【精品】導數(shù)壓軸題

1、導數(shù)壓軸題9.(能力挑戰(zhàn)題)設(shè)f(x) =1 + ax1 2,其中a為正實數(shù).1 + ax2 20,4(1) 當a = 3時，求f(x)的極值點.13(2) 假設(shè) f(x)為2，2上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.axvf(x)為3，3上的單調(diào)函數(shù)，貝U f (x)在 刁3上不變號, 2ax+ 1 e解析行(x)二丹1 + ax413(1)當 a = 3時，假設(shè) f(x)= 0,那么 4x2 8x+ 3= 0? x1 =，x2 x1oo，2121 32，23232，+of (x)+0一0+f(x)r /極大值極小值r z 113：X1 是極大值點，x2 2是極小值點.(2)記 g(x) ax2 2

2、ax+ 1，那么2g(x) a(x 1) + 1 a，1 3g(x)0或 g(x)0 或 g 2 W0? 0a3,4的取值范圍是0a3.10. (能力挑戰(zhàn)題)函數(shù) f(x) xln x ax2 x(a R).假設(shè)函數(shù)f(x)在x= 1處取得極值，求a的值.(2)假設(shè)函數(shù)f(x)的圖象在直線y= x圖象的下方，求a的取值范圍.求證：2 013 a . e 0122 0122 013解析函數(shù)定義域為(0,+%), F(x)= In x 2ax,-f(x)在x= 1處取得極值，.f (1) = 0,即一 2a= 0,.a = 0.f (x) = In x,當 x (0,1)時，f (x)0,f(x)

3、在x= 1處取得極值.由題意，得xln x ax2 x x,xln x a點vIn x設(shè) h(x)=,1 In x那么 h (x) = x入令 h (x)0,得 0xe,h(x)在(0, e)上為增函數(shù);令 h (x)e,h(x)在(e,+x)上為減函數(shù).1h(x) max=DIn x由(2)知h(x) = p在(e,+)上為減函數(shù), 入h(x)h(x+ 1),In x ln x+ 2 , + x 1 x由 f (x) = 0,得 x2 (2 + a)x+ 1 a= 0,. xx+ 1 -.(x+ 1)ln xx ln(x+ 1),n xx+ 1l n(x+ 1)x,xx+ 1(x+ 1)x.

4、令 x= 2 012,得 2 0122 0132 0132 012ax11. 函數(shù) f(x) = ln(1 + x) (a R).1 x(1) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2) 假設(shè)數(shù)列am的通項公式am =12 013X 2m+ 1ka1 a2 am3(m N ).解析(1)由題意，函數(shù)的定義域為(一1,1)U (1, +013(m N*)，求證：1%), f (x)二 1 + x21a當a0,產(chǎn)0,1 + x 1 x所以f (x)0,即函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(1,1), (1 , +)，無減區(qū)間;當 a0 時，f (x) =11+ x1 x2x 2 + a x+ 1 aa + 2 、/a2

5、 + 8aa+ 2+、/a2+ 8a此方程的兩根X1=2，X2=2，其中一1X110，所以 f (X)0? - 1xX2,f (X)0? X1X1 或 1XX2,即函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-1 , X1), (X2,+x)，減區(qū)間為(X1,1), (1 , X2).綜上，當a0時，函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-1, X1),(X2,+X)，減區(qū)間為(X1,1), (1,X2),a + 2-、/a2 + 8a其中X1二2a + 2+ a2 + 8a x2 =2x當a= 1時，由(1)知，函數(shù)f(x) = ln(1 + x)-在(0,1)上為減函數(shù),1 - xx那么當 0x1 時，f(x) = ln(

6、1 + x) f(0)= 0,1 - xX即 ln(1 + x)1-x令 * 013 加 N*)，那么1 + ln2 013X 2m+ 1 2 013X 2m,丄 嚴才丄2 013 X 2 + 1 ) 2 T e 3.X212.函數(shù) f(x) =+ a3ln(x a a2), a R 且 a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;當 a0時，假設(shè) a2 + axix2a2 a,證明:2f x2 f xia0，因為 x a a20，故(x a)(x a2)0.當 a0 時，因 a+ a2a 且 a+ a2a2，所以上面不等式的解集為(a+ a2，+x)，從而此時函數(shù)f(x)在(a+ a2，+)上單調(diào)

7、遞增.當a0時，因aa+ a2a2，所以上面不等式的解集為(a2,+)，從而此時函數(shù)f(x)在(a2，+x)上單調(diào)遞增，同理此時f(x)在(a+ a2，a2上單調(diào)遞減.證法一：要證原不等式成立，只需證明2af(x2) f(xi)(x2 xi) a，2 2 aa只需證明 f(x2) a x20,我們考察函數(shù) g(x) = x2 |a2x+ 庁 + 亍a2, x (a2 + a, a2 a).因 a + a+ a_a = a2x 對稱軸=警，且 aa只需證明 f(x2) 2 a x2f(xi) a xi.又 a2 + axix2a2 a,設(shè) g(x) = f(x) a x,那么欲證原不等式只需證明

8、函數(shù)g(x) = f(x) a； ax在x (a2 + a,a2 a)內(nèi)單調(diào)遞減.由可知fa2 a,所以 g(x) g(a2 a) = 0.從而知 h (x)0在 x (a2 + a, a2 a)上恒成立,2a22所以函數(shù)h(x) = f(x) a x在x (a + a, a a)內(nèi)單調(diào)遞減.從而原命題成立.證法二：要證原不等式成立,2a只需證明 f(X2) f(X1)V(X2 xi) a ,g (x)二f (x)冷a32aax+2 2 axaa2a22 a 2 a .32 . ax a a +2+ a+x a a因為 a0,所以 y=x a a2+a32在(a2 + a, a2 a)上為增函

9、數(shù), x a a3a2 a a a2+a所以 g (x)w g (a2 a)2 2+ a+ a2 f a = 0.a a aa2從而知g (x) kx總成立，求實數(shù)k的取值范圍;(3)設(shè)函數(shù) F(x) f(x) + excos x, x?2 011 n 2 013 n-n一 1寸【過點M 一- , 0作函Xn，求數(shù)列Xn的所有項數(shù)F(x)圖象的所有切線，令各切點的橫坐標構(gòu)成數(shù)列 之和S的值.解析(1)由于f(x) = exsin x,所以f (x) = exsin x+ excos x= ex(sin x+ cos x)=2exsin x+.3nnn3 n當 x+ 4 (2 k n 2k n+

10、 n,即卩 x 2k n- 4, 2k n+ 時，f (x)0;當 x+(2kn+ n, 2kn+ 2 n,)即 x 2k n+ 手 2kn+ 于時，f (x)kx 總成立，只需 x 0, 2 時g(x)min?0.g (x)= e0, x 0, 2 ,n所以h(x)在o, 2上為增函數(shù)，所以 h(x) 1, e.對k分類討論：n 當k0恒成立，所以g(x)在0, 2上為增函數(shù)，所以g(x)min=g(0) = 0, 即卩 g(x)0 恒成立；n 當1ke時，g (x)= 0在1, e上有實根xo,因為h(x)在0, 2上為增函數(shù)，所以當x (0, xo)時，g (x)e時，g (x) 0恒成

11、立，所以g(x)在0, 2上為減函數(shù)，那么g(x)g(0)=0,不符合題意；綜合可得，所求的實數(shù)k的取值范圍是(, 1.(3) 因為 F(x) = f(x) + excos x= ex(sin x+ cos x),所以 F (x)= 2excos x,設(shè)切點坐標為(x0, ex0(sin X0+ cos x。)，那么斜率為 F X0= 2ex0cos X0,切線方程為 y exo(sin xo+ cos xo)=2exocos xo (xxo),n1將M o的坐標代入切線方程，得exo(sin xo+ cos xo)=2exocos xo -n 1整理得tanxo 1 = 2n 1(3)證明:

12、f (x) =1 pxntanxo = 2 xo 2 ,nn令y1 = tan x, y2 = 2 x 2，那么這兩個函數(shù)的圖象均關(guān)于點 2，。對稱,nn它們交點的橫坐標也關(guān)于2對稱且成對出現(xiàn)，方程tan x = 2 x? , x當p0, f(x)在(0,+x)上無極值點;當 p0 時，令 f (x)= 0,1x= p (0,+x),f (x), f(x)隨x的變化情況如下表:x10,- ，p1 p1+ oop,f (x)+0一f(x)遞增極大值遞減1從上表可以看出：當p0時，f(x)有唯一的極大值，當x= p時，f(x)= In p； p1即函數(shù)f(x)的極值點是一p， In p .1 1

13、1(2)當p0時，在x= p處取得極大值fp = In p此極大值也是最大值，1 1要使f(x) 0恒成立，只需fp = In p 1,.p的取值范圍為1 ,+x).令p= 1,由知，In x x+ 1 0,In x x 1,n N , n?2, In n2 n2 1,In n2 2 In n1 In_22 宜 In n22牙+亍+1 2 + 1 32 + + 1 n21丄 1丄二2 n 1 22 + 32+ n21411f(x)對 x 1 , +g)恒成立.解析(1)將 x= 1代入切線方程得f(1) = 0,a+ b又f(1) 2，化簡得a+ b = 0f (x) 2a x + 1 ax+

14、 b 2x-1-b2 4- - 1 b 一一 c b- 2b- 21+ x22由解得：a= 2, b= 2,2x 2所以f(x)=x2 + 12x 2要證In x 2十在1, + %)上恒成立，即證(x2 + 1)ln x2x2在1 ,+x)上恒成立，即證 x2ln x+ In x 2x+ 20 在1, + g)上恒成立.設(shè) h(x) = x2ln x+ In x 2x+ 2,1h (x)= 2xln x+x+ 2.Zx1 x 1,.2xln x0, x+2, 即卩 h (x)0.Xh(x)在1 ,+x)上單調(diào)遞增，h(x) h(1) = 0,g(x)f(x)在 x 1 ,+x)上恒成立.11

15、. (2021 河北質(zhì)檢)函數(shù) f(x) = 2ln x-x g(x)在e, e上的最小值是g(e). + ax(a R).當a = 2時，求f(x)的圖象在x= 1處的切線方程；1(2) 假設(shè)函數(shù)g(x) = f(x)- ax+ m在e, e上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍;(3) 假設(shè)函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點A(X1,0), B(X2,0)，且0X1x2,x1 + x2 求證：f -0(其中f (x)是f(x)的導函數(shù)).2 2 解析當 a = 2 時，f(x)= 2ln x-x2+ 2x, f (x) = 2x+ 2,切點坐標為 入(1,1),切線的斜率k= f (1)

16、= 2,那么切線方程為y1= 2(x 1)，即y= 2x 1.2 2 x+1 x1(2)g(x) = 2ln x x2+ m,貝U g (x) =2x=廠1 1x e，e，當g (x) = 0 時，x= 1當ex0；當 1xe 時，g (x)0.故g(x)在x= 1處取得極大值g(1) = m 1.F11又 g e = m2 e2，2 1 2 1g(e)= m+ 2 e2, g(e) g? = 4 e2 + 譽0, 1那么 g(e)0,11解得 1m 2g e = m 2 訐 0,g(x)在e，e上有兩個零點的條件是1+ e X2 X1x1u(t)在(0,1)上是增函數(shù)，貝U u(t)u(1)

17、 = 0,從而知+ InX20,X1 + X2X2，1實數(shù)m的取值范圍是1, 2 +孑.(3)vf(x)的圖象與x軸交于兩個不同的點A(x1,0), B(x2,0),2ln x1 x2 + ax1 = 0,方程2ln x x2 + ax= 0的兩個根為x1, x2,貝U2兩式2ln X2 x2 + ax2 = 0,2 In X1 In x222相減得 a=(X1 + X2)又 f(x)= 2ln x x2 + ax, f (x) 2x+ a,那么X1 + X224X1 + X2(x1 + X2) + a=42 In x1 In x2X1 + X2X1 X242 In X1 In X2下證 0(

18、*)，即證明X1 + X2X1 X22 X2 X1X1 + X2+ In 0,X2，設(shè) t=,X20X1X2,x1 X2x2 1 t0t1，即證明 u(t)=+ In t0 在 0t0,2 t+ 1 2 1 td (t) =七 T，又 0t1，/.ut + 1 2 11+ 1 2故(*)式成立，即fX1 + X221 n(n+ 1)都成立.2g xii(3) 是否存在實數(shù)a(a0),使得方程 一二f (x)_ (4a_ 1)在區(qū)間e，e內(nèi)xe有且只有兩個不相等的實數(shù)根？假設(shè)存在，請求出a的取值范圍；假設(shè)不存在，請說明理由.1x 2x+ 3解析(1)F (x)=_ 2x_ 1 二一x+1x+ 1

19、當 x (_ 1,0)時，F(xiàn) (x)0,x (0,+x)時,f (x)0，x= 0是F(x)在(_ 1,+x)上唯一的極大值點，從而當x= 0時，F(xiàn)(x)取得最大值 F(0)= 0.(2)由(1)知？ x (0,+ %), F(x)0 ,即 In(x+ 1)x2 + x,令 x=n 得|n n+1?+n，n+ 1即 ln(n+ 1)_In n_n亍,3ln 2 In 12, In 3 In 24,n +1ln(n+ 1)_ In nn,3 4 n+1n(n+ 1)_ In 1In(n+ 1)-(3)把方程2g x 1x=f (x) (4a 1)整理為a + (1 2a)x In x 0.設(shè) H

20、(x) ax 2ae + 1 2a e 1 e 2e a+ e 1 0， + (1 2a)x In x(x0),1原方程在區(qū)間e，e內(nèi)有且只有兩個不相等的實數(shù)根，即函數(shù)H(X)在區(qū)間1e，e內(nèi)有且只有兩個零點.1 2a/ + 1 2a x 1H (x) 2ax+ (1 2a) j2ax+ 1 x 1 x ，1令 H (x) 0,因為 a0，解得 x 1 或 x2a(舍)，當 x (0,1)時，H (x)0，H(x)是減函數(shù)；一 1 一一個不相等的零點，只需H x min0，H(x)是增函數(shù)，H(x)在-，e內(nèi)有且只有兩1 2a e+ a+ e20，H e0,a H e， 2ae2尹=+ 1即 即 H 1 a+ 1 2a 1 a0，a1,1 eae2 2e值.e2 + e解得1aIn 2 + 才a0,令 g(x)= x2 2