利用导数研究函数的单调性之二阶求导型.pdf

利用导数研究函数的单调性之二阶求导型利用导数研究函数的单调性之二阶求导型评卷人得分一、解答题题型注释一、解答题题型注释2x1函数f(x)xe ln x ax1当a 0时，求函数f(x)在,1上的最小值；2假设x 0，不等式f(x)1恒成立，求a的取值范围；1211113假设x 0，不等式f()1e e 1xx恒成立，求a的取值范围xxee2x1 1e2a 2；3a 1ln2；2e(e1)e1e【解析】2x试题分析：1由a 0时，得出f(x)xe ln x，那么f(x)(2x1)e2x1，x/再求导f x，可得函数f(x)在(0,)上是增函数，从而得到函数fx的单调性，/即可求解函数f(x)在,1上的最小值；2由1知函数f(x)在(0,)上是12增 函 数，且x0 0，使 得f(x0)0，得(2x01)e2x01 a 0，即x0ax0(2x02 x0)e2x01，设f(x0)1ln x02x02e2x0，利用函数f(x0)的单调性，x1即可求解求a的取值范围；3 根据题意，转化为axlnxxe1对任意x 0成exex1e 1立，令g(x)xln x x，所以g(x)，可得出gx的单调性，求解出gxxee的最小值，即可a的取值范围12x试题解析：1a 0时，f(x)xe ln x，f/(x)(2x 1)e2x，x1 f/(x)(4x 4)e2x2 0，所以函数f/(x)在(0,)上是增函数，x仅供学习参考/又函数f(x)的值域为 R，/故x0 0，使得f(x0)(2x01)e2x01 0，x011/，所以当x,1时，f(x)0，2211e即函数f(x)在区间,1上递增，所以f(x)min f()ln222212f/(x)(2x 1)e2x a，x又f/()2e 2 0，x0/由1知函数f(x)在(0,)上是增函数，且x0 0，使得f(x0)012进而函数f(x)在区间(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，f(x)min f(x0)x0e2x0 ln x0 ax0，/2x由f(x0)0得：(2x01)e01 a 0，x02ax0(2x0 x0)e2x01，f(x0)1lnx02x0e2x0，因为x 0，不等式f(x)1恒成立，21lnx02x0e2x01lnx02x0e2x0 0a (2x01)e2x01 2 0 2x022另解：因为x 0，不等式f(x)1恒成立，xe2x ln x 1elnxe2x(ln x 2x)1 2xelnx2x(ln x 2x)1 2即a xxx由e x 1 exlnx2xxe2xln x 1 ln x 2x 1 2，x当lnx 2x 0时取等号，a 21111221111a13由f()1e e 1xx，exln1exe 1xx，xxxxxxeeee2xxx11，a xln x x e 1对任意x 0成立，xln x x a e 1xxeeee试卷第 2 页，总 4 页x1x 1/e 1令函数g(x)xln x x，所以，g(x)ln x xxe(e 1)eeee/当x 1时，g(x)0，当0 x 1时，g(x)0，11ee 1 1所以当x 1时，函数g(x)取得最小值g(1)1，11ee(e 1)eea 1e(e 1)e1e考点：利用导数研究函数的单调性与极值最值【方法点晴】此题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题ex1xaxaR2函数fx2e1当a 3时，求函数fx的单调区间；22假设函数fx在1,1上为单调函数，求实数a的取值范围3设函数f(x)e ln(x1)ax.1当 a=2 时，判断函数f(x)在定义域内的单调性；2当x 0时，f(x)cosx恒成立，求实数 a 的取值范围.4函数f(x)xln xxa2x xa(aR)在其定义域内有两个不同的极值点.21求a的取值范围；22设两个极值点分别为x1,x2，证明：x1 x2 e.5函数f(x)x 3|xa|2aR 1当a 0时，讨论f(x)的单调性；2求f(x)在区间0,2上的最小值26设f(x)xln xax(2a 1)x，aR.31令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；仅供学习参考2f(x)在x 1处取得极大值.求实数a的取值范围.7设函数fxxaln1 x,gx ln1 xbx.1 x1假设函数fx在x 0处有极值，求函数fx的最大值；2是否存在实数b，使得关于x的不等式gx0在0，上恒成立？假设存在，求出b的取值范围；假设不存在，说明理由；证明：不等式1k1lnn n 1,22nk1k 12试卷第 4 页，总 4 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案参考答案1 1e2a 2；3a 1ln2；2e(e1)e1e【解析】2x试题分析：1由a 0时，得出f(x)xe ln x，那么f(x)(2x1)e2x1，再求x/导f x，可得函数f(x)在(0,)上是增函数，从而得到函数fx的单调性，即可求/解函数f(x)在,1上的最小值；2由1知函数f(x)在(0,)上是增函数，且12x0 0，使得f(x0)0，得(2x01)e2x02设f(x0)1ln x02x0e2x01 a 0，即ax0(2x02 x0)e2x01，x0，利用函数f(x0)的单调性，即可求解求a的取值范围；3x1根 据 题 意，转 化 为axlnxxe1对 任 意x 0成 立，令xeex1，所以g(x)，可得出gx的单调性，求解出gx的最小值，g(x)xln x x e 1xee即可a的取值范围12x试题解析：1a 0时，f(x)xe ln x，f/(x)(2x 1)e2x，x1 f/(x)(4x 4)e2x2 0，所以函数f/(x)在(0,)上是增函数，x/又函数f(x)的值域为 R，/故x0 0，使得f(x0)(2x01)e2x01 0，x011/，所以当x,1时，f(x)0，2211e即函数f(x)在区间,1上递增，所以f(x)min f()ln222212f/(x)(2x 1)e2x a，x又f/()2e 2 0，x0/由1知函数f(x)在(0,)上是增函数，且x0 0，使得f(x0)012进而函数f(x)在区间(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，答案第 1 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。f(x)min f(x0)x0e2x0 ln x0 ax0，/2x由f(x0)0得：(2x01)e01 a 0，x02ax0(2x0 x0)e2x01，f(x0)1lnx02x0e2x0，因为x 0，不等式f(x)1恒成立，21lnx02x0e2x01lnx02x0e2x0 0a (2x01)e2x01 2 0 2x022另解：因为x 0，不等式f(x)1恒成立，xe2x ln x 1elnxe2x(ln x 2x)1 2xelnx2x(ln x 2x)1 2即a xxx由e x 1 exlnx2xxe2xln x 1 ln x 2x 1 2，x当lnx 2x 0时取等号，a 21111221111a13由f()1e e 1xx，exln1exe 1xx，xxxxxxeeee2xxx11，a xln x x e 1对任意x 0成立，xln x x a e 1xxeeeex1x 1/g(x)ln x 令函数g(x)xln x x e 1，所以，xxe(e 1)eeee/当x 1时，g(x)0，当0 x 1时，g(x)0，11e 1所以当x 1时，函数g(x)取得最小值g(1)1e 1，11ee(e 1)eea 1e(e 1)e1e答案第 2 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。考点：利用导数研究函数的单调性与极值最值【方法点晴】此题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题2 1 单调递增区间为,0和ln2,，单调递减为0,ln 2;2,2 1e,2e【解析】试题分析：1求函数的导数，并且通分，分解因式的化简，然后解f x 0和f x 0的解集；2假设函数在-1,1上为单调函数，所以分单调递增和单调递减两种情况讨论，ex1在1,1上恒成立，那么a小于等于函数的最小值，假假设单调递增，转化为a 2exex1x在1,1上恒成立，a大于等于函数的最大值.设函数单调递减，转化为a 2eex1a，试题解析：fx的定义域为xR，f x2exxx3ex13e 2e 11a，那么f x，xx22e22e令f x 0，解得：x ln2或x 0，令f x 0，解得：0 x ln2，fx的单调递增区间为,0和ln2,，单调递减为0,ln 2ex1xa 0在1,1上恒成立，2假设fx在1,1上单调递增，那么f x2eex1在1,1上恒成立，a 2exx1t1t 11ex 22，令t e同，那么t,e，2e2t2 tex当且仅当t11e11，t 2,e时取“=，又e 2t2e2ee答案第 3 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。ex11xe，x1,1时，2 2e2ea 2，ex1xa 0在1,1上恒成立，假设fx在1,1上单调递减，那么f x2eex1在1,1上恒成立，a 2ex由式知，a 1e，综上，a的取值范围是,22e 1e,2e考点：导数与函数的单调性3 1 在(1,)上是增函数;2a 2.【解析】试题分析：1首先求函数的导数，令gx f x，并且注意函数的定义域，再求函数导数的导数gx e x1x 12，分x 0和1 x 0讨论gx的正负，同时得到函数gx的单调性，求得gx的最小值为 0，即f x 0恒成立，得到函数的单调性；2由1可得当a 2时，不等式恒成立，当a 2时，记(x)f(x)cosx，根据导数求函数的最值，证明不等式不恒成立.试题解析：1f(x)的定义域为(1,)，f(x)e 记g(x)e xx12，x1112，那么g(x)ex，(x1)2x111，此时g(x)0，2(x1)11，此时g(x)0，(x1)2当 x0 时，ex1,当-1x2 时，记(x)f(x)cosx，那么(x)e 当 x1 时，h(x)ex1asin x，x111 0，4显然当0 x 1时，h(x)0，从而(x)在0,)上单调递增.又(0)2a 0,x,(x)0，那么存在x0(0,)，使得(x0)0.所以(x)在(0,x0)上递减，所以当x(0,x0)时，(x)(0)0，即 fxcosx，不符合题意.综上，实数 a 的取值范围是a 2.考点：1.导数与单调性；2.导数的综合应用.【方法点睛】此题考查了导数与单调性的关系，以及证明不等式的问题，综合性较强，重点说说导数与函数单调性的证明，一种情况是求函数的导数后，能够解得f x 0或f x 0的解集，从而得到函数的单调递增和递减区间，令一种情况是求导后，不能直接求得f x 0或f x 0的解集，需要求函数的二阶导数，根据二阶导数大于0 或小于 0的解集，求得一阶导数的单调增减区间，同时求得一阶导数的最大值或是最小值，从而得到一阶导数的正负，求得函数的增或减区间.4 10 a【解析】1；2证明见解析.ea2x xa(aR)在其定义域内有两个不同的极值点2ln x等价于方程f(x)0在(0,)有两个不同根，即函数g(x)与函数y a的图象在xln x讨论函数g(x)单调性和极值根据图象即可求a的取值范(0,)上有两个不同交点，x试题分析：1函数f(x)xln xx1xx22围；2 作 差 得，ln1 a(x1 x2)，即a.原 不 等 式x1x2 e等 价 于x2x1 x2lnln x1ln x2 2 a(x1 x2)2 lnx12(x1 x2)x1，t，那么t 1，只需证明不x2x1 x2x2答案第 5 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。等式lnt 2(t 1)成立即可.t 1试题解析：1依题意，函数f(x)的定义域为(0,)，所以方程f(x)0在(0,)有两个不同根.即，方程lnxax 0在(0,)有两个不同根.转化为，函数g(x)又g(x)ln x与函数y a的图象在(0,)上有两个不同交点.x1ln xx eg(x)0g(x)0，即时，时，0 x e2x1.e所以g(x)在(0,e)上单调增，在(e,)上单调减，从而g(x)极大=g(e)又g(x)有且只有一个零点是 1，且在x 0时，g(x)，在x时，g(x)0，所以g(x)的草图如下，可见，要想函数g(x)ln x与函数y a的图象在(0,)上有两个不同交点，只需x0 a 1.e2由1可知x1,x2分别是方程lnxax0的两个根，即ln x1 ax1，ln x2 ax2，x1xx2设x1 x2，作差得，ln1 a(x1 x2)，即a.x2x1 x2ln2原不等式x1x2 e等价于ln x1ln x2 2 a(x1 x2)2 lnx12(x1 x2)x2x1 x2令x2(x1 x2)x12(t 1)lnt t，那么t 1，ln1，x2x1 x2t 1x2(t 1)22(t 1)0，设g(t)lnt，t 1，g(t)2t(t 1)t 1答案第 6 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。函数g(t)在(1,)上单调递增，g(t)g(1)0，即不等式lnt 2(t 1)成立，t 12故所证不等式x1x2 e成立.考点：1、利用导数研究函数的单调性及极值；2、利用导数证明不等式.【方法点睛】此题主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、利用导数证明不等式，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数局部一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简，或者进一步转化为不等式恒成立问题利用导数证明.5 1f(x)的增区间为(,1)，(0,)，减区间为(1,0)；2当a 0时，f(x)的最小值为3a2；当0 a 1时，f(x)的最小值为a 2；当a 1时，f(x)的最小值为3a【解析】试题分析：1研究单调性，可求出导函数f(x)，然后解不等式f(x)0得单调增区间，解不等式f(x)0得减区间，注意绝对值，要分类求解；2由于x0,2，因此先分类3a 0，a 2，0 a 2，前两种情形，绝对值符号直接去掉，因此只要用导数f(x)研究单调性可得最值，第三种情形同样要去绝对值符号，只是此时是分段函数，32x 3(xa)2,a x 2,3x 3,a x 2,，f(x)2，可以看出这时又要分f(x)3x 3(xa)2,0 x a.3x 3,0 x a.类：0 a 1，1 a 2，得单调性再得最小值试题解析：1当a 0时，f(x)x 3|x|2当x 0时，f(x)x 3x2，f(x)3x 3 0，f(x)在(0,)单调递增；当x 0时，f(x)x 3x2，f(x)3x 33(x1)(x1)323231 x 0时，f(x)0，f(x)在(1,0)单调递减；x 1时，f(x)0，f(x)在(,1)单调递增综上，f(x)的增区间为(,1)，(0,)，减区间为(1,0)答案第 7 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。2a 2时，f(x)x 3(a x)2，0 x 2，3f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)min f(1)3aa 0时，f(x)x 3(xa)2，0 x 2，3f(x)3x23 0，f(x)在0,2单调递增，f(x)min f(0)3a23x 3(xa)2,a x 2,0 a 2时，而0 x 2，f(x)3x 3(xa)2,0 x a.23x 3,a x 2,f(x)23x 3,0 x a.i0 a 1时，f(x)在a,2上单增，f(a)为最小值f(x)3(x21)0在0 x a上恒成立，f(x)在0,a上单调递减，3f(x)min f(a)a 23ii1 a 2时，f(x)在a,2上单调递增，f(x)min f(a)a 2在0 x a时，f(x)3(x 1)，f(x)min f(1)3a综上可知，当a 0时，f(x)的最小值为3a2；当0 a 1时，f(x)的最小值为a 2；当a 1时，f(x)的最小值为3a考点：分段函数，用导数研究函数的单调性、最值6 1当a 0时，函数g(x)单调递增区间为(0,)，当a 0时，函数g(x)单调递增区间为(0,【解析】试题分析：1先求出g(x)f(x)的解析式，然后求函数的导数gx，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求出gx的单调区间；2分别讨论a的取值范围，根据函数极321112a)，单调递减区间为(,)；2a2a2答案第 8 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。值的定义，进行验证可得结论.试题解析：1g(x)ln x2ax2a，x(0,)，那么g(x)当a 0时，x(0,)时，g(x)0，当a 0时，x(0,112ax，2a xx1)时，g(x)0，2a1,)时，g(x)0，所以当a 0时，函数g(x)单调递增区间为(0,)；2a11当a 0时，函数g(x)单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,).5 分2a2ax(2由1知，f(1)0.当a 0时，x(0,1)时，f(x)0，x(1,)时，f(x)0，所以f(x)在x 1处取得极小值，不合题意.111时，1，由1知f(x)在(0,)内单调递增，22a2a1当x(0,1)时，f(x)0，x(1,)时，f(x)0，所以f(x)在x 1处取得极小值，2a当0 a 不合题意.当a 11时，即1时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减，22a所以当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意.当a 111时，即0 1，当x(,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，22a2a当x(1,)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在x 1处取得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为a 1.2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.【方法点晴】此题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值，表达了导数的综合应用，着重考查了函数的单调性、极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值，把问题等价转化等是解答的关键，综合性强，难度较大，平时注意解题方法的积累与总结，属于难题.7 1最大值为f00；2b的取值范围是b1；证明见解析【解析】试题分析：1由f(x)在x 0处有极值得f(0)0，从而求得a，然后由f(x)正负，研究f(x)的单调性，得极值，最值；2这类问题，可假设存在，不等式gx0在上恒成立，考虑到g(0)0，因此最好有x(0,)时，g(x)g(0)，那么恒成0，答案第 9 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。立结论为真，由此研究g(x)单调性，求导g(x)11b，注意到0 1，因此分x1x1类b1，b0，0b1分别研究g(x)的正负，得g(x)的单调性，可得结论；要证明此不等式，可能需要用到上面函数的结论，由上面的推理x ln1 x xx 0，1 xn1k111 1 ln1，令xn2lnn，那么x1，因此只取x 得不等式：1nn2nnk1k 1要 证 得xn是 递 减 数 列，不 等 式 的 右 边 就 证 得，为 此 作 差xn xn1n1 n11ln 1 0，222n 1n1n 1nn 1n1 lnk ln k 1ln1 ln1，那 么 有kk2k1nn1不 等 式 的 左 边，由lnn nn1kn1n1k1xn2ln12ln12kk1k 1kn 1k1k 1k1n11 k2kk1k 1n1n1111 1 1这里用到了不等式的放缩法 2nk1k 1kk1k 1k试题解析：1由得：fx11 x2a，且函数fx在x 0处有极值1 x f011012ax 0a 1,fxln1 x101 x1x，当时，x 1,0fx0,fx单调递增21 x1 x fx1 x2当x0,时，fx0,fx单调递减所以函数fx的最大值为f002由得：gx1b1 xi假设b1，那么x 0,时，gx1b 01 x所以gxln1xbx在0,上为减函数gxln1 xbx g00在0,上恒成立；答案第 10 页，总 11 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。ii假设b0，那么x 0,时，gx1b 01 x所以gxln1xbx在0,上为增函数gxln1 xbx g00，不能使gx0在0,上恒成立；iii假设0b 1，那么gx当x0,11b 0时，x 11 xb11时，gx0b11上为增函数，b所以gxln1xbx在0,此时gxln1 xbx g00所以不能使gx0在0,上恒成立综上所述，b的取值范围是b1由以上得：x ln1 x xx 01 xn1k11 1 ln1，令xn2lnn取x 得：1nnnnk1k 1那么x11n1 n11,xn xn12ln1 0222n 1n1n 1nn 1nx112n1因此xn xn1n又lnn 1 lnk ln k 1ln1 ln1kk2k1nn1kn1 n1k1故xn2ln12ln12k 1kk 1kn 1k1k1k1n1n11 111k 2 2 1 1.knk1k 1k1k 1kk1k 1kn1考点：用导数研究函数的极值、单调性、最值，不等式恒成立问题，用函数证明不等式答案第 11 页，总 11 页