2022年导数练习题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 1已知函数fx2 ex2 xax2.（ 1）当 a 2 时,求函数 f x 的极值；2（ 2）如 g x f x x 2,且 g x 0 恒成立,求实数 a 的取值范畴 .2已知函数 f x ln x mx ,2g x 1mx 2x , m R,令 F x f x g x .2（ 1）当 m 1时,求函数 f x 的单调递增区间；2（ 2）如关于 x 的不等式 F x mx 1 恒成立,求整数 m 的最小值；3已知函数 f x e x sin x ax 2 2 a e ,其中 a R,e 2 . 71828 为自然对数的底数 .（ 1）当a0时,争论函数fx的单调性；x（ 2）当1a1时,求证：对任意的x0,fx0.24已知函数f x x m eln 2x .（ 1）如m1,求函数f x 的微小值；（ 2）设m2,证明：f x ln 20.5已知函数f x xlnax g x x,其中 aR 且a0, e为自然常数 .ex（ 1）争论f x 的单调性和极值；（ 2）当a1时,求使不等式f x mg x 恒成立的实数 m的取值范畴 .6已知函数f x xlnxax21,且f11.（ 1）求f x 的解析式；（ 2）证明：函数yf xx e2 x 的图象在直线yx1的图象下方 . 7已知函数fx1x3ex2mx1,g xlnx.3x（ 1）函数 fx 在点 1,f1处的切线与直线12 e xy40平行,求函数 f的单调区间；（ 2）设函数 fx 的导函数为'fx ,对任意的x x 20,如g x 1f'x 2恒成立,求m的取值范畴 . 试卷第 1 页,总 2 页名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 8设函数f x xlnx x0（）求函数f x的单调区间；R,F x是否存在极值,如存在,恳求出极值；如不（）设Fxax2fx a存在,请说明理由；（）当 x 0 时,证明：e xf x 19（本小题满分 12 分）已知函数 f x ln x x 1 22（）求函数 f x 的单调递增区间；（）证明：当 x 1 时,f x x 1；（ ） 确 定 实 数 k 的 所 有 可 能 取 值 , 使 得 存 在 x 0 1, 当 x 1, x 0 时 , 恒 有f x k x 110（此题满分 14 分）设函数 f x x ln x x 0 （）求函数 f x 的单调区间；（）设 F x ax 2f x a R ,F x 是否存在极值,如存在,恳求出极值；如不存在,请说明理由；（）当x0时证明：exfx1试卷第 2 页,总 2 页名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 参考答案1（1）函数 fx微小值为f01,无极大值； （ 2） 0,2e .【解析】试题分析：（ 1）当a2时,fx2 ex2 xx2,f'x2 2 ex2x2,通过二次求导可知,函数f'x2 2 ex2x2在 R 上单调递增, 且f' 00,所以当x0时f'x0,当x0时,f'x0因此函数fx在区间,0上单调递减,在区间0,上单调递增,所以fx的微小值点为f0,无极大值点；（2）对函数 g x 求导可得g'x2 2 exa,分a0和a0争论,明显a0时, 'x0,函数 g x 在 R 上单调递增,争论图象可知肯定存在某个x 00,使得在区间, x 0上函数y2x e的图象在函数yax 的图象的下方,即e2xax 不恒成立,舍去；当a0时,函数g x在 区 间,1lna上 单 调 递 减 , 在 区 间1 ln 2a,上 单 调 递 增 ,222g xming1 ln 2a0,解得 0a2 e.2试 题 解 析 ：（1 ） 函 数fx2 ex2 xax2的 定 义 域 是 R,当a2时 ,fx2 exx2x2f'x2 2 ex2x2, 易知函数f'x2 2 ex2x2的定义域是R上单调递增函数,且f' 00, 所以令f'x0,得x0；令f'x0,得x0,所以函数fx 在区间,0上单调递减,在区间0,上单调递增 . 所以函数 fx微小值为f01无极大值 .（ 2）g xfxx222 exx2ax22 x22 exax ,就g'x0.2 2 exa .当a0时,g'x0恒成立,所以函数g x在R上单调递增,且数形结合易知,肯定存在某个x00,使得在区间,x 0上,函数y2 x e的图象在函数yax 的图象的下方,即满意2x eax 的图象即g x所以g x0不恒成立,故当a0时,不符合题意,舍去；答案第 1 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当a0时,令g'x0,得x1 ln 2a；g'x0,得x1 ln 2a；22所以函数 g x 在区间,1lna上单调递减,在区间1 ln 2a,上单调递增 .222所以函数 g x 定义域 R 上的最小值为g1 ln 2a.a1ln 2a0,2如g x0恒成立,就需满意g1 ln 2a0,即ln ea222即aa1 ln 2a0,即a1lna0.2222a2 e.又由于a0,所以 1lna00,解得a2 e,所以 02综上,实数 a 的取值范畴是0,2e .考点：利用导数争论函数的单调性及极值、最值.【方法点睛】此题主要考查了利用导数争论函数的单调性及极值、最值,考查了分类争论、数相结合的数学思想, 属于难题 . 此题第一问争论函数的极值,通过二次求导得到导函数的最小值说明 f x 的单调性,来判定极值点的情形；其次问是此题解答的难点,把 g x 0 恒成立转化为求函数 g x 的最小值,按照 a 的符号进行争论, 来判定 g x 的单调性, 当 a 0 时, g x 单调递增, 通过找反例排除, 当 a 0时,求出函数 g x 零点,判定其单调性,求出其最小值,建立不等式求解 .2（1） 0,1 ；（2）最小值为 2 【解析】试 题 分 析 ：（ 1） 当m1时 , 对f x 求 导 求 其 单 调 增 区 间 ；（ 2） 先 化 简F x mx1为2F x mx10, 恒成立问题 , 转化为求G x F x mx1的最大值来求解 .试题解析：（ 1）f x lnx1x2,x0,f' 1x1x2,（x0） .2xx由f' 0得1x20又x0,所以 0x1,所以f x 的单增区间为 0,1 .（ 2）令G x F x mx1lnx1mx21m x1.2所以G' 1mx1m 2 mx1m x1xx答案第 2 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当m0时,由于x0,所以G x ' 0所以G x 在 0, 上是递增函数,又由于 G 1 3m 2 0 .2所以关于 x 的不等于 G x mx 1 不能恒成立 .m x 1 x 1当 m 0 时,G x ' m .x令 G ' 0 得 x 1,所以当 x 0, 1 时,G x ' 0；当 x 1, 时,G ' 0,m m m因此函数 G x 在 x 0, 1 是增函数,在 x 1, 是减函数 .m m故函数 G x 的最大值为 G 1 1 ln m .m 2 m令 h m 1ln m,由于 h 1 10,h 2 1ln 2 0 .2 m 2 4又由于 h m 在 m 0, 上是减函数,所以当 m 2 时,h m 0,所以整数 m 的最小值为 2.考点： 1. 导数与单调性； 2. 分类争论的数学思想；3. 恒成立问题【思路点晴】此题第一问是基本的求单调区间问题 , 只需按求函数单调性的方法来求解就可以 . 其次问是恒成 立 问 题 , 我 们 一 般 都 需 要 对 已 知 条 件 进 行 化 简 , 如 本 题 我 们 就 化 简 F x mx 1 为F x mx 1 0 , 化简后右边为零 , 我们就可以转化为求 G x F x mx 1 的最大值来求解 . 借助导数工具,判定函数大致图象并结合零点相关性质求解 .3（1）函数 f x 在 R 上为减函数；（2）证明见解析 .【解析】试题分析：（ 1）对函数fx求导 , 利用函数的单调性与导数的关系, 得出函数fx的单调性；（2）对任0等价于对任意的x0 ,sinxax2e0, 再构造函数意的x,0,f x 2 agx sinxax22 ae, 求导 , 利用导数 , 求出g x 的最大值小于零.试题解析：解： （ 1）当a0时,fx exsinxe ,xR,fxexsinxcosxe x e2sinx4e ,当xR时,2sinx42,fx0.fx在 R 上为减函数 . 答案第 3 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - （ 2）设gxsinxax22ae,x0,gxcosx2ax,令 h x g x cos x 2 ax,x 0 , ,就 h x sin x 2 a,当 1a 1 时,x ,0 ,有 h x 0,2h x 在 0 , 上是减函数,即 g x 在 0 , 上是减函数,又g 0 1 0,g 2 ax 22 0,4 2 2g x 存在唯独的 0x 0 , ,使得 g x 0 cos x 0 2 ax 0 0,4当 x 0 0 , x 0 时,g x 0,g x 在区间 0 , 0x 单调递增；当 x 0 x 0 , 时,g x 0,g x 在区间 0x , 单调递减,2因此在区间 0 , 上 g x max g x 0 sin x 0 ax 0 2 a e,cos x 0 2 ax 0 0,x 0 1cos x 0,将其代入上式得2 ag x max sin x 0 1cos 2x 0 2 a e 1sin 2x 0 sin x 0 12 a e,4 a 4 a 4 a令 t sin x 0,x 0 0 , ,就 t 0 , 2 ,即有 p t 1 t 2t 1 2 a e,t 0 , 2 ,4 2 4 a 4 a 2p t 的对称轴 t 2a 0,函数 p t 在区间 0 , 2 上是增函数,且 1a 1,2 2p t p 2 2 12 a e 2 15e 0 , 1a 1 ,2 2 8 a 2 8 2即任意 x 0 , ,g x 0,f x e x g x 0,因此任意 x 0 , ,f x 0 .考点： 1. 利用导数争论函数的单调性；2. 导数的综合应用 .【思路点晴】此题考查了利用导数争论函数的单调性 , 导数的综合应用等学问点 , 是压轴题 . 在（ 2）中, 留意等价转换 , 对任意的 x 0 , ,f x 0 等价于对任意的 x 0 , ,sin x ax 22 a e 0 ,再 构 造 函 数 g x sin x ax 2 2 a e , 利 用 单 调 性 , 求 出 函 数 g x 的 最 大 值 , 即g x max sin x 0 1cos 2x 0 2 a e 1sin 2x 0 sin x 0 12 a e , 把 sin x 0 看 成 一4 a 4 a 4 a答案第 4 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 个整体 , 就转化为二次函数最大值. 此题多次等价转化, 难度大 , 综合性强 .4（1）f11 ln 2；（2）证明见解析 .【解析】试题分析：（1）当m1 时,fx1ex1ex11得其零点x1,判定 fx在 0,exx上的单调性, 可知 fx 有微小值f1（ 2）把函数 fx放缩fxx m eln 2 xx e2ln 2 x ,构造函数g x ex2ln 2x1exln 2lnx,利用导数争论函数g x的单调性,并求出其e2最小值的范畴即可证得结论.x1x eln 2lnx,所以fx1ex1x e11,试题解析：（ 1）fxex1ln 2eexx观看得f111 e10,而fx1ex1x e11在 0, 上单调递增,所以当e1exxx0,1时fx0,当 1+时fx0；所以 fx在0,1单调递减,fx在 1 +单调递增,故fx 有微小值f11ln 2证明：（ 2）由于m2,所以fxx m eln 2xx e2ln 2x ,令g x ex2ln 2x1exln 2lnx,就g x x e21,易知g x 在 0, 单调递2 ex增,g1110,g2110, 所 以 设gx 0x 0 e210, 就x01,2； 当e2x0x0,x 0时,g 0,当xx 0,时,g 0；所以g x 在0, x 0上单调递减,x 0,上单调递增,1,所以g x ming x0x 0 e2ln 2x ,又由于g x0ex 0210,故ex 02x 0x0所以lnx e02ln1x 02lnx02x 0lnx 0,1,2, 所 以x 0所以g x ming x 0ex 02ln 2x0x 0 e2ln 2lnx 01ln 22x 0x01x 02ln 2ln 2当 且 仅 当1x0, 即x 01时 等 号 成 立 , 而x0x 0x0g x minln 2,即g x ln 2,所以f x ln 2,即f x ln 20答案第 5 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 考点：利用导数争论函数的单调性、极值、最值 .【方法点晴】此题主要考查了利用导数争论函数的单调性、极值、最值,考查了转化的数学思想和函数思想的应用,属于难题 . 要争论函数的极值,先争论定义域内的单调性,此题（1）中导函数的零点不能直接求出,解答时应分析解析式的特点,利用指数函数的性质找出极值点；解答的难点是（2）证明不等式,可利用函数 f x 的单调性进行放缩,转化为争论不含参数的函数 g x e x 2ln 2 x 的最小值,这是本题的技巧之一,导函数的零点同样不能直接解出,作为证明题,在判定单调性的前提下可以设出极值点,表示出函数值通过基本不等式证明即可,这是此题的另一个技巧.上单调递增,f x 有微小值5（ 1）当a0时,x0,f x 在 0,1 上单调递减,在1,f11lna ；当a0时,x0,f' xx10,所以f x 在 ,0 上单调递增,无极值；（ 2） , e【解析】试题分析：（ 1）求导,利用争论导数的符号确定函数的单调性,进而确定函数的极值；（ 2）分别参数,将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题,再利用导数求其最值试题解析：（ 1）由于f x xlnax a0,aR,xx1,.所以当a0时,f x 的定义域为 0, ；当a0,f x的定义域为,0.又f x xlnaxxlnxlna ,f' 11x故当a0时,x0,f x 在 0,1 上单调递减,在 1,上单调递增,f x 有微小值f11lna ；,0 上单调递增,无极值当a0时,x0,f' xx10,所以f x 在 （ 2）解法一：当 a 1 时,f x x ln x ,由（ 1）知当且仅当 x 1 时,f x min 1,由于 g x ' 1x x, x 0,所以 g x 在 0,1 上单调递增,在 1, 上单调递减,e当且仅当 x 1 时,g x max 1.e当 m 0 时,由于 g x xx 0, f x min 1,所以 f mg x 恒成立；e当 m 0 时, mg x max m,e要使不等式 f x mg x 恒成立,只需 1 m,e答案第 6 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 即 m e .综上得所求实数 m 的取值范畴为 , e.解法二：当 a 1 时 f x x ln x,所以 x 0, g x xx 0,ex故 f x mg x m f x e x ln x g x xx x令 F x e x ln x ,就 F ' x 1 e x2 ln x 1.x x由（ 1）可知 x ln x 0,所以当 x 1 时,F ' 0,当 0 x 1 时,F ' 0,所以 F x min F 1 e.故当 m e时,不等式 f x mg x恒成立 .考点： 1. 导数在争论函数中的应用；2. 导数在争论不等式恒成立问题中的应用【方法点睛】此题考查导数在争论函数单调性和最值中的应用以及导数在争论不等式恒成立中的应用,综合性较强, 属于难题； 利用导数处理不等式恒成立问题,往往优先考虑分别参数,利用 f x M 恒成立f x min M 转化为求函数的最值问题,再利用导数求最值, 要求同学有较高的规律思维才能和较强的运算化简才能 .26（1）f x x ln x x 1； （ 2）见解析 .【解析】试题分析： （ 1）求导,由f11求出 a 即可；（ 2）“ 函数yf x xx ex2的图象在直线yx1的下方” 等价于lnxex10,构造函数h x lnxx e1,求导,争论函数h x lnxex1的单调性与最值,证h x max0即可 .2 a1,a1,试题解析：对f x求导,得f 1lnx2ax,f11所以f x xlnxx21x1的 下 方 ”等 价 于 即 要 证（ 2 ） 证 明 ：“函 数yf x x x ex2的 图 象 在 直 线ylnxex10, 所以只要证 . h xlnxex1,h x 1x e,x 趋于 0时,hx0,x答案第 7 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 存在一个极值x00 1, 使得ex 01等价于h x lnx 011 0x 01所以h x 0x0x 0故函数yf x x ex2 x 的图象在直线yx1的下方 . 23. 函数与不等式 .e21.考点： 1. 导数的运算法就；2. 导数与函数的单调性、极值、最值；7（1） fx的单调区间为2 ,0,单调减区间为0,2e；（ 2）me【解析】试 题 分 析 ：（ 1） 根 据 f x 在 点 1, f 1 处 的 切 线 与 直 线 1 2 e x y 4 0 平 行 , 可 得f ' 1 1 2 e,据此可求得m,争论f x 的符号变化即得函数 f x的单调区间；（ 2）如对任意的' 'x x 2 0,如 g x 1 f x 2 恒成立,就有 g x max f x min,分别求出 f x min 和g x的最大值即可求得 m 的取值范畴 .试题解析：（ 1）f 'x x 22 ex m ,Q f ' 1 1 2 e m 1 2 , m 0' 2 '即 f x x 2 ex x x 2 e ,令 f x 0,解得 x 2 e 或 x 0,所以函数 f x的单调区间为 2 , , ,0,单调减区间为 0,2e；（ 2）g 'x 1 ln2 x x 0,令 g 'x 1 ln2 x 0 0 x ex x函数 g x 的单调为 0,e,单调减区间为 ,e .当 x e 时,g x max 1,又 f 'x x 22 ex m x e 2m e ,2f 'x min m e 2e' 1 2 2 1Q g x 1 f x 2 恒成立,m e m e .e e考点：导数的几何意义及利用导数争论函数的单调性、求函数在给定区间上的最值等 .【方法点睛】此题主要考查了导数的几何意义,利用导数争论函数的单调性及给定区间山的最值问题,属于中档题 . 利用导数的几何意义求曲线上某点的切线是导数中最常见的问题之一,关键是把好审题关,判断给出的点是否是切点,利用导数争论函数的单调性常用列表或串根法判定导数的符号,有时仍要争论,此题的难点是（2）中的转化问题,涉及到两个变量的恒成立,通常逐个分析,转化为求函数的最值问题F x.8（）f x 的单调增区间为1,f x的单调减区间为0,1；（）当a0时,无极ee值；当a0时,F x有极大值1ln1,无微小值（）证明详见解析22a【解析】试题分析：（）利用一阶导数的符号来求单调区间（）对 a 进行分类争论,F x的极值（）把证明不等式转化求函数的最小值大于0答案第 8 页,总 12 页名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 试题解析：（）fx lnx1x0令 f x 0,即 ln x 1 0,得 x 1 ,故 f x 的增区间为 1 , ；e e令 f x 0,即 ln x 1 0,得 x 1,故 f x 的减区间为 0 , 1 ；e ef x 的单调增区间为 1 , ,f x 的单调减区间为 ,0 1 e e2（）F x ax 2 ln x 1 x 0 ,F x 2 ax 1x 2 axx 1 x 0 当 a 0 时,恒有 F x 0F x 在 0 , 上为增函数,故 F x 在 x 0 , 上无极值；当 a 0 时,令 F x 0,得 x 1, 当 x 0 , 1,F x 0,F x 单调递增,2 a 2 a当 x 1,F x 0,F x 单调递减2 aF极大值 x F 1 1ln 1,F x 无微小值；2 a 2 2 a综上所述：a 0 时,F x 无极值 a 0 时,F x 有极大值 1 ln 1, 无微小值2 2 a（）证明：设 g x e xln x x 0 ,就即证 g x 2,只要证 g x min 21g x e x 1,g 0 . 5 e 2 2 1 7. 2 0,g 1 e 1 0x又 g x e x 1在 ,0 上单调递增x方程 g x 0 有唯独的实根 x t,且 t 0 . 5 1,当 x 0 , t 时,g x g t 0当 x t , 时,g x g t 0当 x t 时,g x min e tln tg t 0 即 e t 1,就 t e tg x min 1ln e t 1t 2 t 12t t t t原命题得证考点：求导公式,函数的单调区间,函数的极值,函数的最值【方法点睛】（ 1）解含参数 a 的不等式, 需要对 a 进行分类争论, 是此题的亮点, 也是此题的难点之一 （2）把证明不等式转化为求函数的最小值,也是此题的难