导数及不等式综合题集锦

1、导数及不等式综合题集锦1已知函数 f (x) x aln x, 其中 a 为常数，且 a 1.()当 a1时，求 f(x)在e,e2 (e= 28 )上的值域；()若 f(x) e 1对任意 x e,e2恒成立,求实数 a的取值范围 .12. 已知函数 f (x) aln x ,a R.x( I )若曲线 y f (x)在点(1, f (1)处的切线与直线 x 2y 0垂直，求 a的值；(II )求函数 f(x) 的单调区间；(III )当 a=1，且 x 2时，证明： f(x 1) 2x 5.3. 已知 f (x) x3 6ax2 9a2x(a R )()求函数 f(x) 的单调递减区间；(

2、)当 a 0时，若对 x 0,3 有 f (x) 4恒成立，求实数 a 的取值范围14已知函数 f (x)x3 ax2 (a2 1)x b(a,b R).3(I) 若 x=1为 f (x) 的极值点，求 a的值；(II )若 y f (x)的图象在点( 1， f (1) )处的切线方程为 x y 3 0，(i) 求 f (x)在区间-2 ，4上的最大值；ii )求函数 G(x) f '(x) (m 2)x me x(m R )的单调区间5已知函数 f (x) ln x a.x(I)当 a<0时，求函数 f (x) 的单调区间；(II )若函数 f (x)在1 ，e上的最小值是 3

3、,求 a的值. 236已知函数 f (x) mx ax2 (1 b2 )x,m,a,b R3( 1)求函数 f (x) 的导函数 f (x) ；(2) 当 m 1时，若函数 f (x) 是 R上的增函数，求 z a b的最小值；(3) 当a 1,b2时，函数 f (x)在(2，+)上存在单调递增区间，求 m的取值范围7已知函数(1)若，求曲线处的切线；(2) 若函数在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围；(3) 设函数上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围。8. 设函数(I )若直线 l 与函数的图象都相切，且与函数的图象相切于点 (1,0) ，求实数 p 的值； (II )若在其定义域

4、内为单调函数，求实数 p 的取值范围。1g(x)9. 已知函数 f(x)x2 2x,g(x) logax(a 0,且a 1),其中a为常数 ，如果 h(x) f(x)2在其定义域上是增函数，且 h(x) 存在零点( h(x)为h(x)的导函数)(I)求 a的值；( II ) 设 A(m, g (m), B( n, g (n)( m n) 是 函 数 y g(x) 的 图 象 上 两 点 ， g(x0) g(n) g(m) ( g (x )为g( x)的导函数 ),证明:m x0 n.nm10. 设函数 f (x) x2mln x， h(x) x2 x a。()当 a=0 时， f (x) h(

5、x) 在( 1，+)上恒成立，求实数 m的取值范围；()当 m=2时，若函数 k(x) f (x) h(x)在 1， 3上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围；()是否存在实数 m，使函数 f (x)和函数 h(x) 在公共定义域上具有相同的单调性？若存在，求出m的值，若不存在，说明理由11. 已知函数 f(x) (x2 3x 3) ex定义域为 2,t(t 2),设f( 2) m,f(t) n.( I )试确定 t 的取值范围，使得函数 f ( x)在 2,t 上为单调函数；( II )求证： n m；(III )求证：对于任意的 t 2,总存在x0 ( 2,t),满足 f (xx0) 2

6、(t 1)2 ，并确定这样的 x0 ex03的个数。12. 已知函数 f(x) x2 a ln x在(1, 2是增函数, g(x) x a x在(0,1) 为减函数.(1)求 f (x) 、 g(x) 的表达式；(2)求证: 当x 0时,方程 f(x) g(x) 2有唯一解；1(3)当b 1时,若 f(x) 2bx 12在x ( 0,1内恒成立,求b的取值范围.x13. 已知函数 f'(1) 0,且f'(x) 0在R上恒成立 .1）求 a,c,d 的值；3b 12）若 h（x）x2 bx ,解不等式 f '（x） h（x） 0;42 43）是否存在实数 m，使函数 g（

7、x） f '（x） mx在区间m,m2 上有最小值 5？若存在，请求出实数 m的值；若不存在，请说明理由14. 已知函数， （）讨论函数的单调区间； （）设函数在区间内是减函数，求的取值范围15. 设函数（）求 f（x） 的单调区间和极值；（）是否存在实数 a，使得关于 x 的不等式的解集为（ 0，+） 不存在，试说明理由？若存在，求 a 的取值范围；若11. 解：()当 a 1时， f (x) x ln x, 得 f (x) 1 1, 2分1令 f (x) 0，即10，解得 x 1，所以函数 f(x) 在(1, )上为增函数，x据此，函数f (x) 在 e,e2 上为增函数，4分而

8、f(e) e)由 f (x)1 a,令 f (x) 0，得 1 xa 0, 即 x a,x当x(0,a) 时，f (x) 0 ，函数 f (x) 在 (0, a) 上单调递减；当x( a, ) 时，f (x) 0，函数 f (x)在( a, )上单调递增；7分若1e，即e a 1，易得函数 f (x) 在 e,e2 上为增函数，2 2 2 21， f (e2) e2 2 ，所以函数 f (x)在e,e2 上的值域为 e 1,e2 2 6分此时，f (x)max所以有2e 2a2 而ee122e e 1222e) (e 3e 1) 0 ，即 e e 1 e ，所以此时无解22e 1 ，即 a8分

9、若 e a e2，即 ee2 ，易知函数 f(x)在 e, a上为减函数，在 a,e2上为增函数，要使 f(x)e 1对 xe,e2 恒成立，只需a1f(e) e 12 ，即e2 e 1 ，f (e2) e 1 a e e 122 由ee12e 1 ( 1)2 2 2e e 1 e e 1 2 e e 1 2 0和 ( e2)0 得 e22 2 22e e 1 . 10 分22 2 2f (e2 ) ，要使 f(x) e 1对 x e,e 2 恒成立，只需 f(e2) e 1即可，若 a e2 ，即 ae2 ，易得函数 f(x)在 e,e2 上为减函数，此时，f (x)max2f(e) ，要使

10、 f(x) e 1对 x e,e2 恒成立，只需 f(e)1即可，所以有 e a e综合上述，实数 a 的取值范围是 (1 ，即 a 1 ，又因为 a e2 ，所以 a e2 .2e e 1 .2 .12分13分2. 解：(I )函数 f ( x)的定义域为 x|x 0， f (x)1.2.x2分2y又曲线 y f(x)在点(1, f (1)处的切线与直线0 垂直，所以 f (1) a 1 2. 即 a=1 4 分ax 1(0,),有f (x) 0 在定义域上恒成立，II )由于 f (x) 2 . 当 a 0时，对于x2即 f (x)在(0, ) 上是增函数 .1a 0时,由f (x) 0,

11、 得x (0, ).a1(0, )时,f (x) 0, f ( x)单调递增； a8分x ( 1, )时,f (x) 0, f (x)单调递减 . aIII )当 a=1 时， f(x 1)ln(x1) x1 1,x 2,). 令 g(x) ln(x11) 2xx15.g (x) 1x 1 (x1)2 2(2x1)(x 2) (x 1)210 分又 g(2) 0,所以 g(x)时,g(x) 0.1即 ln(x 1)2x 50.x1故当 a=1，且 x2时,f(x1) 2x 5成立 . 13 分3 解：() f '(x)3x2 12ax9a23(x a)(x3a) 0(1)当 a3a ，

12、即 a0时，f '(x) 3x20 ，不成立( 2)当 a3a ，即 a0时，单调减区间为(3a,a)( 3)当 a3a ，即 a0时，单调减区间为(a,3a) 50,g(x)在(2,) 单调递减 .当 x 2时,g x(x) f '(x)3x2 12ax 9a2 3(x a)(x 3a) ，f(x) 在 (0, a)上递增，在 (a,3a) 上递减，在 (3a, )上递增1)当a 3时，函数 f (x)在0,3 上递增，所以函数 f ( x)在0,3上的最大值是 f(3)，若对 x 0,3 有 f(x) 4恒成立，需要有f(3) 4,解得 a a 3,(2)当1 a 3时，有

13、a 3 3a ，此时函数 f (x)在0,a上递增，在a,3上递减，所以函数f (a) 4, 在0,3 上的最大值是 f(a)，若对 x 0,3 有 f(x) 4恒成立，需要有 解得a1 a 3,(3)当 a 1时，有 3 3a ，此时函数 f(x)在a,3a上递减，在 3a,3 上递增，所以函数f(x)1f(x)在0,3 上的最大值是 f (a)或者是 f (3) 2由 f (a) f(3) (a 3)2(4a 3)，30 a 34时， f (a)f (3) ，若对 x 0,3 有 f (x) 4 恒成立，f(3) 4,需要有 3 解得 a 10 a ,42339 ,34 3 a 1时， f

14、 (a) f (3) ，4若对 x 0,3 有 f (x) 4 恒成立，需要有f (a)344,1,3解得 a (3,1) 4综上所述， a 1293,114 分4解：（ 1） f （x） x22ax a 2 1.x 1 是极值点2f (1) 0 ，即 a 2 2a 0(1, f (1)在 xy30上.f (1) 2 ( 1， 2)在 yf(x) 上又f (1)k11 2a a2 1 1a 2 2a12282f (x)xx, f (x) x2 2x.33x 0 或 2. 3 分2）8i)由 f (x) 0可知 x=0和x=2是 f ( x)的极值点 . f(0) , f(2)3210a2 11

15、,b44, f( 2) 4, f(4) 8,38分f （x） 在区间 2，4 上的最大值为 8.ii ) G(x)(x2mxm)eG (x) (2x m)e x e x(x2x2mx m) e x (2 m)x令G (x) 0，得 x 0,x 2 m当 m=2时，G（x） 0，此时 G（x）在（ , ）单调递减当 m 2 时：x（ ， 2，m）2m（2m，0）0（0，+）G（x）0+0G（x）减增减当时 G（x）在（， 2， m），（ 0，+）单调递减，在（ 2m， 0）单调递增当 m 2 时：x（， 0）0（0，2m）2m（ 2 m+）G（x）0+0G（x）减增减此时 G（ x）在（， 0）

16、，（ 2 m， +）单调递减，在（ 0，2 m）单调递增，综上所述：当 m=2时，G（ x）在（， +）单调递减；m 2 时， G（x）在（， 2m），（0， +）单调递减，在（ 2m，0）单调递增；m 2 时， G(x)在(， 0)，(2m， +)单调递减，在( 0，2m)单调递增a1分3分5解：函数 f ( x) ln x 的定义域为 (0, ) x1 a x af '( x)2 2x x x1) a 0, f'(x) 0.故函数在其定义域 (0, )上是单调递增的 . 5分II )在1 ， e上，发如下情况讨论：当 a<1时， f '(x) 0,函数 f (

17、x) 单调递增，其最小值为 f(1) a 1,3这与函数在 1 ，e上的最小值是 3 相矛盾； 6分2当 a=1时，函数 f (x)在1,e单调递增，其最小值为 f(1) 1,同样与最小值是 3相矛盾； 7分2当1 a e时，函数 f (x)在1,a 上有 f '(x) 0 ，单调递减，在 a,e 上有 f'(x) 0,单调递增，所以，函数 f ( x)满足最小值为 f(a) ln a 13由 ln a 1 3 , 得 ae, 9 分2当 a=e时，函数 f(x)在1,e上有f'(x) 0,单调递减，其最小值为 f (e) 2,3还与最小值是 3 相矛盾； 10 分2当

18、 a>e时，显然函数 f (x)在1,e上单调递减，其最小值为 f (e) 1 a 2,e3仍与最小值是 3 相矛盾； 12 分2综上所述， a 的值为 e. 13 分226(I )解： f (x) mx2 2ax (1 b2). 3分( II ) 因 为 函 数 f ( x) 是 R 上 的 增 函 数 ， 所 以 f ( x) 0 在 R 上 恒 成 立 ， 则 有2 2 2 2 a r cos ,4a2 4(1 b2) 0,即a2 b2 1. 设( 为参数,0 r 1).b r sin则 z a b r (cos sin )2 r sin()4当 sin() 1, 且 r =1 时

19、， z a b 取得最小值 2 .4(可用圆面的几何意义解得 z a b的最小值 2 ) 8分)当 m 0时 f (m) mx2 2x 1是开口向上的抛物线，显然f (x) 在( 2，+)上存在子区间使得 f （x） 0，所以 m的取值范围是（ 0，+） .当 m=0 时，显然成立 .f （x）在（ 2， +）上存在子区间当 m 0 时， f （m） mx2 2x 1是开口向下的抛物线，要使m0m 0,使 f （x） 0，应满足1 2,或1 2,mmf( m1 )0,f (2) 0.m1解得 m 0, 或31 m，所以m的取值范围是( 3 ,0).24243则 m的取值范围是 （ 3,).13

20、 分47解：（1）当时，函数曲线在点处的切线的斜率为 1 分 从而曲线在点处的切线方程为 即（ 2） 3 分令，要使在定义域（ 0，）内是增函数只需在（ 0， +）内恒成立 4 分由题意的图象为开口向上的抛物线，对称轴方程为， 只需时，在（ 0，+）内为增函数，正实数的取值范围是6 分（ 3）上是减函数， 时，即 1 分当时，其图象为开口向下的抛物线，对称轴在车的左侧， 且，所以内是减函数。当时，在 因为， 所以 此时，内是减函数。故当时，上单调递减，不合题意；当时，由所以又由（ 2）知当时，上是增函数，不合题意； 11 分当时，由( 2)知上是增函数，又上是减函数，故只需而解得，所以实数的取

21、值范围是。 13 分2分8. 解：()方法一：，设直线，并设 l 与 g(x) x2 相切于点 M()3分2代入直线 l 的方程，解得 p=1 或 p=36分方法二：将直线方程 l 代入得解得 p=1 或 p=3 6分)，要使为单调增函数，须在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，又，所以当时，在为单调增函数；9分要使为单调减函数，须在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，又，所以当时，在为单调减函数11 分综上，若在为单调函数，则的取值范围为或12分9. 解：(I )因为 h(x)12 x2 2xloga x(x 0).所以 h (x) x1xln a因为 h(x)在(0,) 上是增函数。所以x 2 1

22、x ln a0在(0, ) 上恒成立1分x 0时 ,x 2x22xxln a1 .而 x2 ln a2x(x 1)2 1在(0,) 上的最小值是1。是1,即1 lna1ln a)可见 a 1( 若0 a111,则 10.这与 11矛盾 )ln a ln a从而由()式即得 ln a 1.4分1同时， h (x) x 2xln ax2 lna 2xln a 1(x 0) xln a由 h (x)存在 (正)零点知(22ln a)2 4ln a 0,此时， h （x）存在正零点 x 1,故 ae 即为所求 6 分注：没有提到（验证）lna 1 时，h （x） 存在正零点x1,不扣分。II )由(

23、I )， g(x) ln x,g (x0 )1,x0,于是1g(n) g(m),x0nmnm 7 分x0ln n ln m以下证明 m nln nm . () lnm）等价于 mlnnmlnm n m8分0. 构造函数 r(x) xln n xln x nx(0 x n),则 r(x)ln nln x,当x (0,n) 时，r (x) 0,所以 r(x)在(0,n 上 为增函数。因此当m n时,r(m) r(n) 0,即mlnn mlnm n m0. 从而 x0m 得到证明。 11 分同理可证 n nln nm.综上,mln mx0n 12 分注：没有“综上”等字眼的结论，扣1 分。10.解：

24、（）由 a=0，f (x) g(x) 可得mln x x ，即mx ln x 1 分记x，则 f (x) ln xg(x)在( 1，+）上恒成立等价于m(x)min. 求得 '(x) ln x 12分. 求得 '(x) 2 ln2x当x(1,e) 时； '(x)0 ；当 x (e,) 时， '(x) 0 3 分解得 ln a 1，或 ln a 0（因为 a 1,ln a 0,这是不可能的 ）.由得 ln a 1.故 （x）在x=e处取得极小值，也是最小值，即 （x）min （e） e，故m e. 4分（）函数 k（x） f（x） h（x）在 1,3 上恰有两个不

25、同的零点等价于方程 x 2ln x a，在 1,3 上恰有2两个相异实根 5 分 令 g（x） x 2ln x，则 g'（x） 1 6 分x当x 1,2）时， g '（x） 0，当x （2,3时， g'（x） 0g（ x）在1 ， 2上是单调递减函数，在 （2,3上是单调递增函数故 g（x）min g（2） 2 2ln 28分 又 g（ 1） =1， g（ 3） =3-2ln3g（1）g（3），只需 g（2）ag（ 3），故 a 的取值范围是（ 2-2ln2 ，3-2ln3 ） 9 分1（）存在 m=1 ，使得函数 f （x）和函数 h（ x）在公共定义域上具有相同的单

26、调性2f '( x) min2x m x2x2 m2x m ，函数 f （ x ）的定义域为（ 0， +） x10 分若m0，则 f(x)'0 ，函数 f （ x）在（ 0，+）上单调递增，不合题意；11 分若m0，由 f(x)'0 可得 2x2-m>0，解得 x>或 x<-舍去）故m0时，函数的单调递增区间为（，+） 单调递减区间为（ 0，）12分11而 h（ x）在（ 0，+）上的单调递减区间是（ 0， 1 ），单调递增区间是（ 1 ，+） 22故只需111 ，解之得 m=121即当 m= 时，函数2f （x）和函数 h（ x）在其公共定义域上具有

27、相同的单调性14 分 .11. 解：（I ）因为 f(x) (x23x 3) ex (2x 3) ex x(x 1) ex1分由f (x) 0x 1或 x0;由 f (x) 0 0 x 1,所以 f (x)在 (,0),(1,）上递增 ,在 （0,1）上递减L L L L 3分13 分欲f(x)在 2, t 上为单调函数 ,则 2 t 0 L L L L L 4分II ）证：因为 f（x）在（ ,0）, （1, ）上递增,在（0,1）上递减 ,所以f（x）在x 1处取得极小值 e13又f ( 2)132 e,所以f (x)在 2, 上的最小值为 f ( 2) e从而当 t2时 , f ( 2)

28、f (t),即 m n L L L L L L 7分III ）证：因为 fe(xx00)2x0 x0,所以 ex0f (x0)2(t 1)2,即为 x023x023(t1)2，令g(x)x2 x 2(t31）2 ,从而问题转化为证明方程 g（x） x2223(t1)2 0在 （ 2,t）上有解 ,并讨论解的个数L L L L L L 9分2 2 2因为 g( 2) 6 23(t 1)223(t 2)(t 4),g(t) t(t 1)23(t1)213(t2)(t 1),所以2,t） 上有解，且只有一解 11 分1)2 0 ，当 t 4或 2 t 1时,g( 2) g(t) 0,所以 g(x)

29、0在(2当1 t 4时,g( 2) 0且g(t) 0,但由于 g(0) (t3所以 g（x） 0在（ 2,t） 上有解，且有两解当 t 1时,g(x) x2 x 0 x 0或x 1,所以 g(x) 0在( 2,t )上有且只有一解； 当t 4时,g(x) x2 x 6 0 x 2或x 3,所以 g(x) 0在( 2,4) 上也只有一解 L L L L L L 13分f (x0)ex0且当t4或 2 t1时 ,有唯一的 x0适合题意 ;12. 解 :(1) f (x) 2xa, 依题意 f (x) 0, x x(1,2 ,即a 2x 2,x (1,2 .上式恒成立, a 2 1 分又 g (x)

30、12 x , 依题意g (x) 0,x (0,1), 即a2 x , x(0,1) . 上式恒成立 ,由得a2 . 3 分 f (x)2 x2ln x,g(x)x 2 x. 4 分(2)由 (1) 可知 , 方程f(x) g(x) 2, 即x2 2ln x x2 x 20.设 h(x)x2 2ln xx 2 x 2, 则h(x) 2x21x1,x,令h (x)0,并由 x 0, 得( x 1)(2x x 2x x2) 0, 解知 x1. 5 分令h(x) 0,由 x6分a 2. 2 分综上所述 ,对于任意的 t2,总存在 x0 ( 2,t), 满足0,解得 0 x 1.23(t 1)2,列表分

31、析 :x(0,1)1(1,+ )h(x)-0+h(x)递减0递增可知 h(x)在 x 1处有一个最小值 0, 7分当 x 0且x 1时, h(x) >0, h(x) 0在(0,+ )上只有一个解即当 x>0时, 方程 f(x) g(x) 2有唯一解 .8 分2 1 ' 2 23)设 (x) x2 2ln x 2bx 2 则 ' (x) 2x 2b 3 0, x2xx39分(x) 在(0,1为减函数(x)min(1) 1 2b 1 0 又 b 111 分所以： 1 b 1为所求范围12 分13. 解：( 1)f (0) 0, d 0 f'(x)2axc及f &

32、#39; (1) 0,有af '(x)0在 R上恒成立 ,即 ax20 恒成立即 ax 2121a20恒成立显然 a 0 时，上式不能恒成立0,函数 f (x) ax2a 是二次函数由于对一切 x R,都有 f (x)0, 于是由二次函数的性质可得0,12)24a(12a)即0.0,1a2116(a0,14)2解得 : a2)由f当b1x4120,即 1 x24 b 0, 即(x 2 11 1时,解集为 (1,b),当b 22(x)(b3)该函g(x) f (x)f (x)h(x)12)xmx(x)1x2141432x4bxb)(x ) 021 1时,解集为2111时,解集为(b,12)，当11时,解集为2上，且对g(x)f (x) mx2m 1. 假12x4设存1( m)x21 区间 m.m 2 上有最小值45.1( m)x2在实数使函数g(m)125,即 1m24(12m)m 1 5.4解得 m3或m 7.71, m 7 舍去333当 1m 1时,m2m1 m 2,函数g(x)在区间m,2m 1 上是递减的，而在 区1时,2m当 m1m,函数 g(x)在区间 m,n 2上是递增的 .2上是递增的，g