2022年利用导数研究函数的单调性之二阶求导型 .pdf

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1、精品资料欢迎下载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）1已知函数axxxexfxln)(2（ 1）当0a时，求函数)(xf在1 ,21上的最小值；（ 2）若0 x，不等式1)(xf恒成立，求a的取值范围；（ 3）若0 x，不等式exxexeexxf11111)1(2恒成立，求a的取值范围1 （1）ln 22e； （2）2a； （3）11(1)eeaee【解析】试题分析：（ 1）由0a时，得出xxexfxln)(2，则21( )(21)xfxxex，再求导fx，可得函数)(/xf在),0(上是增函数，从而得到函数fx的单调性，即可求解函数)(xf在1 ,21上的最小

2、值；（2）由（ 1）知函数)(/xf在),0(上是增 函 数 ， 且00 x， 使 得0()0fx， 得01)12(0200axexx， 即022000( 2)1xa xxxe，设022000()1ln2xf xxx e，利用函数0()f x的单调性，即可求解求a的取值范围；（3）根据题意， 转化为11lnxexeaxx xe对任意0 x成立，令exeexxxxxg11ln)(，所以( )g x，可得出g x的单调性， 求解出g x的最小值，即可a的取值范围试题解析：（1）0a时，xxexfxln)(2，xexxfx1)12()(2/，01)44()(22/xexxfx，所以函数)(/xf在)

3、, 0(上是增函数，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页精品资料欢迎下载又函数)(/xf的值域为R，故00 x，使得01)12()(0200/0 xexxfx，又022)21(/ef，210 x，所以当1 ,21x时，0)(/xf，即函数)(xf在区间1 ,21上递增，所以2ln2)21()(minefxf（ 2）axexxfx1)12()(2/，由（ 1）知函数)(/xf在),0(上是增函数，且00 x，使得0)(0/xf进而函数)(xf在区间),0(0 x上递减，在),(0 x上递增，00200minln)()(

4、0axxexxfxfx，由0)(0/xf得：01)12(0200axexx，1)2(020200 xexxax，0220002ln1)(xexxxf，因为0 x，不等式1)(xf恒成立，02ln12ln10022002200 xxexxexx2021)12(0200 xexax（另解：因为0 x，不等式1)(xf恒成立，即21)2(ln21)2(ln1ln2ln2ln2xxxexxxxeexxxeaxxxxx由21ln12ln122lnxxxexxexexxxx，当02lnxx时取等号，2a）（ 3）由exxexeexxf11111)1(2，exxxexeexxaxex111111ln122，

5、exeexaxxx11ln，exeexxxxa11ln对任意0 x成立，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页精品资料欢迎下载令函数exeexxxxxg11ln)(，所以exeeexxxg)1(1ln)(/，当1x时，0)(/xg，当10 x时，0)(/xg，所以当1x时，函数)(xg取得最小值eeeeeeeg11)1(11111)1(，eeeea1)1(1考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）【方法点晴】 本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

6、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已知函数12xxefxax aRe（ 1）当32a时，求函数fx的单调区间；（ 2）若函数fx在1,1上为单调函数，求实数a的取值范围3设函数axxexfx)1ln()(.（ 1）当 a=2 时，判断函数)(xf在定义域内的单调性；（ 2）当0 x时，xxfcos)(恒成立，求实数a 的取值范围 .4已知函数2( )ln()2af xxxxxa aR在其定义域内有两个不同的极值点.（ 1）求a的取值范

7、围；（ 2）设两个极值点分别为12,x x，证明：212xxe.5已知函数3( )3| 2f xxxa（aR） （ 1）当0a时，讨论( )f x的单调性；（ 2）求( )f x在区间0,2上的最小值6设2( )ln(21)f xxxaxax，aR.（ 1）令( )( )g xfx，求( )g x的单调区间；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页精品资料欢迎下载（ 2）已知( )f x在1x处取得极大值. 求实数a的取值范围 .7设函数ln 1,ln 11xfxaxg xxbxx.（ 1）若函数fx在0 x处有极值，求

8、函数fx的最大值；（ 2） 是否存在实数b， 使得关于x的不等式0g x在0，上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；证明：不等式2111ln1,212nkknnk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页精品资料欢迎下载参考答案1 （ 1）ln 22e； （2）2a； （3）11(1)eeaee【解析】试题分析：（ 1）由0a时，得出xxexfxln)(2，则21( )(21)xfxxex，再求导fx，可得函数)(/xf在),0(上是增函数，从而得到函数fx的单调性，即可求解函数)(xf在1 ,21上的最

9、小值； （2） 由 （1） 知函数)(/xf在),0(上是增函数， 且00 x，使 得0()0fx， 得01)12(0200axexx， 即022000( 2)1xa xxxe， 设022000()1l n2xfxxxe，利用函数0()f x的单调性，即可求解求a的取值范围； （3）根据题意，转化为11lnxexeaxxxe对任意0 x成立，令exeexxxxxg11ln)(，所以( )g x，可得出g x的单调性，求解出g x的最小值，即可a的取值范围试题解析：（1）0a时，xxexfxln)(2，xexxfx1)12()(2/，01)44()(22/xexxfx，所以函数)(/xf在),0

10、(上是增函数，又函数)(/xf的值域为R，故00 x，使得01)12()(0200/0 xexxfx，又022)21(/ef，210 x，所以当1 ,21x时，0)(/xf，即函数)(xf在区间1 ,21上递增，所以2ln2)21()(minefxf（2）axexxfx1)12()(2/，由（ 1）知函数)(/xf在),0(上是增函数，且00 x，使得0)(0/xf进而函数)(xf在区间), 0(0 x上递减，在),(0 x上递增，00200minln)()(0axxexxfxfx，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15

11、页精品资料欢迎下载由0)(0/xf得：01)12(0200axexx，1)2(020200 xexxax，0220002ln1)(xexxxf，因为0 x，不等式1)(xf恒成立，02ln12ln10022002200 xxexxexx2021)12(0200 xexax（另解：因为0 x，不等式1)(xf恒成立，即21)2(ln21)2(ln1ln2ln2ln2xxxexxxxeexxxeaxxxxx由21ln12ln122lnxxxexxexexxxx，当02lnxx时取等号，2a）（3）由exxexeexxf11111)1(2，exxxexeexxaxex111111ln122，exee

12、xaxxx11ln，exeexxxxa11ln对任意0 x成立，令函数exeexxxxxg11ln)(，所以exeeexxxg)1(1ln)(/，当1x时，0)(/xg，当10 x时，0)(/xg，所以当1x时，函数)(xg取得最小值eeeeeeeg11) 1(11111)1(，eeeea1)1(1考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）【方法点晴】 本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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页精品资料欢迎下载数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与

13、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）1,2,2ee【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0 xf和0 xf的解集；（2）若函数在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，若单调递增，转化为12xxeae在1,1上恒成立，那么a小于等于函数的最小值，若函数单调递减，转化为12xxeae在1,1上恒成立，a大于等于函数

14、的最大值.试题解析：fx的定义域为xR，12xxefxae，（1）32a，则2113222xxxxxeeefxee，令0fx，解得：ln 20 xx或，令0fx，解得：0ln 2x，fx的单调递增区间为,0和ln 2,，单调递减为0,ln 2（2）若fx在1,1上单调递增，则102xxefxae在1,1上恒成立，12xxeae在1,1上恒成立，令xte同，则1,tee，11122222xxettett，当且仅当12tt，12,tee时取“ =” ，又1122eeee精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页精品资料欢迎下载

15、1,1x时，11222xxeeee ，2a，若fx在1,1上单调递减，则102xxefxae在1,1上恒成立，12xxeae在1,1上恒成立，由式知，12aee，综上，a的取值范围是1,2,2ee考点：导数与函数的单调性3 （ 1） 在), 1(上是增函数 ; （2）2a.【解析】试题分析：（ 1）首先求函数的导数，令xfxg，并且注意函数的定义域，再求函数导数的导数211xexgx，分0 x和01x讨论xg的正负，同时得到函数xg的单调性，求得xg的最小值为0，即0 xf恒成立，得到函数的单调性；（2）由（1）可得当2a时，不等式恒成立，当2a时，记xxfxcos)()(，根据导数求函数的最

16、值，证明不等式不恒成立.试题解析：（1）)(xf的定义域为), 1(，211)(xexfx，记211)(xexgx，则2)1(1)(xexgx，当 x0 时，1) 1(1, 12xex，此时0)(xg，当-1x2 时，记xxfxcos)()(，则xaxexxsin11)(，当 x1 时，0141)(exh，显然当10 x时，0)(xh，从而)(x在), 0上单调递增 .又0)(,02)0(xxa，则存在), 0(0 x，使得0)(0 x.所以)(x在),0(0 x上递减，所以当), 0(0 xx时，0)0()(x，即 f （x）cosx ，不符合题意 .综上，实数a 的取值范围是2a.考点：

17、1. 导数与单调性；2. 导数的综合应用.【方法点睛】本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0 xf或0 xf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0 xf或0 xf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 （ 1）10ae； （2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）函数2( )ln()2af xxxxxa aR在其定义域内有

18、两个不同的极值点等价于方程( )0fx在(0,)有两个不同根，即函数ln( )xg xx与函数ya的图象在(0,)上有两个不同交点，讨论函数ln( )xg xx单调性和极值根据图象即可求a的取值范围 ； （ 2 ） 作 差 得 ，1122ln()xa xxx， 即1212lnxxaxx. 原 不 等 式212x xe等 价 于12lnln2xx12()2a xx1122122 ()lnxxxxxx，12xtx，则1t，只需证明不等精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页精品资料欢迎下载式2(1)ln1ttt成立即可 .试

19、题解析： （1）依题意，函数( )f x的定义域为(0,)，所以方程( )0fx在(0,)有两个不同根 .即，方程ln0 xax在(0,)有两个不同根.转化为，函数ln( )xg xx与函数ya的图象在(0,)上有两个不同交点.又21ln( )xg xx，即0 xe时，( )0gx，xe时，( )0g x，所以( )g x在(0, )e上单调增，在( ,)e上单调减，从而1( )= ( )g xg ee极大.又( )g x有且只有一个零点是1，且在0 x时，( )g x， 在x时，( )0g x，所以( )g x的草图如下，可见，要想函数ln( )xg xx与函数ya的图象在(0,)上有两个不

20、同交点，只需10ae.（2）由（ 1）可知12,x x分别是方程ln0 xax的两个根，即11ln xax，22ln xax，设12xx，作差得，1122ln()xa xxx，即1212lnxxaxx.原不等式212x xe等价于12lnln2xx12()2a xx1122122()lnxxxxxx令12xtx，则1t，1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt，设2(1)( )ln1tg ttt，1t，22(1)( )0(1)tg tt t，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页精品资料欢迎下载函数(

21、)g t在(1,)上单调递增，( )(1)0g tg，即不等式2(1)ln1ttt成立，故所证不等式212x xe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】 本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， 导数部分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 （1）( )f x的增区间为(, 1)，

22、(0,)，减区间为( 1,0)； （ 2）当0a时，( )f x的最小值为32a；当01a时，( )f x的最小值为32a；当1a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( )fx，然后解不等式( )0fx得单调增区间，解不等式( )0fx得减区间，注意绝对值，要分类求解；（2）由于0,2x，因此先分类0a，2a，02a，前两种情形，绝对值符号直接去掉，因此只要用导数( )fx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 ，333()2,2,( )3()2,0.xxa

23、axf xxxaxa，2233,2,( )33,0.xaxfxxxa，可以看出这时又要分类：01a，12a，得单调性再得最小值试题解析：（1）当0a时，3( )3| 2f xxx当0 x时，3( )32f xxx，2( )330fxx，( )f x在(0,)单调递增；当0 x时，3( )32f xxx，2( )333(1)(1)fxxxx10 x时，( )0fx，( )f x在( 1,0)单调递减；1x时，( )0fx，( )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)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

24、 - - - -第 11 页，共 15 页精品资料欢迎下载（2）2a时，3( )3()2f xxax，02x，2( )333(1)(1)fxxxx，min( )(1)3f xfa0a时，3( )3()2f xxxa，02x，2( )330fxx，( )f x在0,2单调递增，min( )(0)32f xfa02a时，而02x，333()2,2,( )3()2,0.xxaaxfxxxaxa2233,2,( )33,0.xaxfxxxa（i ）01a时，( )f x在,2a上单增，( )f a为最小值2( )3(1)0fxx在0 xa上恒成立，( )f x在0,a上单调递减，3min( )( )2

25、f xf aa（ii ）12a时，( )f x在,2a上单调递增，3min( )( )2f xf aa在0 xa时，2( )3(1)fxx，min( )(1)3f xfa综上可知， 当0a时，( )f x的最小值为32a； 当01a时，( )f x的最小值为32a；当1a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0a时，函数( )g x单调递增区间为(0,)，当0a时，函数( )g x单调递增区间为1(0,)2a，单调递减区间为1(,)2a； （2）12a【解析】试题分析：（1）先求出( )( )g xfx的解析式， 然后求函数的导数gx，利用函数

26、单调性和导数之间的关系，即可求出g x的单调区间；（ 2）分别讨论a的取值范围，根据函数极精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页精品资料欢迎下载值的定义，进行验证可得结论.试题解析：（1）( )ln22g xxaxa，(0,)x，则112( )2axg xaxx，当0a时，(0,)x时，( )0gx，当0a时，1(0,)2xa时，( )0gx，1(,)2xa时，( )0gx，所以当0a时，函数( )g x单调递增区间为(0,)；当0a时，函数( )g x单调递增区间为1(0,)2a，单调递减区间为1(,)2a. （5

27、 分）（2）由（ 1）知，(1)0f.当0a时，(0,1)x时，( )0fx，(1,)x时，( )0fx，所以( )f x在1x处取得极小值，不合题意.当102a时，112a，由（ 1）知( )fx在1(0,)2a内单调递增，当(0,1)x时，( )0fx，1(1,)2xa时，( )0fx，所以( )f x在1x处取得极小值，不合题意 .当12a时，即112a时，( )fx在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减，所以当(0,)x时，( )0fx，( )f x单调递减，不合题意.当12a时，即1012a，当1(,1)2xa时，( )0fx，( )f x单调递增，当(1,)x时，( )0fx

28、，( )f x单调递减，所以( )f x在1x处取得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为12a.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】 本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，体现了导数的综合应用，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00f； （ 2）b的取值范围是1b；证明见解析【解析】试题分析：（1）由( )f x在0 x处有极值得(0)0f，从而求得a，然后由(

29、)fx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0g x在0，上恒成立，考虑到(0)0g，因此最好有(0,)x时，( )(0)g xg，则恒成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页精品资料欢迎下载结论为真，由此研究( )g x单调性，求导1( )1gxbx，注意到1011x，因此分类1b，0b，01b分别研究( )gx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ln 101xxx xx，取1xn得不等式：111ln 11nn

30、n，令21ln1nnkkxnk，则112x，因此只要证得nx是递减数列，不等式的右边就证得，为此作差1222111ln 101111nnnnxxnnnnnn，不等式的左边，由1211lnlnln1ln1ln 1nnkknkkk，则有1122211111ln 1ln 1111nnnnkkkkknxkkkkn12111nkkkk12111nkkk1111111nkkkn这里用到了不等式的放缩法试题解析：（1）由已知得：2111afxxx，且函数fx在0 x处有极值21001,ln 110110axfafxxx2211111xfxxxx，当1,0 x时，0,fxfx单调递增当0,x时，0,fxfx单

31、调递减所以函数fx的最大值为00f（2）由已知得：11gxbx（i）若1b，则0,x时，101gxbx所以ln 1g xxbx在0,上为减函数ln 100g xxbxg在0,上恒成立；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页精品资料欢迎下载（ii）若0b，则0,x时，101gxbx所以ln 1g xxbx在0,上为增函数ln 100g xxbxg，不能使0g x在0,上恒成立；（iii）若01b，则101gxbx时，11xb当10,1xb时，0gx所以ln 1g xxbx在10,1b上为增函数，此时ln 100g xx

32、bxg所以不能使0g x在0,上恒成立综上所述，b的取值范围是1b由以上得：ln 101xxx xx取1xn得：111ln 11nnn，令21ln1nnkkxnk则112221111,ln 1021111nnnnxxxnnnnnn因此1112nnxxx又1211lnlnln1ln1ln 1nnkknkkk故1122211111ln 1ln 1111nnnnkkkkknxkkkkn11122111111111111nnnkkkkkkkknkk.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，用函数证明不等式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页