导数压轴专治学霸

1、导数压轴专治学霸.解答题(共20小题)1.已知函数f (x)= ex (1 + aInx),设f (x)为f (x)的导函数.(1 )设g (x)= exf (x) +x.设十曲.(1 )求证：当x 1时，f (x) 0恒成立;(2)讨论关于x的K丄-f(K)二方程根的个数.X- x在区间1 , 2上单调递增，求 a的取值范围;(2)若a2时，函数f (x)的零点为X0,函f( X)的极小值点为 X1,求证：xoxi.2 X+13.已知函数 f (x)=- X +ax+a- e (a 駅).x(1 )当a = 1时，判断g (x)= e f (X)的单调性;(2)若函数f (X)无零点，求a的

2、取值范围.4.已知函数迪沁亡*1也或.(1)求函数f(X)的单调区间;(2)若存在xl,使f(x)+x- 1 时，求证：f (x) 0.6已知函数x2f (x)= e - x - ax - 1.(I)若f(x)在定义域内单调递增，求实数 a的范围;x3(n)设函数g (x) = xf (x)- e +x +x,若g (X)至多有一个极值点， 求a的取值集合.27.已知函数 f (x)= X - 1 - lnx - a (x 1)(aR).(1 )讨论函数f ( X)的单调性;(2)若对？x (0, +) , f (x) 0,求实数a的取值范围.&设f ( x)是函数f (X)的导函数，我们把使

3、 f( x)= x的实数x叫做函数y= f (x)1 2_.的好点.已知函数f (幻=号严_仝七11尹(I)若0是函数f (X)的好点，求a;(n)若函数f (X)不存在好点，求a的取值范围.29.已知函数 f (x)= inx+ax + ( a+2) x+2 (a 为常数).(1 )讨论函数f ( X)的单调性;(2)若a为整数，函数f (X)恰好有两个零点，求 a的值.210.已知函数 f (x)= xinx - ax , a R.(1)若函数f(X)存在单调增区间，求实数 a的取值范围;2- 1(2)若xi, X2为函数f (X)的两个不同极值点，证明xi x2 e13211.已知函数

4、f (x)=x - a (x+1)3(1 )讨论函数f ( X)的单调区间；(2)若函数f (X)只有一个零点，求实数 a的取值范围.12.已知函数 fG）二yZ+lnK-Hix.(1 )当0 e2,证明：f (xo)w 1.2 X15.己知函数 f(X) = ( X a) e +b在X= 0处的切线方程为 X+y 1 = 0,函数g (X)= X(1)求函数f(X)的解析式;(2)求函数g(X)的极值;(3)设 F(X)=minf (x), g (x) ( minp, q表示p, q中的最小值)，若F (x)在(0, +S)上恰有三个零点，求实数k的取值范围.16.已知函数-1 ,且y= X

5、 1是曲线y= f (X)的切线.(1)求实数a的值以及切点坐标;(2)求证：g (X) f (X).217.已知函数 f (x)= X - X- ainx, aR.(1 )若不等式f (x)v 0无解，求a的值;f ( K )-f(V )(2)若函数f ( X)存在两个极值点 XI、X2，且X12时，函数f (x)的零点为xo,函f( X)的极小值点为 X1,求证：xoxi.【解答】(1)解：依题意，g (x)= e-xf (x) +x2- x= 1+alnx+x2-x, x0.故/严i X0.g (X)在1 , 2上单调递增, g (x) 0 在1 , 2上恒成立，故-21：-10,即a

6、X (1 - 2x)在1 , 2上恒成立,根据二次函数的知识，可知：X (1 - 2x)在1 , 2上的最大值为-1.- a的取值范围为-1, + 8(2)证明：由题意，f( x)= ex (1 + Inx+ 旦)，x0, a2.a 2.X设 h (x)= f( x)= ex (1 + Inx+旦),x0, X则 h ( X)= ex (1+aInx+互-弓).X 2再设H (x)= 1 + aInx+里-吕，贝U H (X)=J. 2a 丄 2a = aCx-2x+2) 二 7 7=.当x0 时，y = X2 - 2x+2 =( X- 1) 2+1 0恒成立,当x0时，H ( x) 0恒成立

7、. H(x)在(0, +8)上单调递增.又当 a2 时，H (1)= 1 + a0, H (丄)=1 - aln20, X0 X1 .故得证.(1 )求证：当x 1时，f (x) 0恒成立;(2)讨论关于x的耳丄-f(Q二巴方程根的个数.X【解答】解：(1)证明：丄-21T1X的定义域为(0, + 8XE+寺令*+13)22 -0, X f ( X)在1 , + 8)上是单调递增函数,恒成立.f (x) f (1)= 0 对于 x1 , + 8故当x 1时，f (x) 0恒成立得证.(2)化简方程得 2lnx = X3- 2ex2+tx.注意到x0,则方程可变为21门字二工2-2亡Z+t .K

8、令 H(5t)= x-2ex+t，X.更多资料加群：625972323X(0, e)时，L ( x) 0, L (乂)在(0, e)上为增函数;(e, + S)时，L ( x)v 0, L (乂)在(e, +s)上为减函数.9 当 X = e 时，LG)m/Lk)W.函数L(x)=. H(x)=s-2ex+t=Cx-e) +t-e在同一坐标系内的大致图象如图X所示: 由图象可知,当22时，即t送时，方程无实根；ee当二时，即t=e异时，方程有一个实根；ee当2JU寸，即e时，方程有两个实根.x(1 )当a = 1时，判断g (X)=e f (X)的单调性;(2)若函数f (X)无零点，求a的取

9、值范围. 更多资料加群：625972323【解答】解：(1)当a = 1时,/ 、X 、X /2,- x+1g (x)= e f (x)= e (- X +X+1 - e2=(-X +X+1)g( X)=(-2x+1)eX+ (-x2+x+1) eX=- ex (X- 1) (x+2),当 x-s,- 2)U( 1,+ S)时，g ( x)v 0,故 g (幻在(-s,- 2), (1,+ s)单调递减;当 X (- 2, 1)时，g( X) 0,故 g (X)在(-2,1)单调递增; f(x)=- 2x+a+e X+1(x)=- 2x+a+e X+1 h(x)=- 2 - e-X+1 0，函

10、数 f当 x (X0, + s)时，h (x)= f( x) 0，函数 f (X)单调递减,- f ( X) max= f ( X0)=- Xo+axO+a- gF+l函数f (X)无零点,- f ( x) max= f (xo)=- xo+axo+a - 十 0 在 R 上恒成立,又 h (X0)=- 2x0+a+g 孟D+1= 0,即 g 衍+ = 2x0 - a.2- f (X) max= f (xo)=- X0 + (a- 2) x0+2a0 在 R 上恒成立,2 2=( a- 2)- 4?2a = a2 - 12a+4 0,解得6 - 4近 a l,使f (工)成立，求整数a的最小值

11、.【解答】解:1 _ 2, _(1)由题意可知，x 0, f(x)二1 3 s X V2X X、 2方程-X +x- a = 0对应的= 1 - 4a,当= 1 - 4a 0,即巳逬_时，当 xC (0, + S)时，f (X) f (X)在(0, + 8)上单调递减;当0当时，方程-x2+x - a = 0的两根为一 4且 且 0 0,函数f ( x)0, f (X)单调递增,当 疋(1驾一4且，十8)时，f (X) 1,使过kI皿成立.x-l设吕二也吐g, x 1 ,(2)原式等价于(X- 1) axinx+2x- 1,x-1则gf(K)二旦土L,-( 9 分) Cx-1)2设 h (x)

12、= X- lnx - 2,则h（D二1_1二疋1 0，二h （x）在（1, + s）上单调递增. X X=4 - ln4 - 2= 2 - 2ln2 0,又 h (3)= 3 - ln3 - 2 = 1 - ln3 xo+1，又xo （3, 4）, a包, a的最小值为5.-（ 12分）更多资料加群：6259723235.已知函数Xf (x)= e - Inx+ax ( aR).(I)当a=- e+1时，求函数f （X）的单调区间;(n)当a- 1 时，求证：f (x) 0.【解答】(I)解：f (X)= ex- lnx+ (- e+1) x;令F（山/三弋+口，得x=1 ；当 x (0, 1

13、)时，f ( x)v 0, f (X)单调递减;当 X (1, + s)时，F( x) 0, f (X)单调递增;X(n)证明：当 a =- 1 时，f (x)= e - lnx - x (x 0);令皿)m g：。; h (力在(0, + 8)上单调递增;又hCy)=V-30; ?旺 1),使得 h(葢0)二已-一 -1=0，即戶二;U20北 0函数f (乂)在(0, xo)上单调递减，在(xo, + s)上单调递增；函数 f (X)的最小值为 f(= -Inxg-ZQ=-l-lnKg- Xq;又函数y=l-lnz-x是单调减函数; f (xo) 1+1 - In1 - 1 = 1 0,即卩

14、 ex Tnx - x 0 恒成立;又 ex x Inx;x e - Inx 0;又 a - 1, x 0; ax- x; f (x)= ex- Inx+ax ex- Inx - x 0,得证.x 26.已知函数 f (x)= e - x - ax - 1.(I)若f (x)在定义域内单调递增，求实数a的范围;x 3求a的取值集合.x= In2 时，h ( x)(n)设函数g (x) = xf (x)- e +x +x,若g (X)至多有一个极值点,【解答】解：(1)由条件得，f (x)= ex- 2x- a 0,得 awex - 2x,令 h (x)= ex- 2x, h (x)= ex-

15、2 = 0.得 x = In2,当 XV In2 时，h (x)v 0，当 x In2 时，h (x) 0.故当min= h (In2)= 2-2ln2.7.已知函数 f (x)= x- 1 - Inx- a (x- 1)2 (aR). aw 2- 2In2.更多资料加群:625972323(2) g (x)= xex- ax2 - ex,g(x)= x (ex- 2a).当 aw 0 时，由 x 0, g (x)0 且 xv 0, g (x)v 0，故 0 是 g (x)唯一的极小值点;(2a).令 g (x)= 0 得 xi= 0, X2= In当a专时，x1=x2, g(x)0恒成立,g

16、 (x)无极值点.(1 )讨论函数f ( X)的单调性;(2)若对？x (0, +8), f (x) 0,求实数a的取值范围.【解答】解：(1)由题意知，f (X)的定义域为(0, + 8由函数 f ( x)= X- 1 - Inx - a (X- 1) 2 ( a R)得 f (x)= 1 -丄2a (x- 1 )=X 当aw 0时，令f (x) 0,可得x 1,令f (X) 0，可得OvXV 1;故函数f (x)的增区间为(1, + 8),减区间为(0,1). 当0 a 1,令f (X)2 2a丄，故f (X)的增区间为(2a0,可得W右令f(x) 0,可得0評,0 4r0,可得命V令f(

17、X)0，可得E佥故f ( X)的增区间为(丄，1),减区间为(0,2a护，(1 , + 8综上所述:当a w 0时，f (X)在(0, 1)上为减函数，在(1 , + 8)上为增函数;当0 a丄时，f (X)在2在( 0,7 +P上为减函数，在(1,护上为增函数;(0,(0,+ S)上为减函数;)(1 , + 8)上为减函数.在(_JL2a2a1)上为增函数.由(1)可知:当aW 0 时，f (x) min= f (1 )= 0,此时，f (x)0；1 n+10a 0, ax a+1,2 a可得 f (x)= X- 1 - Inx - a (X - 1) 2 x- 1 - a (x- 1) 2

18、=( x- 1) ( a+1 - ax) 0,不合题意；更多资料加群：625972323 当a=4时，f (1 )= 0,由f (X)的单调性可知，当 x (1 , +S)时，f (X)时，f (1 )= 0，由f (X)的单调性可知，当2哙，1 时，f( X) 0, g (x)无零点，f (x)无好点;若 a0，则由 g( x)= 0 得 x= Ina ;易知 S仗)rnm二g(lnd)二-al口已;2当且仅当-a 1 na 0，即 0 v a 0; g (X)无零点，f (X)无好点;若a0 ,即 _2匕47 0; g (X)无零点，f (X)无好点； 更多资料加群：625972323合题

19、意.2综上，a的取值范围是(-2d 1).29.已知函数 f (x)= Inx+ax + ( a+2) x+2 (a 为常数).(1 )讨论函数f ( X)的单调性;(2)若a为整数，函数f (X)恰好有两个零点，求 a的值.【解答】解(1)由题意x 0, f(刈=少2.廉+我=4如)(力切若a0,对 x0, f(X ) 0恒成立,f (幻在(0, +s)单调递增;若av0,则-土 0,a当 0v xv- 土时,af( x) 0, x 丄时，f( x)v 0,a所以f (x)在(0,-丄)单调递增，在(-+ s)单调递减,(2 )由(1)知，若函数f (X)恰好有两个零点，则a v 0,且f

20、(x)在x=丄处有极大a值，也是最大值;f (X) f (丄)=Inamax= f (丄) 0,更多资料加群：625972323 a12 11+ a (- )+ (a+2)()+2 = In ()+aaa+1,又 a为整数且av 0,当a=- 1时，且a =- 2时，且a =- 3时，且f (X) max= f (一) a(丄)a(丄)a=0+2 = 2 0,(X)(X)max= fmax= f1岭号+ 1 0, 44+1 0,a =- 4时，且(X)max= f(丄)a故a的值为：-1,-2,- 3.a R.当 X (1, + s)时 g( x)v 0当x = 1时g ( X)有最大值，g

21、( 1 ) = 1 .故 2av g (1 )= 1 a e- S即证明2lnX1+|nx2- 1,X X 2/ f( x)= 1 + 1 nx - 2ax,.xi, X2是方程Inx = 2ax- 1的两个根,即，Inxi = 2axi 1，InX2= 2ax2 1，即证明 2a ( 2xi+x2) 2.Inxn-Ins 1-，得：2a=t，即证(2xi+x2) 2,不妨设X1X2,贝U t=!- 1,更多资料加群：6259723237则证旦_ ( 2t+1 ) 2, I nt - t-1设 g (t)= lnt 备则 g，( t)_- f ( X)在(-8a - Ua(宜+2)递增,63Q

22、+刃-a+Va(a+2)递减， t 1 4 (t+丄)2- 642(1+丄)= 4a +8a= 4a (a+2), - 6 = 3 0 , g (X) 0; 2 g (在(1, + 8)单调递增，g (t) g (1)= 0,故 3t I 2 J1 3 211.已知函数 f (x)=x - a (x+1)0(1 )讨论函数f (x)的单调区间;(2)若函数f (X)只有一个零点，求实数 a的取值范围.2 2【解答】 解(1)函数的定义域为 R, f (x)= X - 2a (x+1 )= X - 2ax- 2a,w 0 时，-2w aw 0 时，f (x) 0, 2)当 0时，即av- 2或a

23、0时，令 f (X)在R上递增( 1分)f (x)= 0, X2- 2ax- 2a= 0,解得疋 1 二，七二(已+2)；WaCa+2)* +8)递增;（2）由（1）知0时，-2W a 0;3存在唯一零点 xo （- 1, 1）；当av- 2或a 0时,1) av- 2 时，乜二= a+j6+l )2-1 va+|a+1|;av- 2, a+|a+1|=- 1，即，X2v- 1 , X1 vX2v- 1 ； f (- 1)=丄v 0, f (0)=- a0，存在零点 Xo (- 1, 0).3又 f （幻在（-3, X1）递增，（X1, X2）递减，（X2, + 3）递增; f (X)在 x=

24、 X1 处有极大值， f (X1)v 0,丄gLg&i + l) 20, (*)3又且二 0，将 a （X1+1）=W 代入（*）得专一 （工+1）- 3,且 X1M0;- 3v X1 v- 1，即-3 v a - U刊3+ 2)v- 1;,解得 色 0 时， x1?x2=- 2av 0, X1 v 0v x2；2v 0,（X2, + 3）递增;当 XC (-3,0)时，又丄 3；0,- a (X+1)3-f (x)=号乂2已(沈+1) 2 2,而 f (3a+2) = (30+ 2 )匚宜(3a+ 3 严=3a+| 0, 存在零点xqE (X2,0 03a+2);综上，a V.12.已知函数

25、fG）二豆（1 ）当0 v mv 2时，证明：f （X）只有1个零点;(2)证明：曲线f (X)没有经过原点的切线.【解答】(1 (证明：f ( X)的定义域为(0, +8);F卫迟；XX2 2令 g (x)= X - mx+1，则= m 4;/ 0 0 在 X (0, + s)上恒成立; f (X)在(0, +上单调递增; f (X)至多有一个零点; f(X)=*x) + Inx；当 0 X 2m 且 x 1 时，f (x) 2m 且 x 1 时，f (x) 0; f (x)有一个零点;当0 m0)处的切线经过原点,即 二X -HI申，化简得寺F+1址+1二0；XX2令h(x)=vx+lm+

26、l，则 h，(X)二X丄 J；2X X令 h(X)= 0，解得 x= 1;(x) 0, h (X)单调当 0x 1 时，h( x) 1 时，h递增;h二hd)二豆；与 y it+Inx+l=0 矛盾;曲线y= f (X)没有经过原点的切线.213.已知函数 f (x)= 4lnx+x - 2mx (m R).(1 (求函数f (X)的单调区间；(2)若直线 2 2=21n2-mx 2 -*2( + 七 F为曲线普的切线，求证：直线1与曲线尸譽不可能有2个切点.2【解答】解：（1）由题意，X玄XX令 y = X1 2- mx+2，则= m2-8,若-2V2n 0,故函数f （乂）在（0, +8）

27、上单调递增;若衣一2迈或iti2/2, y= X2 - mx+2有两个零点xi,X2,则 X1X2= 20,其中皿q血7応； 2 2 2若 *一2 近，则 X1 0, X2 0,故函数f （乂）在（0, +s）上单调递增;(ii)若曲刘豆 则 X1 0 ,X20,此时当 x (0, X1)时，f (X) 0,当 x (X1, X2)时,f (x) 0,故函数f （乂）在（0, xiMH（ X2, + s）上单调递增，在（X1, X2）上单调递减;综上所述，可知:当时，函数f （X）在（0, +s）上单调递增;当iti2V2时，函数f （X）在（0, X1）和（X2, + s）上单调递增，在（X

28、1, X2）上单调递减.（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数占的图象有两个不同的切点T（ X1,-Xyi), T2 (X2, y2),不妨令0 X1 X2,则T1处切线11的方程为:丄笋筈丄（）,T2处切线12的方程为：丄許X#厶 切线ll, 12为同一直线,所以有*f (X|)=f(七)f(X| )-K(X i)=f ( 2)工22 . _2 .+ K 1 -+ Kn -mst 1 Xz 212 2即21nx J +y X -mx j -x j ( + x)-in整理得*XI2=221nx J 令x*21.n x 2 气送2 2消去X2得，21+=0.X 12令宀，由 0 X1 X2

29、 与 X1X2= 2，得 t S 0, 1),2记p(t)=21nt+v-t，则y二一為-1二-上匕孕一 P (1)= 0.从而式不可能成立，所以假设不成立,即若直线1为曲线的切线，则直线1与曲线 占不可能有2个切点.X 114.已知函数 f (x) = ( x+1) e+思 X +2ax, a 駅 (1 )讨论f (X)极值点的个数(2)若X0 (xoM- 2)是f (X)的一个极值点，且 f ( - 2)-2 e ，证明：f (xo)w 1.【解答】(1)解：f (X)的定义域为 R, f( x) = ( x+2)/ X 、(e +a);当 x(-s,- 2)时，f( x) 0, f (X

30、)单调递增; x=- 2是f ( X)唯一的极小值点，无极大值点，故此时f ( x)有1个极值点;若 a0,令 f( x) = ( x+2) (ex+a)= 0,贝 U X1 =- 2,X2= In (- a);_2当 a- e 时，X1 0;当x(X1, X2)时，f( x)v 0；二X1 , X2分别是f( X)的极大值点和极小值点,故此时 f(X)有2个极值点;当 a =- e-2 时，x1 = X2, f ( x) 0,此时f ( X)在R上单调递增，无极值点;_ 2当-e aX2,同理可知，f(X)有2个极值点;综上，当a=- e-2时，f (X)无极值点；当a 0时，f (x)有1

31、个极值点；当a- e-2或-e 2 a e 22);贝U xo= In ( a); f &0)二f in(-a)今3.F(-a) + 21n(-q)-2;令 t = ln ( a) ( 2, + 8)，贝a = e飞(t)二 fln(p)=-p吕(t+4)吐;又/ t ( 2, + 8 t+4 0;令 g g (t)= 0,得t= 0;当 t ( 2, 0)时, 0, g (t)单调递增; 0, g (t)单调递减; t= 0是g (t)唯一得极大值点，也是最大值点，即 g (t) 0在(0, + 8)上恒成立,所以g (x)在(0, +8)上单调递增，无极值.若k0时，则当0 XV k时，g

32、 (x) k时，g (x) 0, g (x)在(k, +8)上单调递增;所以当x= k时，g (X)有极小值2k- kink,无极大值.(3)因为f (x)= 0仅有一个零点1,且f (x) 0恒成立，所以g (x)在(0, +S)上有仅两个不等于1的零点.当kw 0时，由(2)知，g (力在(0,+ 8)上单调递增，g ( x)在(0, + 8)上至多一个零点，不合题意，舍去,当 0 k 0, g (x)在(0, + 8)无零点,2F面证明，当xe时，h (x)上单调递增h (x) h (e2)2=e2- 30,2 2 当k= e时，g (X) 0,当且仅当x= e等号成立，g(幻在(0 ,

33、+ 8)仅一个零点,当 ke=X- 2lnx+1 %丿(X)二0, h (x)在(e2, + 8 X时，g (k)= k (2 - lnk) 0，所以 g (k)?g ( e) 0, g ( k)?g (k2) f (x).alnxnalnxn a(l-lnxr)【解答】解:(1)设切点为(X0,),则切线为y-尸一(X-a(l-InxQ) 2alnxn-ax0),即 y=mx+=1所以*2，消去 a 得：X0 - 1 + Inx。- 2x01nx0= 0, 2aln Xq -a记 m( t)= t- 1 + 1 nt - 2tlnt (t 0),则m( t)=丄_21讯-1，显然m( t)单

34、调递减，且 m ( 1) = 0,所以 t (0, 1)时，m( t) 0, m (t)单调递增，t (1, + 时，m( t)0)，贝U F /X-1.(x)= e - 1,当 X (1, + 8)时，F ( x) 0,F (X)单调递增;当 X (0, 1)时，F ( x)v 0, F(X)单调递减,所以 F (x) F (1)= 1 - 1 = 0,所以 eT 1 X,即卩 g (x) X- 1，2记 G (x)= X - X - inx (x 0),则 G( x)= 2x- 1 -X= 2/-玄-1 =(a-l)(2x+l)所以x (0, 1)时，G( x)v 0, G (X)单调递减

35、,x (1 , + S)时,G ( X ) 0, G (X)单调递增,所以G (x) G(1 )= 0，即 X2- x Inx,所以 X - 111,即卩 X- 1 f (x)，X由得g (x)17. 已知函数f (x)=X2 - X- alnx, aR.X(1 )若不等式f (x) 0无解，求a的值;(2)若函数f ( x)存在两个极值点 X1、X2,且X10),贝y f (x)=-x-a , f (1)= 0,T不等式f (X ) 0无解， f ( X)极小值= f (1)= 2 - 1 - a= 0,.a= 1;(2 )函数f (X)存在两个极值点XI、X2,且X1 X2,X1、X2是方

36、程2x2 - x- a = 0的两个不 f (幻在(0, + 8)上有两个不相等的实根，即相等的正实根,令一二 t，贝y 0 t0,(0=丄让丄)kt (0 t 1),则 g (t)2 t(t)在(0,1)上单调递增， g (t)g(,在(-g=0.0, 1)上恒成立,X- m g (1)= 0,实数m的最小值为0.218. 设a, bR，已知函数f (x)= alnx+x +bx存在极大值.(I)若a= 1,求b的取值范围;(n)求a的最大值，使得对于 b的一切可能值，f (X)的极大值恒小于 0.2【解答】解：(I)当a= 1时，f (X)=2x +bx+l (X0),由f(X)存在极大值，可2知方程2x +bx+1 = 0有两个不等的正根,A=b-S0,b、解得b 0).由 f( X)存在极大值，可知方程：2x2+bx+a = 0X有两个不等的正根，设为 X1 v X2,由X1x2y 0,可得：0 0, g (X)在X(0，吾上单调递增.可得：g ( X1)V g)=旦(In 旦-3).当 Ov aw 2e3 时, 2 f (X)极大=f ( X1)= g ( X1)v g 需)w 0.3当 a 2e3 时，取 b =- 2(扛-),即卩 X1=匕2 , X2=|匕 2=-e3 0,2不符合题意.二a的最大值为2e3.19. 已知函数 f (X)= X- 1nx(1)