导数习题+答案

1、一 .解答题(共9小题)1 .已知 a>0,函数 f (x) =lnx ax2, x>0.(I )求f (x)的单调区间；(n)若存在均属于区间1,3的“，&且3- “牛，使f(a) =f ( 3),证明皿二!足红532 .已知函数 f (x) =xlnx - 2x+a,其中 aC R.(1)求f (x)的单调区间；(2)若方程f (x) =0没有实根，求a的取值范围；(3)证明：ln1+21n2+3ln3+ -+nlnn > (n1) 2,其中 n或.3 .已知函数 f (x) =ax1nx (a加).(I )求函数f (x)的单调区间和最值；(n )若 m>

2、0, n>0, a>0,证明：f (m) +f (n) +a (m+n) In2f (m+n)4 .已知函数f (x) =2ex-x(1)求f (x)在区间T, m (m> - 1)上的最小值；(2)求证：对 L>lnP k>1 口2时，恒有 2- 友一2>(1+102)萋.5 .设 a 为实数，函数 f (x) =ex-2x+2a, xCR.(1)求f (x)的单调区间及极值；(2)求证：当 a>1n21 且 x>0 时，ex> x2 - 2ax+1 .6 .已知函数 f (x) =1n (x+2) - a (x+1) (a>0).

3、(1)求函数f (x)的单调区间；(2)若 x> - 2,证明：1 - -L-Vn (x+2)a+1 .s+27 .已知函数 f (x) =1n (x+1) - x.(I )求函数f (x)的单调递减区间；(n )若 x> - 1,证明：1一(<+1).8 .已知函数f (k) =ax+(社AO)(1)当a=1时，利用函数单调性的定义证明函数f (x)在(0, 1内是单调减函数；(2)当xC (0, +8)时f (x)力恒成立，求实数a的取值范围.2八. r / 、 芯二+2x+a9.已知函数 f (x)=x(1)当av0, xC1, +oo)时，判断并证明函数 f (x)的

4、单调性(2)若对于任意xC1, +8),不等式f (x) >0恒成立，求实数 a的取值范围.参考答案与试题解析一 .解答题(共9小题)1 .已知 a>0,函数 f (x) =lnx - ax2, x>0.ln3- ln2 . . In25-4 a4尸(I )求f (x)的单调区间；(n )若存在均属于区间1 , 3的“，&且3- a中，使f( a)=f ( 3),证明考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性。 专题：综合题。分析:2(口由 =-2aL -2axx2xE CO, 48)，令 f'(x)=0,解得x=2a列表讨论能求出f (x)

5、的单调递增区间和单调递减区间.解答:(II)由 f (")小值为f (a).In3 - ln2(I)解:=f ( 3)及(I)的结论知 立制沁 ,从而f (x)在由a第 a,代1 , 3,知1W a2< 33由此能够证明2£' (k) - 2az=-2a .,hE S, 十00， x2=0,解得x=2a(X,向上的最当x变化时,xf (x), f (x)的变化情况如下表:f (x) f (x)2a0极大值噜,+8)所以，f (x)的单调递增区间是(O, 乂在),f的单调递减区间是 2a(II)证明：由f ( a) =f ( 3)及(I)的结论知 Q<返!

6、< B ,2a从而f (x)在a,日上的最小值为f (a). 又由3-"第a,代1 , 3,知1 < a2<建f >£ (a) >1 f (2) >P>f U)从而In5-ln2 . . In253点评:本题考查函数单调区间的求法和利用导数求闭区间上函数最值的应用,考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识.2 .已知函数 f (x) =xlnx - 2x+a,其中 aC R.(1)求f (x)的单调区间；(2)若方程f (x) =0没有实根，求a的取值范围；(3)证明：ln1

7、+21n2+3ln3+ -+nlnn > (n 1) 2,其中 n或.考点：不等式的综合；利用导数研究函数的单调性；数学归纳法。专题：证明题；综合题；转化思想。分析：(1)利用导数求出函数的极值，然后求 f (x)的单调区间；(2)若方程f (x) =0没有实根，由(1)可得f (x)在x=e处取得极小值，且f (x)=0没有实根，即可求 a的取值范围；(n-1) 方法二： 可.解答：解：(1) 则当xC(3)方法一：利用 ？x>0, xlnx >2x - 3 恒成立，即可证明 1n1+21n2+31n3+ -+n1nn > 2.利用数学归纳法验证 n=2成立，然后通过

8、假设，证明n=k+1不等式也成立即由题意可知：f (x) =1nx - 1,令 f (x) =0,得 x=e, (1 分) (0, e)时，f' (x) v 0, f (x)单调递减；(2 分)当 xC (e, +oo)时，(x) > 0, f (x)单调递增(4 分)(2)由(1)可得f (x)在x=e处取得极小值，且f (x) =0没有实根，(6分)贝U minf (x) =f (e) >0,即 a - e>0,解得：a>e (8 分)(3)方法 1 ：由(2)得，令 a=3>e, f (x) =x1nx 2x+3 > 0 成立，贝U?x>

9、0, x1nx>2x 3 恒成立(10 分)故 1n1+21n2+31n3+n1nn=21n2+31n3+n1nn > (2?2- 3) + (2?3-3) + (2?4- 3) + (2?n 3) =2*'"2)_G-D -3 (n-1) = (n1) 2,即得证.(14 分)方法2:数学归纳法2(1)当 n=2 (2)时，1n1+21n2 >12 (3)成立；(4)当 n=k (5)时，1n1+21n2+31n3+k1nk > (k1) 2 (6)成立，当 n=k+1 时，ln1+21n2+3ln3+klnk+ (k+1) ln (k+1 ) &g

10、t; ( k1) 2+ (k+1) 1n (k+1) 同理令 a=3>e, xlnx >2x- 3,即(k+1) ln (k+1) > 2 (k+1) - 3, (10 分) 则(k-1) 2+ (k+1) ln (k+1 ) > ( kT) 2+2 (k+1) 3=k2, (12 分) 故 1n1+21n2+31n3+k1nk+(k+1) ln (k+1) > k2,即 1n1+21n2+31n3+k1nk > (k1) 2对 n=k+1 也成立，综合(1) (2)得：？n 或，1n1+21n2+31n3+n1nn > (n-1) 2 恒成立.(14

11、 分) 点评：本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，数学归纳法的应用，考 查计算能力，转化思想的应用.3 .已知函数 f (x) =ax1nx (a加).(I )求函数f (x)的单调区间和最值；(n )若 m>0, n>0, a>0,证明：f (m) +f (n) +a (m+n) ln2f (m+n)考 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；不等式的证明。点综合题。分(1)求出f (x),然后让其大于0得到递增区间，小于 0得到递减区间，根据函数的增析 减性得到函数的极值即可；(2)要证明此结论成立，只需证 f (m) +f (n) +a

12、 (m+n) ln2'-f m m+n) 0,设把不等式左边化简得到anklnk+ (k+1) lnj ,设 g ( k) =klnk+ (k+1 )In k',得到其导函数大于 0, g (k)均(1) =0,又,a>。，n>0,左边-右边 用， 得证.解解：(I ) .1 f (x) =alnx+a (x>0),令 f (x)司,当 a>0 时，即 lnx >- 1=lne 1. 耳e T.宣己，.同理，令f (x)旬可得(0,. e，f (x)单调递增区间为+8)，单调递减区间为(Q, 1.由此可知 尸£ (直),二£ (

13、-)无最大值. e e当 av 0 时，令 f (x)涮即 lnxw l=lne 1.，宾( 已-10,.同理，令f (x)4可得xW已，4-00).f (x)单调递增区间为(明工，单调递减区间为工，+8). ee由此可知y=£ (x ) =f (-)此时无最小值. mats e e(n )证：不妨设 m曲>0,则 m=kn ( k*)左边-右边 =amlnm+nlnn+ (m+n) ln2 - (m+n) In(m+n) =aknlnknfnlnn+ (k+1) nln=r-=anklnk+ (k+1) In2(k+1)Ik+1) naknlnk4- (k+1) nln： l

14、k+1 i令.I. ：1 - ' ' j ' iI k+1 J，(k-三(k+1)2(k+1) £QOK1证+1门%币嗾丁>0" (k)为(1) =0,又a>0, n>0,左边-右边斗，得证.点考查学生利用导数研究函数单调性的能力，利用导数求比区间上函数最值的能力，掌握 评 证明不等式方法的能力.4.已知函数 f (x) =2ex-x(1)求f (x)在区间T, m (m> - 1)上的最小值；(2)求证：对 L>ln1口2时，恒有 2eK 一=/一2> (1+1门2)苴考点：利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最

15、大值、最小值问题中的应用。专题：计算题；证明题。分析：(1)求出f (x)的导函数，令导函数为 。求出根，通过讨论根与定义域的关系，判 断出函数的单调性，求出函数的最小值.(2)将不等式变形，构造新函数 g (x),求出g (x)的导函数，通过判断导函数的 符号判断出其单调性，进一步求出其最小值，得证.解答：解(1)当 f (x) =2ex- 1=0,解得工二1人f (x) < 0, f (x)在-1, m上单调减,贝U f (x)的最小值为f (m) =2em - m当时，(一1, 1寸 上递减，呜上递增，则f (x)的最小值为f (1门)二1 一 ln-(2)二工 :二二 二 .-L

16、.-g'(x) =2ex-x- 1 - ln2=f (x) - 1 - ln2由(1)知当叩>1口5时，f (x)的最小值为f (ln)=1 In4=l+ln2，所以当x>ln2时g' (x) >0, g (x)在(ln2, +°°)上单调递增, 所以 s (k) >g(Ln2) =2- (ln2 ) 2 - ln2>0所以 Cl+ln2)苴点评：求函数在区间上的最值，常利用导函数判断出函数的单调性，进一步求出函数的最值;证明不等式问题常通过构造新函数，转化为求函数的最值问题.5 .设 a 为实数，函数 f (x) =ex- 2

17、x+2a, xCR.(1)求f (x)的单调区间及极值；(2)求证：当 a>ln2-1 且 x>0 时，ex>x2-2ax+1.考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用。专题：计算题。分析：(1)由 f (x) =ex- 2x+2a, x R,知 f'(x) =ex- 2, xCR.令 f'(x) =0,得 x=ln2 ,列 表讨论能求出f (x)的单调区间区间及极值.(2)设 g (x) =exx2+2ax 1, xC R,于是 g' (x) =ex - 2x+2a, xC R.由(1)知 当 a> ln2-1 时，g&#

18、39; (x)最小值为 g'(ln2) =2(1-ln2+a) >0.于是对任意 xCR, 都有g' (x) >0,所以g (x)在R内单调递增.由此能够证明 ex>x2- 2ax+1.解答：(1)解：f (x) =ex - 2x+2a , x R, f' (x) =ex- 2, xC R.令 f' (x) =0,得 x=ln2 .于是当x变化时，f'(x), f (x)的变化情况如下表：(1n2 , +00)+单调递增R内单调递增.x(- 8,成) ln2f' (x)-0f (x)单调递减2 (1 - ln2+a)故f (x)

19、的单调递减区间是(- ln2),单调递增区间是(ln2, +8),f (x)在x=ln2处取得极小值，极小值为 f (ln2) =e1n2- 2ln2+2a=2 (1-ln2+a).(2)证明：设 g (x) =ex- x2+2ax - 1, x R,于是 g ' (x) =ex - 2x+2a , x C R.由(1)知当a>1n2-1时，g'(x)最小值为 g'(1n2) =2 (1-1n2+a) >0.于是对任意xC R,都有g' (x) > 0,所以g (x)在于是当a>1n2-1时，对任意xC (0, +8),都有g (x) &

20、gt;g (0).而 g (0) =0,从而对任意 xC (0, +8), g (x) >0.即 ex - x2+2ax- 1 >0,故 ex >x2 - 2ax+1 .点评：本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函数增减区间的判断、极值的计算和不等式性质的应用.解题时要认真审题，仔细解答.6 .已知函数 f (x) =1n (x+2) - a (x+1) (a>0).(1)求函数f (x)的单调区间；(2)若 x> 2,证明：1 Mn (x+2)a+1 .工+2考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性。专题：

21、综合题。分析：一一，二- a lx -)(1) 函数 f (x) 的定义域为( 2, +0°), f (x) = a=,k+2HZ由a> 0,能求出函数f (x)的单调递区间. (2)由(1)知，a=1时，f (x) =1n (x+2) (x+1),此时f (x)的单调递增区间为(-2, - 1),单调递减区间为(-1, +00).所以，x>2时，,由此能证明当x> 一 2 时，1Mn(x+2)虫+1 .解答：解：(1)函数f (x)的定义域为(-2, +8),令 f' (x) > 0,得-2vxv1 . Os令 f' (x) V 0,得宣a+

22、8)I - n所以函数f (x)的单调递增区间为(-2,上三)，单调递减区间为a(2)由(1)知，a=1 时，f (x) =ln (x+2) ( x+1),此时f (x)的单调递增区间为(-2, - 1),单调递减区间为(-1, +°°).所以，x>2时,、-1 _ 1皂'计2(x+2) 2(H2) 2 当 xC (2, 1)时，g' (x) v 0, 当 xC ( 1 , +00)时，g' (x) > 0. .当 x> 2 时，g (x)再(1),即 ln (x+2) +- 1 涮，x+2 " ln x x+2)工+2所

23、以，当 x>- 2 时，1-Lvn (x+2)虫+1 .k+2点评：本题考查函数的单调区间的求法，证明不等式.考查运算求解能力，推理论证能力； 考查化归与转化思想.综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较 高，是高考的重点.解题时要认真审题，仔细解答.7.已知函数 f (x) =ln (x+1) - x.(I )求函数f (x)的单调递减区间；(n )若 x> - 1,证明：1一(x+1)了K41考点：利用导数求闭区间上函数的最值；对数函数的定义域；利用导数研究函数的单调性。专题：综合题。'析,(I )函数f (x)的定义域为(-1, +8). f (x)=卜

24、也丁由此能求出函数 f (x) 的单调递减区间.(n )由(I )知，当 xC ( 1 , 0)时，f (x) > 0,当 xC (0, +oo)时，f (x)< 0,故 ln (x+1 ) x<0, In (x+1)虫.令耳(k) =1n) + 一 1 ,贝Ux+1葭（工）二二7一2工+1Ck+1） 2.由此能够证明当 x> - 1时,In (x+1) 工工解答：（I ）解：函数f （x）的定义域为（-1, +8）f (x)叶1（2分）由 f (x) V0及 x> - 1,得 x>0.当xC (0, +8)时，f (x)是减函数，即f (x)的单调递减区间

25、为(0, +°°). -4 (II )证明：由(I )知，当 xC ( 1, 0)时，f (x) >0,当 xC (0, +8)时，f (x) v 0, 因此，当 x> - 1 时，f (x) f (0),即 In (x+1) - x码,In (x+1)双.(6 分)令百（工）=ln工十1）十L-i,有1.一(工+1)°，当 xC ( 1 , 0)时，g' (x) V 0,10In (富+1)(12分)点评：本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力;考查化归与转化思想.对数学思维的要求比较高，有一定的探索性.综

26、合性强，难度大，是高考的重点.解题时要认真审题，仔细解答.8,已知函数f （k） =ax+（社口）（1）当a=1时，利用函数单调性的定义证明函数f （x）在（0, 1内是单调减函数;（2）当xC （0, +8）时f （x）力恒成立，求实数a的取值范围.考 函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题。点：专计算题。题：分(1)先任意取两个变量，且界定其大小，再作差变形看符号，注意变形到等价且到位.析：(2)先化简不等式，f (x) >0,再由分式不等式等价转化整式不等式ax2-x+1再恒成立，然后采用分离常数法求实数a的取值范围即可.解解：(1)任意取 Xi, X2C (0, 1且 X1VX2.答：£(芯1)-f- (kh + ) - ( Kp J-)-(工厂富 0)(1 - -)=(工一工)1d.1 vV1.匕v v一鼻2一孔员2因为 X1VX2,所以 X1-X2V00VX1X2V1,所以 X1X2- 1 < 0所以 f(X1) f(X2) > 0,即 f(X1)> f(X2),所以f(X)在(0, 1上是单调减函数.1241(2) ,xC (0, +oo), f (x) =aH+-= 恒成立，XX等价于当xC (0, +8)时ax2-x+1可 恒成立即可，y - 11a>