利用导数研究函数的单调性之二阶求导型

1、11e 1x x恒成立,求 eea的取值范围.e1.(1) ln2 ；(2)a 2； (3) a 2【解析】试题分析：(1)由a 0时，得出f (x)e1(e 1)e"xe2x in x ,则 f (x)(2x 1)e2x ，再x利用导数研究函数的单调性之二阶求导型评卷人得分、解答题(题型注释)1 .已知函数 f(x)xe2x ln x ax.1 ，一(1)当a 0时，求函数f(x)在_,1上的最小值；2(2)若 x 0,不等式f(x) 1恒成立，求a的取值范围;1(3)若 x 0,不等式f() 1 x求导f x ,可得函数f/(x)在(0,)上是增函数，从而得到函数f x的单调性,

2、即可求解函数f(x)在1,1上的最小值；(2)由(1)知函数f/(x)在(0,)上是2增函数，且 x0 0 ,使得 f (x0) 0 ,得(2x0 1)e2x0 a 0 ,即 x。ax。 (2x02 xq )e2x0 1 ,设 f(xc) 1 ln x0 2x02e2",利用函数 f(x0)的单调性，即可求解求a的取值范围；(3)根据题意，转化为a xlnxxe 1x xee1-对任意x 0成1立，令 g(x) xln x x 1x ee的最小值，即可a的取值范围.,所以g (x)可得出gx的单调性,求解出g x试题解析：(1) a 0时，f(x)-2xxe ln xf/(x)(2x

3、 1)e2xf/(x)(4x 4)e2x -12x0,所以函数f/(x)在(0,)上是增函数,又函数f/(x)的值域为r故 x00,使得 f/(x。)(2xo2x)11)e一0,x0,1又 f/(1) 2e 2 0 2xo12所以当x1-即函数f (x)在区间,1上递增，所以 2f(x)min1 一,.一,1时，f/(x) 0, 2 1 ef(-) - in 222/2x1(2) f/(x) (2x 1)e2x a, x由(1)知函数f/(x)在(0,)上是增函数，且x00,使得 f/(x。) 0进而函数f (x)在区间(0,xo)上递减，在(x0,)上递增,f(x)minf(x0)x0e2x

4、0in x0ax。，由 f/(x。) 0得:(2xo 1)e2x01一 a x02ax0(2x0x0)e2x0 1,f(xo)in x02 x02 e2x0 ,因为x 0,不等式f (x) 1恒成立,2 2x022x0 e1 in x0 2x° e2x0(2x°1)e2x0 202x0(另解：因为0,不等式f (x)1恒成立,2x xeln xe1nxe2x(inx 2x) 1 2xin x 2 xe (in x 2x) 1 2in x2xin x 2x einx 2x 12xxe in x0时取等号,1(3)由 f() x1 2 x ex1e 1xe%1 ;x-e xin

5、1x1 | xe x1e 1xe%xln x xxe 1xexln x xxe 1xee对任意x0成立,x1g(x) xln x x e_1x，所以 g/(x)e"in xe(ex ，1)ee0,1 时，g/(x) 0,当 0 x 1 时，g/(x)所以当x 1时，函数g(x)取得最小值g(1)1e"e1(e 1)eee1(e 1)ee考点：利用导数研究函数的单调性与极值(最值)其中解答中涉及到利用导数研【方法点晴】 本题主要考查了导数在函数中的综合应用,同时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,解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思

6、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f x3(1)当a 3时,2求函数f x的单调区间;(2)若函数f x在 1,1上为单调函数，求实数 a的取值范围.3 .设函数 f (x) ex ln(x 1) 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.a s4 .已知函数f(x) xln x - x x a(a r)在其te义域内有两个不同的极值点 2(1)求a的取值范围；(2)设两个极值点分别为 x1,x2,证明：x1?

7、x2 e2.5 .已知函数 f(x) x3 3|x a| 2 (a r).(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.6 .设 f(x) xln x ax2 (2a 1)x , a r.(1)令g(x) f '(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x 1处取得极大值.求实数a的取值范围x7 .设函数 f x a ln 1 x , g x ln 1 x bx.1 x(1)若函数f x在x 0处有极值，求函数 f x的最大值；(2)是否存在实数b,使得关于x的不等式g x 0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；一

8、一，, n k1证明：不等式1-2 lnn 1n 1,2lk 1 k 121 . (1) e ln2 ；(2) a 2； (3) a 1 1 .2(e 1)ee【解析】试题分析：(1)由a 0时，得出f(x) xe2x lnx,则f(x) (2x 1)e2x2，再求导 xf x ,可得函数f/(x)在(0,)上是增函数，从而得到函数 f x的单调性，即可求解1 .一函数f (x)在11上的最小值；(2)由(1)知函数f/(x)在(0,)上是增函数，且x0 0,使得 f (x0) 0 ,得(2x0 1)e1e即函数f(x)在区间,1上递增，所以f ( x) minf (-) in 2 22(2)

9、 f/(x) (2x 1)e2x - a,由(1)知函数f/(x)在(0,)上是增函数，且x0 0,使得f/(x0)0进而函数f (x)在区间(0, x0)上递减，在(x0,)上递增,x0 a 0 ,即 ax。 (2x。2 x。"2比 1 ,设x。f(x0)1 inx02x02e2”,利用函数f(x0)的单调性，即可求解求a的取值范围；(3)根x /x 1据题意，转化为a xlnx x e-x一 对任意x 0成立，令g(x) xln x x 1x eeee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) a 0时，f(x) xe2x

10、lnx, f/(x) (2x 1)e2x -, x八 1f/(x) (4x 4)e 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,1故 x00,使得 f/(x0) (2x0 1)e2x0- 0,x00,一 ，111 一，又 f/(-) 2e 2 0, x0 一,所以当 x ,1时，f/(x) 222f(x)minf(x0) x0e2x0 lnx° ax°,由 f/(x。) 0得：(2x0 1)e2x01-a x02axo (2xox0)e2x01 ,f(x0)2 2 x01 ln x0 2x° e ,因为x 0,不等式f (x) 1恒

11、成立,in x2 2xn2x0 e 01ln x02x02e2x00(2xo1)e2x020 x0(另解：因为0,不等式f (x) 1恒成立,2xxeln xelnxe2x (ln x 2x) 1 2xln x 2 xe (ln x 2x) 1 2in x2xln x 2x e0时取等号,inx 2x 12xxe ln x1(3)由 f(-) xxln x xxe 1xee所以当g(x)xln x1 时，g/(x)xeeln1 x1e 1xeexln x xxe 1xee对任意x0成立,xe 1xee,所以g/(x)ln xe(ex1)ee0,当 0 x 1 时，g/(x)x 1时，函数g(x

12、)取得最小值g(1)0,1eee1(e旋1 : (e 1)ee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同时解答中注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,意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力,通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想, 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 u e,2e试题分析:(1)求函数的导数，并且通分，分解因式的化简，然后解的解集；(2)若

13、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，转化为在 1,1上恒成立，那么a小于等于函数的最小值，若函数 e单调递减,转化为1,1上恒成立,a大于等于函数的最大值试题解析:的定义域为(1)lx12ex0,解得:in 2或 x0,解得:x in 2 f的单调递增区间为,0ln2,单调递减为0,ln 2 .(2)1,1上单调递增，则0在 1,1上恒成立,1,1上恒成立,ex同,1一，e e、.22t 1 2gt当且仅当1一,e e1时取“="，又e2ex1,1时，夜-212e1,1上单调递减，则a 0在 1,1上恒成立,1,1上恒成立,由式知,1 a2e

14、e,综上，a的取值范围是,2 u 2e e,考点：导数与函数的单调性3. （1）在（1,）上是增函数；（2）a 2.试题分析：（1）首先求函数的导数，令,并且注意函数的定义域，再求函数导数的导数g x0讨论g x的正负，同时得到函数g x的单调性,求得的最小值为0,即0恒成立,得到函数的单调性； （2）由（1）可得当a2时，不等式恒成立，当2时,(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：（1） f（x）的定义域为（1,)，f(x)2,记 g(x) ex2,g (x)(x121)2当x>0时，e1,(x1171,此时g (x)0,当-1<x<

15、0 时,1,1(x 1)2所以f （x）在（-1,0 ）上递减，在（0,）上递增，(x) f(0) 0，f （x）在（1,）上是增函数，、 x 1(2) f (x) ex a ,由(1)知f (x)在(0,)上递增，所以当a 2时， x 1f (x) f (0) 2 a 0,所以f (x)在0,)上递增，故f (x) f (0) 1 cosx恒成立.x 1当 a>2 时，记 (x) f(x) cosx,则 (x) e a sinx,x 11 ,八当 x>1 时，h(x) e - 1 0,4显然当0 x 1时，h (x) 0,从而(x)在0,)上单调递增.又(0) 2 a 0,x(x

16、) 0,则存在 xq (0,)，使得(x0) 0.所以(x)在(0,x0)上递减，所以当x (0,%)时，(x)(0) 0,即f (x) <cosx ,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】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

17、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., 一、八1、一，一4. (1) 0 a ; (2)证明见解析.【解析】a s试题分析：(1)函数f(x) xln x x x a(a r)在其te义域内有两个不同的极值点2ln x等价于万程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xin x(0,)上有两个不同交点，讨论函数g(x) 单调性和极值根据图象即可求a的取值范x.x1in 1围；(2 )作差得，in二 a(x1 x2),即a x2- .原不等式xx2 e2等价于 x2x1 x21nxi in x2 2a(x1 x2) 2 in 8

18、 2(x1 x2) ,上 t,则 t 1,只需证明不等又2x1x2x2式ln t 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ln x ax0在(0,)有两个不同根.转化为，函数g(x)ln、与函数y xa的图象在(0,)上有两个不同交点.p '1 in x又g (x) 2，即0 x e时, x''e时，g (x) 0,所以g(x)在(0,e)上单调增，在(e,)上单调减，从而g(x)极大=9仁)0 时,g(x)时，g(x) 0又g(x)有且只有一个零点是1,且在a的

19、图象在(0,)上有两个不同交点，只需0al e(2)由(1)可知x1，x2分别是方程ln xax0 的两个根，即 lnx ax1，in x2ax2,设x x2 ,作差得，inx17a(x1x2*2),即.x1in xlx1x2原不等式xx22e等价于ln x ln x2a(xi x2) 2ln上x22(x x2)x1 x2令土 t ,则t 1又2inxix22(xix2) x2int t 11，g(t)(t 1)2-4 0 ，t(t 1)函数g(t)在(1,)上单调递增, g(t) g(1) 0,即不等式int 2(t 1)成立, t 1故所证不等式x1x2 e2成立.考点：1、利用导数研究函

20、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),(0,)，减区间为(1,0); (2)当a 0时，f(x)的3最小值为 3a 2；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

21、 .【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x 0,2,因此先分类a 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，x33(xa)2,ax2,f(x) 3， f'(x)x33(xa)2,0xa.3x2 3,a3x2 3,0x 2., ,可以看出这时又要分x a.类：0 a 1,1a 2 ,得单调性再得最小值.试题解析：(

22、1)当a0 时，f(x) x3 3|x| 2.当x 0时，f(x)当x 0时，f (x)1 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).(2) a 2 时，f (x) x3 3(a x) 2, 0 x 2,f'(x) 3x2 3 3(x 1)(x 1), f(x)min f(1) 3a. a 0时，f (x)3x 3(x a) 2, 0 x 2,2f'(x) 3x 3 0, f(x)在 0,2 单调递增,f (x)min

23、 f(0) 3a 2.3一一一 0 a 2 时，而 0 x 2, f (x)x33(xa)2,ax2,3x3(xa)2,0xa.3x2 3, a x 2, f 1(x)3x2 310 x a.(i) 0 a 1时，f (x)在a,2上单增，f (a)为最小值.2f (x) 3(x1) 0在0 x a上恒成立,f (x)在0,a上单调递减,3_- f (x)min f (a) a 2.(ii ) 1 a 2时，f (x)在 a,2 上单调递增，f (x)min f(a) a3 2.2在 0 x a 时，f'(x) 3(x1),综上可知，当a 0时，f(x)的最小值为f (x)min f(

24、1) 3a.3a 2 ；当0 a 1时，f (x)的最小值为a3 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 2)，单调递减区间为()；(2) a 1'2a2a'2【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 g x，利用函数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，根据函数极值的定义，进行3证可得结论 .试题解析：(1) g(x) ln x 2ax

25、 2a,x (0,)，则 g '(x)2a1 2ax1当 a 0 时，x (0,)时，g'(x) 0,当 a 0 时，x (0,，)时，g'(x) 0, 2a1x (,)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(4).(5分)2a2a'(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.一 111当0 a

26、 时， 1,由(1)知f'(x)在(0,)内单倜递增，2 2a2a1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不合题意.11当a 1时，即, 1时，f'(x)在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减，2 2a所以当x (0,)时，f'(x) 0, f(x)单调递减，不合题意.一. 111当a 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.1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】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f 00; (2)b的取值范围是b 1;证明见解析.【解析】试题分析：(1)由