹣x>0, 由已知 f(﹣x) =﹣ax+2ln (﹣x) =﹣f(x)∴ f(x) =ax﹣2ln (﹣x) , ∴ f(x) =

解答:

(Ⅱ ) 假设存在 a <0 满足题意, ∵ f(x)=ax﹣2ln (﹣x) ,x∈[﹣ e,0) , ∴ f′ (x) =

,x∈[﹣e,0) , 令

当 a (x)在

即 时,f

23

上单调递减, 上 单调递增, ∴

,解得 a=﹣2e, 当 ≤﹣e 即

时,f(x)在[﹣ e,0]上单调递 增, ∴ f(x)min=f(﹣ e)=4,解得 , 矛盾, 总之,存在 a 满 足题意. (Ⅲ )由题意, x >ax+2lnx 对 x∈(1,+∞)恒 成立, 即
3

对 x∈(1,+∞) 恒成立, 设 h(x) = ,

x∈(1,+∞) , 则

, 设 Φ(x) 3 =2x +2lnx﹣2, x∈(1,+∞) , 则 Φ′ (x) = 即 Φ(x)在 x∈
24

(1,+∞)上单 调递增 ∴ Φ (x) >Φ (1) =0 则 h′ (x)>0 即 h(x) = 在

点评:

x∈(1,+∞)上 单调递增, ∴ h(x)>h(1) =1 若 a<h(x) 对 x∈(1,+∞) 恒成立,则 a≤1 即可 所以实数 a 的取 值范围为 (﹣∞, 1] 第一问利用函 数的奇偶性进 行求解,比较常 见,第三问是一 道证明题,定义 了一个新定义 覆盖的概念,将 这个问题转化 为函数的恒成 立的问题,就会 比较简单;
2

7. (2014?新疆一模)已知函数 f(x)=x﹣2x +alnx(a 是常数) . (Ⅰ )当 a=1 时,求 f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程; (Ⅱ )证若函数 f(x)在区间[ ,3]上为单调函数,求 a 的取值范围.

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 曲线上某点切 线方程. 常规题型. (Ⅰ )利用原函 数求纵坐标,利 用导函数求切 线的斜率,利用 点斜式求出切 线方程; (Ⅱ )已知原函 数在区间上单
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25

解答:

调,得到导函数 在区间上的值 恒为正或者恒 为负,得到相应 函数的最大值 小于零,或者最 小值大于零,从 而求出参数的 取值范围,即得 到本题的解. 解: (Ⅰ )当 a=1 时,f(x)=x﹣ 2x +lnx,f'(x) =1﹣4x+ , 当 x=1 时, f (1) =﹣1,f'(1)= ﹣2. ∴ 当 x=1 时, ( f x) 在点(1,f(1) ) 处的切线方程 为:y+1=﹣2(x ﹣1) . 即切线方程为: 2x+y﹣1=0. (Ⅱ )∵ f(x)=x ﹣2x +alnx, ∴ f'(x)=1﹣ 4x+ =
2 2

(x>0) . ∵ 函数 f(x)在 区间[ ,3]上为 单调函数, ∴ f'(x)在区间 [ ,3]上的值恒 为正,或者值恒 为负. 记 g(x)=﹣ 2 4x +x﹣a, 则g (x) 在区间 [ ,3]上的值恒 为正,或者值恒
26

为负. ∵ g (x) =﹣4x +x ﹣a 的图象开口 向下,对称轴 为: ∴ ,
2

, 故有:

点评:

. 本题考查的是 导数知识,包括 利用导数求切 线方程,利用导 数研究原函数 的单调区间,还 涉及到恒成立 的问题,考查了 学生分析问题 解决问题的能 力.本题有一定 的思维量和计 算量,属于中档 题.
x

8. (2014?蚌埠三模)设函数 f(x)=e (sinx﹣1) (Ⅰ )求函数 f(x)的单调增区间; (Ⅱ )当 x∈[﹣π,π]时,求函数的最大值和最小值. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数求闭 区间上函数的 最值. 导数的概念及 应用. (Ⅰ )先求出函 数的导数, 令 f′ (x)>0,从而 求出函数 f(x) 的递增区间; (Ⅱ ) 由 (Ⅰ ) 得: x f′ (x)=e (sinx+cosx﹣ 1) ,从而求出 f
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专题: 分析:

27

解答:

(x)的单调区 间,进而求出函 数的最值. 解: (Ⅰ )∵ f′ (x) x =e (sinx+cosx ﹣1) , 令 f′ (x)>0, 解得:2kπ<x< 2kπ+ ,

(k∈Z) , ∴ f(x)在(2kπ, 2kπ+ )递增;

(Ⅱ ) 由 (Ⅰ ) 得: f′ (x)=e (sinx+cosx﹣ 1) , 令 f′ (x)>0, 解得:0<x< , 令 f′ (x)<0, 解得:﹣π<x< 0, <x<π,
x

∴ f(x)在[﹣π, 0) , ( ,π]递 )

减,在(0, 递增,

∴ ( f x) (0) 极小值=f =0,f(x)极大值 =f( )=0,

又∵ f(﹣π)=﹣ e , f (π) =﹣e , ∴ f(x)最大值=f (
最小值

π

π

) =0, f (x)

点评:

=f(π)=﹣ e . 本题考查了函 数的单调性,函 数的最值问题, 考查导数的应 用,是一道基础 题.
π

28

9. (2014?重庆模拟)设函数 f(x)=(x﹣a)e +(a﹣1)x+a,a∈R. (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)是 f(x)的导函数,证明:当 a>2 时,在(0,+∞)上恰有一个 x0 使得 g(x0)=0. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 函数的零点. 导数的综合应 用. (1)当 a=1 时, f(x)=(x﹣1)
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x

专题: 分析:

e +1,求出函数 f(x)的导数, 从而得出函数 的单调区间; (2)由 g(x) x =f'(x)=e (x ﹣a+1)+(a﹣ 1) ,得到 g'(x) =e (x﹣a+2) , 从而函数 g(x) 在(0,a﹣2) 上递减;在(a ﹣2,+∞)上递 增, 再代入特殊值 进而证得结论 成立; (1) 解: 当 a=1 时,f(x)=(x x ﹣1) e +1, f' ( x) x =xe , 当 f' (x) <0 时, x<0;当 f'(x) >0 时,x>0, ∴ 函数 f(x)的 减区间是 (﹣∞, 0) ;增区间是 (0,+∞) , (2) 证明: g (x) x =f'(x)=e (x ﹣a+1)+(a﹣ 1) , x ∴ g'(x)=e (x ﹣a+2) , 当 g' (x) <0 时, x<a﹣2;当 g' (x)>0 时,x
29
x

x

解答:

>a﹣2 ∵ a>2, ∴ 函数 g(x)在 (0,a﹣2)上 递减; 在 (a﹣2, +∞)上递增, 又∵ g(0)=0,g (a)=e +a﹣1 >0, ∴ 在(0,+∞) 上恰有一个 x0 使得 g(x0)=0. 本题考察了函 数的单调性,导 数的应用,函数 零点的问题,是 一道基础题.
a

点评:

10. (2014?孝感二模)已知函数 f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R) . (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2) )处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈[1,2],函数 在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值范围; (Ⅲ )求证: .

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 曲线上某点切 线方程. 压轴题. 利用导数求函 数的单调区间 的步骤是① 求导 函数 f′ (x) ;② 解 f′ (x) >0 (或 <0) ;③ 得到函 数的增区间(或 减区间) , 对于本题的(1) 在求单调区间 时要注意函数 的定义域以及 对参数 a 的讨论 情况; (2)点(2,f (2) )处的切线 的倾斜角为
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30

45°, 即切线斜率 为 1,即 f'(2) =1,可求 a 值, 代入得 g (x) 的 解析式,由 t∈[1,2],且 g (x) 在区间 (t, 3)上总不是单 调函数可知:

解答:

, 于是可求 m 的 范围. (3)是近年来 高考考查的热 点问题,即与函 数结合证明不 等式问题,常用 的解题思路是 利用前面的结 论构造函数,利 用函数的单调 性,对于函数取 单调区间上的 正整数自变量 n 有某些结论成 立,进而解答出 这类不等式问 题的解. 解: (Ⅰ )

(2 分) 当 a>0 时, ( f x) 的单调增区间 为(0,1],减区 间为[1,+∞) ; 当 a<0 时, ( f x) 的单调增区间 为[1,+∞) ,减 区间为(0,1]; 当 a=0 时, f (x) 不是单调函数 (4 分) (Ⅱ )

31

得 a=﹣2,f(x) =﹣2lnx+2x﹣3 ∴

, ∴ g'(x)=3x + (m+4) x﹣2 (6 分) ∵ g(x)在区间 (t,3)上总不 是单调函数,且 g′ (0)=﹣2 ∴
2

由题意知:对于 任意的 t∈[1, 2], g′ (t)<0 恒成 立, 所以有:

, ∴

(10 分) (Ⅲ )令 a=﹣1 此时 f(x)=﹣ lnx+x﹣3,所以 f(1)=﹣2, 由(Ⅰ )知 f(x) =﹣lnx+x﹣3 在 (1,+∞)上单 调递增, ∴ 当 x∈ (1, +∞) 时( f x) >( f 1) , 即﹣lnx+x﹣1> 0, ∴ lnx<x﹣1 对 一切 x∈ (1, +∞) 成立, (12 分) ∵ n≥2, n∈N*, 则 有 0<lnn<n﹣ 1,
32





点评:

本题考查利用 函数的导数来 求函数的单调 区间,已知函数 曲线上一点求 曲线的切线方 程即对函数导 数的几何意义 的考查,考查求 导公式的掌握 情况.含参数的 数学问题的处 理,构造函数求 解证明不等式 问题. ,a∈R.

11. (2014?邢台一模)已知函数 f(x)=alnx+ + (Ⅰ )讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ )证明: (x﹣1) (e ﹣x)+2lnx< .
﹣x

考点:

利用导数研究 函数的单调性.
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专题: 分析:

解答:

综合题;导数的 综合应用. 第(Ⅰ )问对函 数 f(x)求导, 导数是含有参 数 a 的表达式, 要按 a 进行分类 讨论; 第(Ⅱ )问利用 导数证明不等 式,要转化成函 数求最值问题 解决,利用放缩 法进行证明. 解: (Ⅰ )f(x) 的定义域为(0, +∞) ,f′ (x) =
33

…2 分 当 a≤0 时, f′ (x)<0,则 f (x) 在 (0, +∞) 内单调递减; …4 分 当 a>0 时, x∈(0, ) ,f′ (x)<0,f(x) 单调递减; x∈ (

,f′ (x)>0,f (x)单调递 增;…6 分 (Ⅱ )当 a=2 时,由(1)可 知 f(x)在(0, 1)内单调递减, 在(1,+∞)内 单调递增, ∴ f (x) (1) max=f = , 2lnx+ + …8 分 即 2ln , ∴

∵ (x﹣1) (e ﹣x)+2lnx=(x ﹣1)e ﹣ 2 x +x+2lnx ﹣x =(x﹣1)e ﹣
﹣x

﹣x

34

<(x﹣1)e ﹣

﹣x

令 g(x)=(x ﹣1)e ﹣ ,x>0 而 g′ (x)= (2﹣x) (e x +1) ,可知 x=2 时,g(x)取得 最大值, 即g (x) ≤g(2) = …10 分
﹣x ﹣ ﹣x

∴ (x﹣1)e ﹣ +2x+2lnx﹣x ﹣

点评:

…12 分 本题是导数的 综合应用问题, 利用导数研究 函数的单调性 及求函数的最 值;考查了分类 讨论、转化的思 想及放缩法证 明不等式.

12. (2014?临汾模拟)设函数 f(x)=

,x≠0.

(1)判断函数 f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2)证明:对任意正数 a,存在正数 x,使不等式|f(x)﹣1|<a 成立. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 导数在最大值、 最小值问题中 的应用. 导数的综合应 用.
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专题:

35

分析:

(1)利用导数 的办法,通过导 数大于或小于 0 判断函数的单 调性. (2)先将|f(x) ﹣1|化为|f(x) ﹣ 1|= 从而原不等式 化为 < a, 即e ﹣ (1+a) x﹣1<0.令? x (x)=e ﹣ (1+a)x﹣1, 利用导数研究 它的单调性和 最值,最后得到 存在正数 x=ln (1+a) ,使原不 等式成立. 解: (1)f′ (x) =
x



解答:

=

,﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣(2 分) 令 h(x)=(x x ﹣1) e +1, 则 h′ x x (x)=e +e (x x ﹣1)=xe , 当 x>0 时,h′ x (x)=xe >0, ∴ h(x)是(0, +∞)上的增函 数, ∴ h(x)>h(0)
36

=0 故 f′ (x) = >0,

即函数 f(x)是 (0,+∞)上的 增函数.﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣(6 分) (2)|f(x)﹣ 1|=| |

, 当 x>0 时, 令g x (x)=e ﹣x﹣ x 1, 则 g′ (x) =e ﹣1>0﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣(8 分) 故g (x) >g (0) =0,∴ |f(x)﹣ 1|= 原不等式化为 < a, 即e ﹣ (1+a) x﹣1<0,﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣(10 分) 令?(x)=e ﹣ (1+a)x﹣1, x 则?′ (x)=e ﹣ (1+a) , 由?(x)=0 得: x e =1+a,解得 x=ln(1+a) , 当 0<x<ln (1+a)时,?′ (x)<0;当 x >ln(1+a)时, ?′ (x)>0.
37
x x



故当 x=ln (1+a) 时,?(x)取最 小值?[ln (1+a)]=a﹣ (1+a) ln (1+a) , ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣(12 分) 令s (a) = ﹣

ln(1+a) ,a>0 则 s′ (a) =

点评:

<0. 故s (a) <a (0) =0,即?[ln (1+a)]=a﹣ (1+a) ln (1+a) <0. 因此,存在正数 x=ln(1+a) ,使 原不等式成 立.﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣(14 分) 本题主要考查 了函数单调性 的判断方法、导 数在最大值、最 小值问题中的 应用.利用导数 判断函数的单 调性常用的方 法.

13. (2014?咸阳三模)已知 f(x)=1﹣x+lnx,g(x)=mx﹣1(m>0) (1)求函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤g(x)恒成立,求 m 的取值范围; (3)当 m=2 时,令 b=f(a)+g(a)+2,求证:b﹣2a≤1. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数求闭 区间上函数的
38

专题: 分析:

解答:

最值. 导数的综合应 用. (Ⅰ )直接求导, 令导数值为 0, 找出单调区间, (Ⅱ )令 h(x) =f(x)﹣g(x) ≤0,对 h(x)求 导,从而求出 m 的值, (Ⅲ )先求 出 b,再利用 f (x)的表达式 代入,问题得 证. 解: (Ⅰ )求导 f′
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(x)= ﹣ 1= ,

由 f′ (x)=0, 得 x=1. 当 x∈(0,1) 时,f′ (x)>0; 当 x∈(1,+∞) 时,f′ (x)<0. ∴ 函数 y=f(x) 在(0,1)上是 增函数,在(1, +∞)上是减函 数. (Ⅱ ) 令 h(x) =f(x)﹣g(x) =lnx﹣(1+m) x+2, 则 h′ (x)= ﹣ (m+1) , ∵ m>0, ∴ m+1>0, 由 h′ (x)=0 得 x= , )

当 x∈(0,

时, h′ (x) >0, (x) h 在 (0, 上是增函数;
39



当 x∈(



+∞) 时,h′ (x) <0,h(x)在 ( , +∞) 上

是减函数. ∴ h(x)在(0, +∞)上的最大 值为:h( )

=1﹣ln(1+m) ≤0, 解得:m≥e﹣1; 所以当 m≥e﹣1 时 f(x)≤g(x) 恒成立. (Ⅲ )由题意知, b=lna+a+2. 由 (Ⅰ ) 知: f (x) =lnx﹣x+1≤f (1) ,即有不等 式 lnx﹣x+1≤0 (x>0) . 于是: b=lna+a+2=lna ﹣ a+1+2a+1≤2a+1 , 即:b﹣2a≤1. 本题考察了导 数的应用,求函 数的单调区间, 不等式恒成立 问题,是一道综 合题.
x 2

点评:

14. (2015?广东模拟)已知函数 f(x)=ke ﹣x (其中 k∈R,e 是自然对数的底数) . (Ⅰ )若 k=﹣2,试判断函数 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (Ⅱ )若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ,求 k 的取值范围; (Ⅲ )在(Ⅱ )的条件下,试证明 0<f(x1)<1. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 函数的极值;导 数在最大值、最 小值问题中的 应用.
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40

专题: 分析:

导数的综合应 用. (Ⅰ )求 f(x) 的导数 f′ ( x) , 利用 f′ (x)判 定 f(x)的单调 性,从而求出 f (x)的单调区 间; (Ⅱ )先求导数 f′ (x) ,由题意 知 x1、 x2 是方程 f′ (x)=0 的两 个根,令 , 利用导数得到 函数 φ(x)的 单调区间,继而 得到 k 的取值范 围; (Ⅲ ) 由 (Ⅱ ) 知, f′ (x1)=0,则 得 , 又由

解答:

f(x1)=﹣(x1 2 ﹣1) +1,x1∈ (0,1) ,即可 得到 0<f(x1) <1. 解: (Ⅰ )若 k= ﹣2,f(x)=﹣ x 2 2e ﹣x ,则 f' x (x)=﹣2e ﹣ 2x, 当 x∈(0,+∞) 时,f′ (x)=﹣ x 2e ﹣2x<0, 故函数 f(x)在 区间(0,+∞) 上是单调递减 函数. (Ⅱ )函数 f(x) 有两个极值点 x1,x2,则 x1, x x2 是 f′ (x) =ke ﹣2x=0 的两个 根,
41

即方程 两个根,设



, 则

, 当 x<0 时,φ′ (x)>0,函数 φ(x)单调递增 且 φ(x)<0; 当 0<x<1 时, φ′ (x)>0,函 数 φ(x)单调 递增且 φ(x) >0; 当 x>1 时,φ′ (x)<0,函数 φ(x)单调递减 且 φ(x)>0. 要使 有两

个根,只需

, 故实数 k 的取值 范围是 . (Ⅲ )由(Ⅱ )的 解法可知,函数 f(x)的两个极 值点 x1, x2 满足 0<x1<1<x2, 由

,得 所以




42

由于 x1∈ (0, 1) , 故

点评:

, 所以 0<f(x1) <1. 本题考查了利 用函数的性质 求参数取值与 利用导数证明 不等式成立的 问题,是容易出 错的题目.
2

15. (2014?防城港一模)已知函数 f(x)=

+ax +bx+c﹣ln(x+2) .

(Ⅰ )当 a=﹣1,b=﹣2 时,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 ≤a≤1,b=2 时,对任意 x∈[﹣1,+∞) ,总有 f(x)≥ ,求实数 c 的最小值.

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数求闭 区间上函数的 最值. 导数的综合应 用. (Ⅰ )把 a=﹣1, b=﹣2 代入表达 式,求出函数的 导数,从而求出 单调区间, (Ⅱ )先求出 f′ (x) =
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, (x>﹣1) ,设 3 g(x)=x + 2 (2a+2)x + (4a+2)x+3,g (x)在(﹣1, +∞)递增,从 而 f(x)在(﹣ 1,+∞)递增, 得 f(x)≥f(﹣ 1) ,得不等式﹣
43

+a﹣2+c≥ , 进而 c≥(3﹣a)
max=

,问题得

解答:

解. 解: (Ⅰ )当 a= ﹣1,b=﹣2 时, f(x)= ﹣x
2

﹣2x+c﹣ln (x+2) , ∴ f′ (x) =

, (x>﹣2) . 由 f′ (x)≥0, 解得: x≥ 或 ≤x≤

﹣1, ∴ f(x)在(﹣2, ) 递减, 在[ 1]递增, 在(﹣1, )递减, 在[ , , ﹣

+∞)递增, (Ⅱ )∵ f′ (x) =

, (x>﹣1) , 3 设 g(x)=x + 2 (2a+2)x + (4a+2)x+3, 2 ∴ g′ (x)=3x +2 (2a+2)x+ (4a+2) ,

44

∵ ≤a≤1, ∴ ﹣ ≤﹣1,

∴ g′ (x)在(﹣ 1,+∞)递增, ∴ g′ (x) ≥g′ (﹣ 1)>0, ∴ g (x) 在 (﹣1, +∞)递增, ∴ g (x) ≥g (﹣1) =2﹣2a≥0, 即 f′ (x) ≥0, (x≥ ﹣1) , ∴ f(x)在(﹣1, +∞)递增, ∴ f (x) ≥f (﹣1) , 要使对?x∈[﹣ 1,+∞)总有 f (x)≥ , 有f (﹣1) ≥ 即 可, 即:﹣ +a﹣ 2+c≥ , ∴ c≥(3﹣a)
max=



∴ c 的最小值为 . 点评: 本题考查了函 数的单调性,函 数的最值问题, 考查导数的应 用,是一道综合 题.

16. (2014?大庆二模)已知函数 f(x)=lnx﹣ax(a∈R) (Ⅰ )若函数 f(x)无零点,求实数 a 的取值范围; 2 (Ⅱ )若存在两个实数 x1,x2 且 x1≠x2,满足 f(x1)=0,f(x2)=0,求证 x1x2>e . 考点: 利用导数研究 函数的单调性.
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专题:

导数的综合应
45

分析:

用. (Ⅰ )当 a≤0 时, 函数有零点;当 a>0 时, 极大值 小于 0,函数没 有零点,由此可 求实数 a 的取值 范围. (Ⅱ )由于 f(x) 有两个相异零 点 x1,x2,可知 f (x1) =0, f (x2) =0, 再原不等式 2 x1?x2>e 进一 步整理得到 ln >

解答:

,只要能证出上 述不等式恒成 立即可 解 (Ⅰ ) ① 若 a<0, 则 f′ (x)>0, f (x) 是区间 (0, +∞)上的增函 数, ∵ f (1) =﹣a>0, f (e ) =a﹣ae =a a (1﹣e )<0, a ∴ f(1)?f(e ) <0,函数 f(x) 在区间 (0, +∞) 有唯一零点. ② 若 a=0,f(x) =lnx 有唯一零 点 x=1. ③ 若 a>0,令 f′ (x)=0 得: x= . 在区间(0, ) 上,f′ (x)>0, 函数 f(x)是增 函数;
a a

46

在区间 ( , +∞) 上,f′ (x)<0, 函数 f(x)是减 函数; 故在区间(0, +∞)上,f(x) 的极大值为 f ( )=ln ﹣1= ﹣lna﹣1. 由于 f(x)无零 点,须使 f( ) =ln ﹣1=﹣lna ﹣1,解得:a> . 故所求实数 a 的 取值范围是 ( , +∞) . (Ⅱ )设 x1>x2 >0, ∵ f(x1)=0,f (x2)=0, ∴ lnx1﹣ax1=0, lnx2﹣ax2=0, ∴ lnx1﹣lnx2=a (x1﹣x2) , lnx1+lnx2=a (x1+x2) 原不等式 x1?x2 2 >e 等价于 lnx1+lnx2> 2?a (x1+x2) > 2, ?

> ?ln >

47

, 令 1, ∴ ln > =t,则 t>

?lnt> , 设 g(t)=lnt﹣ , (t >1) , ∴ g′ (t) = >0, ∴ 函数 g(t)在 (1,+∞)是递 增, ∴ g(t)>g(1) =0 即不等式 lnt > 成立, 故所证不等式 2 x1?x2>e 成立. 本题主要考查 了导数在函数 单调性和函数 极值中的应用, 连续函数的零 点存在性定理 及其应用,分类 讨论的思想方 法,属中档题
2

点评:

17. (2014?池州二模)已知函数 f(x)=x ﹣2alnx(a∈R) (Ⅰ )求 f(x)的单调区间;

48

(Ⅱ )若函数 g(x)=f(x)+ 在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围.

考点:

利用导数研究 函数的单调性.
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专题: 分析:

导数的概念及 应用. (Ⅰ )由 f(x) =2x﹣ = ,

讨论当 a≤0 时, 当 a>0 时的情 况从而综合得 出结论; (Ⅱ )g(x)=x
2

﹣2lnx+ ,g′ (x) =2x﹣ ﹣

,由 g′ (x) ≤0 在 x∈[1,2] 上恒成立,得 a≥x ﹣ 在[1, 2]上恒成立,从 而得出 h(x)
max= 2

,进而求

解答:

出 a 的范围. 解: (1)f(x) =2x﹣ = ,

当 a≤0 时, f′ (x) >0,∴ f(x)在 (0,+∞)上为 增函数; 当 a>0 时, 令 f′ (x)>0 得 x> ,∴ f(x)在 ( ,+∞)上 为增函数; 令 f′ (x)<0 得 0<x< , ∴ ( f x) 在 (0, ) 上为减函数,
49

综上: 当 a≤0 时, f(x)的增区间 为(0,+∞) , 无减区间; 当 a>0 时, ( f x) 的增区间为 ( , +∞) , 减 区间为(0, ) ; 2 (Ⅱ )g(x)=x ﹣2lnx+ ,g′ (x) =2x﹣ , g(x)在[1,2] 上递减, ∴ g′ (x)≤0 在 x∈[1,2]上恒成 立, 即 2x﹣ ﹣ ﹣

≤0 在[1,2] 上恒成立, ∴ a≥x ﹣ 在[1, 2]上恒成立, 设h (x) =x ﹣ , 显然 h (x) 在[1, 2]上递增, ∴ h(x)max= , ∴ a≥ . 点评: 本题考察了函 数的单调性,导 数的应用,求参 数的范围,是一 道综合题.
2 2 2

18. (2014?濮阳一模)已知函数 f(x)=x ﹣2alnx (a∈且 a≠0) . (1)若 f(x)在定义域上为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)求函数 f(x)在区间[1,2]上的最小值. 考点: 利用导数研究 函数的单调性;
50

专题: 分析:

解答:

利用导数求闭 区间上函数的 最值. 导数的综合应 用. (1)利用函数 单调,其导函数 大于等于 0 或小 于等于 0 恒成 立;二次不等式 恒成立, 即 a≤0, 又 a≠0,从而得 出实数 a 的取值 范围. (2)先求出导 函数 f'(x) ,然 后讨论 a 研究函 数在[1,2]上的 单调性, 将( f x) 的各极值与其 端点的函数值 比较,其中最小 的一个就是最 小值. 解: (1)f′ (x) =2x﹣
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2× =

, 若函数 f(x)是 定义域 (0, +∞) 上的单调函数, 则只能 f′ (x) ≥0 在(0,+∞)上 恒成立, 即 x ﹣a≥0 在 (0,+∞)上恒 成立恒成立, 即只要 a≤0,又 a≠0, 实数 a 的取值范 围(﹣∞,0) . (2)f′ (x) = ,
51
2

① 当 a≤0 时, x∈[1,2],f'(x) >0,函数递增, ∴ 当 x=1 时 f (x) 有最小值,并且 最小值为 1 ② 当 a>0 时,f′ (x) = =

点评:

, 函数 f(x)在区 间(0, )上 为减函数,在区 间( ,+∞) 上为增函数. (i) 当 ≤1 时, 即 0<a≤1 时, 函数在[1,2]上 递增,所以当 x=1 时 f(x)有 最小值,并且最 小值为 1, (ii)当 1< ≤2 即 1<a< 4 时, 函数在[1, ]上递减,在 [ , 2]上递增; 所以当 x= 时 f (x) 有最小值, 并且最小值为 a﹣aln; (iii)当 >2 即 4<a, 函数在 [1,2]上递减, 所以当 x=2 时 f (x)有最小值, 并且最小值为 4 ﹣2aln2. 本题主要考查 了利用导数研 究函数的单调 性,以及利用导 数求闭区间上 函数的最值,属
52

于中档题. 19. (2014?宝鸡二模)已知函数 f(x)=e ﹣x (1)求 f(x)在点(0,1)处的切线方程; 2 (2)若 F(x)=f(x)﹣ax ﹣1 的导函数 F′ (x)在(0,2)上单调,求实数 a 的取值范围; (3)对 m≥0,n≥0,试比较 f(m)+f(n)与 mn+2 的大小,并说明理由. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 曲线上某点切 线方程. 导数的综合应 用. (1)由 f′ (x)
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x

专题: 分析:

=e ﹣1, 得 f′ (0) =0, 又f (0) =1, 故切线方程为: y﹣1=f′ (0) (x ﹣0) ,即 y﹣ 1=0. (2)当 F′ (x) =e ﹣2ax﹣1 在 [0,2]上是增函 数时, 有 F″ ( x) =e ﹣2a≥0 在[0, 2]上恒成立,即 a≤ 在[0,2]上
x x

x

恒成立,得 a≤ .当 F′ ( x) =e ﹣2ax﹣1 在 [0,2]上是减函 数时,得 a≥ a∈[ .综上, ,+∞)∪
x

(﹣∞, ]. (3) 结论: ( f m) +f (n) ≥mn+2. 当 a= 时,由(2) 可得 F″ (x)=e ﹣2a≥0 在[0, +∞)上恒成立, F (x) 在[0, +∞)
53
x

上是增函数,得 到:f(x) ≥ x +1.从而 f (m)+f(n) ≥ +2≥mn
2

解答:

+2. 解: (1) 由 f′ (x) x =e ﹣1, 得 f′ (0) =0, 又f (0) =1, 故切线方程为: y﹣1=f′ (0) (x ﹣0) ,即 y﹣ 1=0. (2)当 F′ (x) =e ﹣2ax﹣1 在 [0,2]上是增函 数时, x 有 F″ (x)=e ﹣2a≥0 在[0,2] 上恒成立,即 a≤ 在[0,2]上
x

恒成立, ∴ a≤ . 当 F′ (x)=e ﹣2ax﹣1 在[0, 2]上是减函数 时, x 有 F″ (x)=e ﹣2a≤0 在[0,2] 上恒成立,即 a≥ 在[0,2]上
x

恒成立, ∴ a≥ . ,

综上,a∈[

+∞) ∪ (﹣∞, ]. (3) 结论: ( f m) +f(n)≥mn+2. 当 a= 时, 由 (2) 可得 F″ (x)=e ﹣2a≥0 在[0,
x

54

+∞)上恒成立, ∴ F′ (x)在[0, +∞)上是增函 数, ∴ F′ (x) ≥F′ (0) =0, ∴ F (x) 在[0, +∞) 上是增函数,又 F(0)=0, ∴ F(x)≥0,得 到:f(x) ≥ x +1. 又 m≥0,n≥0, 故 f(m) ≥ m +1,f(n) ≥ n +1, ∴ f(m)+f(n) ≥ +2≥mn
2 2 2

点评:

+2, (当且仅当 m=n=0 时等号 成立) . 本题考察了函 数的单调性,切 线的方程,参数 的范围,考察导 数的应用,是一 道综合题.
3

20. (2014?延庆县一模)已知函数 f(x)=x ﹣3ax+b, (a,b∈R) . (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 3ax+y﹣2a=0,且 y=f(x)与 x 轴有且只有一个公共点,求 a 的取值范 围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 曲线上某点切 线方程. 分类讨论;导数 的综合应用. (Ⅰ )先求出函 数( f x) 的导数, 再对 a 讨论,分 a≤0, a>0 两种, 令 f'(x)>0,
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专题: 分析:

55

解答:

f'(x)<0,求 出单调区间; (Ⅱ )由条件先 求出切线的斜 率,再用点斜式 方程写出切线 方程,得到 b=2a,根据(Ⅰ ) 的结论,对 a 分 别讨论 a≤0,a >0,当 a≤0 时, 显然成立;当 a >0 时,求出函 数的极大值和 极小值,由 y=f (x) 的图象与 x 轴有且只有一 个公共点得极 大值小于 0 或极 小值大于 0,解 出不等式求并 集即可. 解: (Ⅰ )函数 f (x)的导数 f' 2 (x)=3x ﹣3a, (1)当 a≤0 时, f' (x) ≥0 恒成立, 此时 ( f x) 在 (﹣ ∞, +∞) 上是增 函数, (2) 当 a>0 时, 令 f'(x)=0,得 , 令 f'(x)>0, 得 或 , 令 f'(x)<0, 得 , ∴ f(x)在 和 上是增函数, 在 上是减函数; (Ⅱ )∵ f'(0)=
56

﹣3a,f(0)=b, ∴ 曲线 y=f(x) 在 x=0 处的切线 方程为 y﹣b=﹣ 3ax, 即 3ax+y﹣b=0, ∴ b=2a, ∴ f(x)=x ﹣ 3ax+2a, 由(Ⅰ )知, (1)当 a≤0 时, f (x) 在区间 (﹣ ∞, +∞) 单调递 增,所以题设成 立, (2) 当 a>0 时, ( f x) 在 处达到极大值, 在 处达到 极小值, 此时题设成立 等价条件是 或 , 即:
3



即: 或 , 解得:0<a<1, 由(1) (2)可 知 a 的取值范围 是(﹣∞,1) . 本题主要考查 导数在函数中 的综合应用:求 切线方程,求单 调区间,求极 值,同时考查分 类讨论的思想 方法,以及解不 等式的运算能
57

点评:

力,注意分清最 终求解集的并 还是交.

21. (2014?贵州二模)已知函数 f(x)= (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 x>0 时,f(x)>



恒成立,求整数 k 的最大值.

考点:

专题: 分析:

解答:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数求闭 区间上函数的 最值. 导数的综合应 用. (Ⅰ )求出函数 的定义域,求出 导函数,令导函 数大于 0,求出 x 的范围,通过 讨论 x 的范围与 定义域的关系, 求出递增区间 和递减区间 (Ⅱ )通过构造 函数 g(x) ,利 用导函数研究 g (x)的单调性, 利用函数的单 调性,求出函数 的最小值,即得 整数 k 的最大 值. 解: (Ⅰ )由
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知 x∈(﹣1,0) ∪ (0,+∞) . ∴

,令 h(x)=1+ (x+1) ln (x+1) 则 h′ (x)=1+ln (x+1) ,令 h′ (x)=0,得
58

易得 h(x)在

上递减,在

上递增. ∴

,∴ f′ (x)<0 故 f(x)的单调 减区间为(﹣1, 0) , (0,+∞) . (Ⅱ ) 当 x>0 时,

恒成立,即

对 x>0 恒成立. 令

,需 k<g(x)
min 即可.

. 令

∴ ? (x)在(0, +∞)上单调递 减, 又? (2)=ln3﹣ 1>0, ? (3) =2ln2 ﹣2<0, 则存在实数 t∈ (2,3) ,使 ? (t)=0,即 t=1+ln(t+1) ∴ g(x)在(0, t) 上递减, 在 (t, +∞)上递增. ∴

59

, 点评: 故 kmax=3. 本题考查利用 导函数求函数 的单调性、利用 函数的单调性 求函数的最值、 通过构造函数 证明不等式的 数学思想方法 在解题中的应 用.
3 2

22. (2014?凉山州一模)设 f(x)=x ﹣2x +2x,g(x)=a(10cosx+1) (1)求 f(sinx)的值域; (2)若?x1∈[﹣1,0],?x2∈[0, ],使得 f(x1)+g(x2)=2 成立,求 a 的取值范围.

考点:

利用导数研究 函数的单调性.
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专题: 分析:

导数的综合应 用. (1)利用换元 法以及函数的 单调性,即可求 得 f(sinx)的值 域; (2)由于 ?x1∈[﹣1,0], ?x2∈[0, ],

解答:

使得 f(x1)+g (x2)=2 成立, 则 f(x1)的值 域是 2﹣g(x2) 的值域的子集, 对参数 a 分类讨 论,结合函数的 值域,即可得到 a 的取值范围. 解: (1)令 t=sinx,则 t∈[﹣ 1,1],∴ f(t) 3 2 =t ﹣2t +2t, 2 ∴ f′ (t)=3t ﹣

60

4t+2=3(t﹣ )
2

+ >0,

则函数 f(t)在 [﹣1,1]上单调 递增, ∴ 当 t=﹣1 时,f (x)取得最小 值﹣5,当 t=1 时,f(x)取得 最大值 1; ∴ f(sinx)的值 域为[﹣5,1]; 2 (2) ∵ f′ (t) =3t ﹣4t+2>0, ∴ f(x)在[﹣1, 0]上单调递增, 又( f ﹣1) =﹣5, f(0)=0,则 f (x)在[﹣1,0] 上的值域为[﹣ 5,0]; 由 x∈[0, ]得, 1≤10cosx+1≤11, ∵ ?x1∈[﹣1,0], ?x2∈[0, ],

使得 f(x1)+g (x2)=2 成立, ∴ f(x1)的值域 是 2﹣g(x2)的 值域的子集, 当 a>0 时,g (x2) ∈[a, 11a], 2﹣g(x2)∈[2 ﹣11a,2﹣a], ∴

,解得

≤a≤2;

当 a=0 时,显然 不符合题意; 当 a<0 时,g (x2) ∈[11a, a],
61

2﹣g(x2)∈[2 ﹣a,2﹣11a],



,无解; 综上,a 的取值 范围是[ 点评: ,2].

本题考查利用 导函数研究函 数的单调性及 最值,考查学生 分析解决问题 的能力,解题的 关键是转化为 恒成立问题加 以解决,属于中 档题.
2

23. (2014?上海模拟)已知函数 f(x)=x ﹣(a+2)x+alnx+2a+2,其中 a≤2. (Ⅰ )求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 f(x)在(0,2]上有且只有一个零点,求实数 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 函数的零点. 导数的综合应 用. (I) 先求函数的 定义域再求函 数的导数,当导 数大于 0 时函数 单调递增,当导 数小于 0 时单调 递减. (II)此题考查 的是函数的零 点存在问题.在 解答的过程当 中要先结合函 数 f(x)在区间 (0, 2]内有且只 有一个零点的 条件,结合(I) 中确定函数的 增减区间,求出 函数的极小值
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专题: 分析:

62

解答:

和极大值,再转 化出不等关系, 利用此不等关 系即可获得问 题的解答. 解: (I)函数定 义域为 x>0, 且 f′ (x)=2x﹣ (a+2) + =

…(2 分) ① 当 a≤0,即 时,令 f' (x)<0,得 0 <x<1,函数 f (x)的单调递 减区间为(0, 1) , 令 f'(x)>0, 得 x>1,函数 f (x)的单调递 增区间为(1, +∞) . ② 当 ,

即 0<a<2 时, 令 f'(x)>0, 得 或

x>1, 函数 f(x)的单 调递增区间为 , (1,+∞) . 令 f'(x)<0, 得 , 函

数 f(x)的单调 递减区间为 . ③ 当 , 即 a=2

时,f'(x)≥0
63

恒成立,函数 f (x)的单调递 增区间为(0, +∞) .…(7 分) (Ⅱ ) ① 当 a≤0 时, 由(Ⅰ )可知, 函数 f(x)的单 调递减区间为 (0,1) ,f(x) 在 (1, 2]单调递 增. 所以 ( f x) 在 (0, 2]上的最小值为 f(1)=a+1, 由于

, 要使 ( f x) 在 (0, 2]上有且只有一 个零点, 需满足 f(1)=0 或

解得 a=﹣1 或 a <﹣ .

② 当 0<a≤2 时, 由(Ⅰ )可知, (ⅰ )当 a=2 时, 函数 ( f x) 在 (0, 2]上单调递增; 且

,所以 f(x)在 (0, 2]上有且只 有一个零点. (ⅱ ) 当 0<a<2 时,函数 f(x) 在 上单调递减,在 (1, 2]上单调递 增; 又因为 f(1) =a+1>0,所以
64



时,总有 f(x) >0. 因为 e <1<a+2, 所以 f (e =e ﹣ (a+2)]+ (alne +2a+2)<0. 所以在区间(0, )内必有零 点. 又因为 ( f x) 在(0, )内单 调递增, 从而当 0<a≤2 时, f (x) 在 (0, 2]上有且只有一 个零点. 综上所述,0< a≤2 或 a<﹣ 或 a=﹣1 时, f (x) 在 (0, 2]上有且只有一 个零点.…(13 分) 此题考查的是 利用导数研究 函数的单调性, 函数的零点存 在问题.在解答 的过程当中充 分体现了等价 转化的思想,以 及零点定理的 相关知识.值得 同学们体会反
65

) [e

点评:

思. 24. (2014?江西模拟)已知函数 f(x)=ax,g(x)=lnx,其中 a∈R. (1)若函数 F(x)=f(x)﹣g(x)有极值 1,求 a 的值; (2)若函数 G(x)= +ag(x)+ 在区间[1,+∞)上为单调函数,求 a 的取值范围.

考点:

专题: 分析:

利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 函数的极值. 导数的综合应 用. (1) ∵ F (x) =ax ﹣ln x(x>0) , ∴ F′ (x)=a﹣
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=

( x>

0) , 讨论① 当 a≤0 时,② 当 a>0 时 的情况,从而求 出 a 的值; (2) 由题意得 G (x)=2x+ ﹣ , 函数 G (x) 在[1, +∞)上是 单调函数,分情 况讨论① 若G (x) 为[1, +∞)上的 单调增函数,则 G′ (x) ≥0 在[1, +∞)上恒成立, 得 a≥0; ② 若G (x) 为[1, +∞)上的单调 减函数,得 a≤ ﹣2x 在[1, +∞) 上恒成立,不可 能,从而求出 a 的范围是[0, +∞) . 解: (1)∵ F(x) =ax﹣ln x(x> 0) ,∴ F′ (x)=a ﹣ = (x
2

解答:

66

>0) . ① 当 a≤0 时,F′ (x) <0, ∴ F ( x) 在(0,+∞)上 单调递减,无极 值. ② 当 a>0 时,F′ (x)=0?x= . 对 x∈(0, ) , F′ (x)<0,∴ F (x)在(0, ) 上单调递减; 对 x∈ ( , +∞) , F′ (x)>0,∴ F (x) 在 ( , +∞) 上递增, ∴ F (x) 在 x= 处 有极小值,即 F ( )=1﹣ln , ∴ 1﹣ ln =1?a=1, 综上 a=1; (2) 由题意得 G (x)=2x+ ﹣ , 函数 G (x) 在[1, +∞)上是 单调函数, ① 若G (x) 为[1, +∞)上的单调 增函数,则 G′ (x)≥0 在[1, +∞)上恒成立, 即 a≥ ﹣2x 在 [1, +∞) 恒成立, 设 h(x)= ﹣ 2x , ∵ h (x) 在[1, +∞)
67
2 2

上递减, ∴ h (x) (1) max=h =0, ∴ a≥0; ② 若G (x) 为[1, +∞)上的单调 减函数, 则 G′ (x)≤0 在 [1,+∞) 上恒成 立, 即 a≤ ﹣2x 在 [1,+∞) 上恒成 立,不可能, ∴ a 的范围是[0, +∞) . 本题考查了函 数的单调性,导 数的应用,求参 数的范围,是一 道综合题.
2 2 2

点评:

25. (2014?武汉模拟)已知函数 f(x)=(2x ﹣4ax)lnx+x (a>0) . (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)对?x∈[1,+∞) ,不等式(2x﹣4a)lnx>﹣x 恒成立,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 导数在最大值、 最小值问题中 的应用. 导数的综合应 用. (1)求出 f′ (x) ,解不等式 f′ (x)>0,f′ (x)<0,注意 对 a 进行讨论; (2)对?x∈[1, +∞) ,不等式 (2x﹣4a)lnx >﹣x 恒成立, 2 可得 (2x ﹣4ax) 2 lnx+x >0,即 f (x)>0 恒成 立, 转化为 ( f x) 借助 (1) min>0, 问结论可求. 解: (1)f′ (x)
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专题: 分析:

解答:

68

=

=4x﹣4a+lnx (4x ﹣4a) =4 (x﹣a) (lnx+1) , ( x> 0) . ① 若 0<a< , 当 x∈ (0, a) , x∈ ( ,+∞)时, f′ (x)>0,f (x)单调递增; 当 x∈(a, ) 时,f′ (x)<0, f (x) 单调递减, 所以 f(x)的单 调递增区间是 (0,a) , ( , +∞) ;单调递减 区间是(a, ) . ② 若 a= , f′ (x) ≥0, f (x) 在 (0, +∞)上单调递 增. ③ 若 a> , 当 x∈ (0, ) , x∈ (a, +∞)时,f′ (x) >0,f(x)单调 递增; 当 x∈ ( , a)时,f′ ( x) <0,f(x)单调 递减, 所以 f(x)的单 调递增区间是 (0, ) , (a, +∞) ;单调递减 区间是( ,a) . (2)因为 x≥1,
69

所以由(2x﹣ 4a)lnx>﹣x, 得 (2x ﹣4ax) 2 lnx+x >0, 即函 数 f(x)>0 对 x≥1 恒成立, 由(Ⅰ )可知, 当 0<a≤ 时,f (x) 在, [1, +∞) 上单调递增,则 f(x)min=f(1) >0, 成立, 故0 <a≤ . 当 <a≤1,则 f (x) 在[1,+∞) 上单调递增,f (x)min=f(1) =1>0 恒成立, 符合要求. 当 a>1 时, ( f x) 在(1,a)上单 调递减, (a, +∞)上单调递 增,则 f(x)min=f(a) 2 >0,即(2a ﹣ 2 2 4a )lna+a >0, 1<a< . 综上所述,0<a < . 本题考查应用 导数研究函数 单调性、最值问 题,导数是研究 函数单调性、最 值问题的有力 工具.
3 2

点评:

26. (2014?浙江模拟)设函数 f(x)=mx ﹣3x+4,m∈R. (Ⅰ )已知 f(x)在区间(m,+∞)上递增,求实数 m 的取值范围; (Ⅱ )存在实数 m,使得当 x∈[0,2]时,2≤f(x)≤6 恒成立,求 m 的值. 考点: 利用导数研究 函数的单调性.
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70

专题: 分析:

解答:

导数的综合应 用. (Ⅰ )先求 f′ (x) , 讨论 m 的 取值,使函数 f (x) 在 (m, +∞) 上单调递增,从 而求出 m 的取 值范围. (Ⅱ )讨论 m 的 取值,从而判断 函数 f (x) 在[0, 2]上的单调情 况, 从而使 ( f x) 在[0,2]上最大 是 6,最小是 2, 这样便可求出 m 的值. 解: (Ⅰ )f′ (x) 2 =3mx ﹣3; 若 m=0,f′ (x) <0,函数 f(x) 在 R 上是减函 数,不符合已知 条件; 若 m≠0,根据已 知条件,m>0, 解 3mx ﹣3>0 得: 或 ;
2



,解

得:m≥1. ∴ m 的取值范围 是[1,+∞) . (Ⅱ )由(Ⅰ )知 ① m>0 时,函数 f(x) 在[0, ]

上单调递减,在 ( ,+∞)上

单调递增; ∴ 若 ,即

71

时, 函 数 f(x)在[0, 2]上单调递减;

,显然这种情况 不存在; 若 ,即 时, 函数 f (x) 在[0, 单调递减,在 [ ,2]上单调 )

递增; ∴ 时, ( f x)

取到最小值 2, ∵ x=0 时,f(x) =4≠6,∴ x=2 时, 函数 f(x)取到 最大值 6; ∴

,解得:m=1. ② 若 m≤0, 函数 f (x)在[0,2] 上单调递减; ∴

点评:

,显然这种情况 不存在. 综上可得: m=1. 本题考查根据 导数符号判断 函数单调性的 方法,一元二次 不等式解的情 况,以及函数的 单调性和函数
72

最值的关系,注 意对 m 的讨论 要全面.

27. (2014?江西二模)设 (1)当 a=2 时,求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在[2,+∞)上单调递增,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性.
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专题: 分析:

解答:

导数的综合应 用. (1)先求出函 数的定义域及 函数 f(x)的导 函数,在定义域 下令导函数大 于 0 得到函数的 递增区间,在定 义域下令导函 数小于 0 得到函 数的递减区间. (2)求导数, 结合函数 f(x) 在[2, +∞)上单 调递增,得到导 函数 f′ (x)≥0 在[2,+∞)上, 则可求 a 的取值 范围. 解:由于 f(x) 2 =x ﹣x﹣lnx(x >0) 则





所以 ( f x) 在 (0, 1)单调递减, 在[1, +∞)上单
73

调递增; (2)

由 f′ (x)≥0, 又 x>0, 所以 ax ﹣x﹣ 1≥0,即
2



所以



得 点评:



求函数的单调 区间,应该先求 出函数的导函 数,令导函数大 于 0 得到函数的 递增区间,令导 函数小于 0 得到 函数的递减区 间.

28. (2014?莆田模拟)已知函数 f(x)=lnx﹣ax,a∈R. (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值. (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若不等式 f(x)+a<0 在 x∈(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 函数的极值;利 用导数求闭区 间上函数的最 值. 综合题;导数的 综合应用. (1)由 f′ (1) =0 即可求解;
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专题: 分析:

74

(2)f′ (x)= ﹣a,分 a≤0、a >0 两种情况讨 论可求函数的 单调区间; (3)f(x)+a <0 即 lnx﹣ ax+a<0,令 g (x)=lnx﹣ ax+a,由(1) 可判断 a≤0 时 g (x)>g(1) =0; a>0 时, 再 分 0< ≤1, > 1 两种情况进行 讨论,由(1) 可知函数 g(x) 的单调性,由单 调性可得结论; 解: (1)f′ (x) = ﹣a, ∵ x=1 是函数 f (x)的一个极 值点, ∴ f′ (1)=0,即 1﹣a=0,解得 a=1, 当 0<x<1 时, f′ (x)= ﹣1 >0, 当 x>1 时, f′ (x)= ﹣1 <0, ∴ x=1 是函数 f (x)的极大值 点, ∴ a=1. (2)f′ (x)= ﹣a, ∵ x>0,∴ 当 a≤0 时, f′ (x) = ﹣ a>0,f(x)在 (0,+∞)是增
75

解答:

函数; 当 a>0 时, ( f x) 在(0, )上 f′ (x) = ﹣a>0, ( f x) 在 ( , +∞) 上 f′ (x)= ﹣ a<0, 故 f(x)在(0, ) 上是增函数, ( f x) 在 ( , +∞) 上是减函数. (3)f(x)+a <0 即 lnx﹣ ax+a<0, 令 g(x)=lnx﹣ ax+a, 由 (1) 知, 当 a≤0 时, g (x) 在 (1, +∞)上单调递 增,g(x)>g (1)=0,不符 合题意; 当 a>0 时, (x) g 在(0, )上单 调递增,在( , +∞)上单调递 减, ① 若 0< ≤1,即 a≥1,则 g(x) 在(1,+∞)单 调递减, g(x)<g(1) =0,符合题意; ② 若 >1,即 0 <a<1,g(x) 在(1, )上递 增, 此时有 g (x) >
76

点评:

g(1)=0,不符 合题意; 综上所述,a 的 取值范围是 a≥1. 该题考查利用 导数研究函数 的极值、单调 性、不等式恒成 立问题,考查分 类讨论思想、转 化思想,考查学 生灵活运用知 识分析解决问 题的能力.
2

29. (2014?鄂尔多斯模拟)已知 f(x)=lnx,g(x)= ax +bx(a≠0) ,h(x)=f(x)﹣g(x) (Ⅰ )若 a=3,b=2,求 h(x)的极大值点; (Ⅱ )若 b=2 且 h(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 利用导数研究 函数的极值. 导数的综合应 用. (Ⅰ )将 a、b 的 值代入,可得 h
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专题: 分析:

(x)=lnx﹣ x

2

﹣2x,求出其导 数,再在区间 (0,+∞)上讨 论导数的正负, 可以得出函数 h (x)单调区间, 进而得到 h(x) 的极大值点; (Ⅱ ) 先求函数 h (x)的解析式, 因为函数 h(x) 存在单调递减 区间,所以不等 式 h′ (x)<0 有解,通过讨论 a 的正负,得出 h′ (x) <0 有解, 即可得出 a 的取
77

解答:

值范围. 解: (Ⅰ )∵ a=3, b=2,∴ h(x)=f (x)﹣g(x) =lnx﹣ x ﹣ 2x, ∴
2

=

(x>0) , 令 h′ (x)=0, 则 3x +2x﹣ 1=0,x1=﹣1, x2= , 则当 0<x< 时, h′ (x) >0, 则 h(x)在(0, ) 上为增函数, 当 x> 时,h′ (x)<0,则 h (x) 在 ( , +∞) 上为减函数, 则h (x) 的极大 值点为 ; (Ⅱ )∵ b=2, ∴
2

, ∴

=

, ∵ 函数 h(x)存
78

在单调递减区 间, ∴ h′ (x)<0 有 解. 即当 x>0 时, 2 则 ax +2x﹣1> 0 在(0,+∞) 上有解. ① 当 a>0 时, 2 y=ax +2x﹣1 为 开口向上的抛 物线,y=ax +2x ﹣1>0 在(0, +∞)总有解. ② 当 a<0 时, y=ax +2x﹣1 为 开口向下的抛 物线,而 2 y=ax +2x﹣1> 0 在(0,+∞) 总有解, 则△ =4+4a>0, 且方程 2 y=ax +2x﹣1=0 至少有一个正 根,此时,﹣1 <a<0 综上所述,a 的 取值范围为(﹣ 1, 0) ∪ (0, +∞) . 本题考查了利 用导数研究函 数的单调性、导 数的几何意义, 函数与方程的 讨论等,属于中 档题.
x 2 2 2

点评:

30. (2014?资阳二模)已知函数 f(x)=ke ﹣x (其中 k∈R,e 是自然对数的底数) . (Ⅰ )若 k<0,试判断函数 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (Ⅱ )若 k=2,当 x∈(0,+∞)时,试比较 f(x)与 2 的大小; (Ⅲ )若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ,求 k 的取值范围,并证明 0<f(x1)<1. 考点: 利用导数研究 函数的单调性; 函数在某点取 得极值的条件.
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专题:

导数的综合应
79

分析:

用. (Ⅰ )求导数 f′ (x) ,由于 f′ (x)<0,即得 f (x) 在区间 (0, +∞)上单调递 减; (Ⅱ )根据导函 数即可判断 f (x) 在 (0, +∞) 上的单调性,由 单调性即可比 较 f(x)与 2 的 大小; (Ⅲ )先求导数 f′ (x) ,由题意 知 x1、 x2 是方程 f′ (x)=0 的两 个根,令 , 利用导数得到 函数 φ(x)的 单调区间,继而 得到 k 的取值范 围,由 f′ (x1) =0,则得 ,又由 f (x1)=﹣(x1 2 ﹣1) +1,x1∈ (0,1) ,即可 得到 0<f(x1) <1. 解: (Ⅰ ) 由 f′ (x) x =ke ﹣2x 可知, 当 k<0 时,由 于 x∈ (0, +∞) , x f′ (x)=ke ﹣2x <0, 故函数 f(x)在 区间(0,+∞) 上是单调递减 函数. (Ⅱ ) 当 k=2 时, x 2 f(x)=2e ﹣x , x 则 f′ (x)=2e ﹣2x,
80

解答:

令 h(x)=2e ﹣2x,h′ (x) =2e ﹣2, 由于 x∈(0, +∞) ,故 h′ (x) x =2e ﹣2>0, x 于是 h(x)=2e ﹣2x 在 (0, +∞) 为增函数, x 所以 h(x)=2e ﹣2x>h(0)=2 >0,即 f′ (x) =2e ﹣2x>0 在 (0,+∞)恒成 立, 从而 f(x)=2e 2 ﹣x 在 (0, +∞) 为增函数, x 故 f(x)=2e ﹣ 2 x >f(0)=2. (Ⅲ )函数 f(x) 有两个极值点 x1,x2,则 x1, x x2 是 f′ (x) =ke ﹣2x=0 的两个 根, 即方程 两个根,设 , 则 有
x x x

x

, 当 x<0 时,φ′ (x)>0,函数 φ(x)单调递增 且 φ(x)<0; 当 0<x<1 时, φ′ (x)>0,函 数 φ(x)单调 递增且 φ(x) >0; 当 x>1 时,φ′ (x)<0,函数 φ(x)单调递减 且 φ(x)>0.
81

要使

有两

个根,只需

. 故实数 k 的取值 范围是 . 又由上可知函 数 f(x)的两个 极值点 x1,x2 满足 0<x1<1 <x2, 由

,得 ∴



, 由于 x1∈ (0, 1) , 故

点评:

, 所以 0<f(x1) <1. 本题考查利用 导数研究函数 的单调性、二次 函数的值域、不 等式的求解,考 查学生解决问 题的能力,属中 档题.

82


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