利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性之二階求導(dǎo)型

1、精品資料歡迎下載利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性之二階求導(dǎo)型評卷人得分一、解答題（題型注釋）1已知函數(shù) f ( x)xe2 xln xax （ 1）當(dāng) a0 時，求函數(shù)f ( x) 在 1,1 上的最小值；2（ 2）若x0，不等式 f ( x)1恒成立，求 a 的取值范圍；112x11（ 3）若x0，不等式1e1x恒成立，求a 的取值范圍f ( )exxxee1（ 1） eln 2 ；（ 2） a2 ；（ 3） a 1e1 2(e1)ee【解析】試題分析：（ 1）由 a0時，得出 f ( x)xe2 xln x ，則 f (x)(2 x1) e 2 x1 ，再x求導(dǎo) fx ，可得函數(shù)f / (x) 在

2、 (0,) 上是增函數(shù)，從而得到函數(shù)fx 的單調(diào)性，即可求解函數(shù)f ( x) 在 1 ,1 上的最小值；（ 2）由（ 1）知函數(shù) f/ ( x) 在 (0,) 上是2增函數(shù)，且x00f (x0)02 x01， 即， 使 得(2x0 1)ea 0， 得x0a x0( 222x0e，1設(shè) f ( x0 )1ln x02 2 xx0x0)2x0e0 ，利用函數(shù) f ( x0 ) 的單調(diào)性，x1即可求解求 a 的取值范圍；（ 3）根據(jù)題意， 轉(zhuǎn)化為 ax ln x xe 1對任意 x0成xeex1e 1立，令 g( x)x ln xx，所以 g (x)，可得出 g x的單調(diào)性， 求解出 gxxe e的

3、最小值，即可a 的取值范圍試題解析：（ 1） a0 時， f ( x)xe2 xln x ，f / ( x)(2 x 1)e2 x 1，xf / ( x) (4x4)e2 x10 ，所以函數(shù) f/ ( x) 在 ( 0,) 上是增函數(shù)，x 2精品資料歡迎下載又函數(shù)f / ( x) 的值域為 R，故 x00 ，使得 f / (x0 ) (2x0 1) e2x010 ，x0又 f / ( 1 ) 2e20 ，x01，所以當(dāng) x22即函數(shù) f (x) 在區(qū)間 1 ,1 上遞增，所以 f ( x) min2（ 2） f / (x) (2x 1)e2 x1a ，x由（ 1）知函數(shù) f /( x) 在 (

4、0,) 上是增函數(shù)，且 1,1 時， f/ ( x) 0 ，2f ( 1 )eln 222x00 ，使得 f / (x0 )0進而函數(shù)f ( x) 在區(qū)間 ( 0, x0 ) 上遞減，在 ( x0 ,) 上遞增，f (x)minf ( x0 )x0e2 x0ln x0ax 0 ，由 f / ( x)0得：(2x01)e2 x01，0a 0x0ax02x0 )e2 x01 ， f ( x0 ) 12( 2x0ln x0 2x0 e2 x0 ，因為x0 ，不等式f ( x)1恒成立，1 ln x021 ln x0202x0 e2 x02x0 e2 x0a (2 x01)e2x012 0 2x0（另

5、解：因為x0 ，不等式 f ( x)1恒成立，即 axe2 xln x1eln x e2 x(ln x2x)12 xeln x 2 x(ln x2x)12xxx由 exx 1eln x 2xln x 2x 1xe2 xln x 12 ，x當(dāng) ln x2x0 時取等號，a2 ）11x21112x1 a12x11) 1e 1 xee 1 x，（ 3）由 f (xex，ln1xexxe exxxe ex1x1x ln x xae1ax ln xxe 1，對任意 x0 成立，xxeeee精品資料歡迎下載x1x1令函數(shù) g( x)x ln xxe1/( x)x，所以 gln xx ，e ee( e1)e

6、e當(dāng) x1時， g / ( x)0 ，當(dāng)0x時， g /( x)0 ，11e1e所以當(dāng) x 1 時，函數(shù) g( x) 取得最小值 g(1)111，11ee(e1)eea1e1( e1) ee考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值）【方法點晴】 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，其中解答中涉及到利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及其應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值等知識點的綜合考查，同時解答中注意對函數(shù)二次求導(dǎo)的應(yīng)用和函數(shù)的構(gòu)造思想，通過構(gòu)造新函數(shù)， 利用函數(shù)的性質(zhì)解題的思想，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想以及推理與運算能力，試題有一定的難度，屬于難題2已知函數(shù) fxex1ax a R 2ex3時，求

7、函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；（ 1）當(dāng) a2（ 2）若函數(shù) fx在1,1 上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a 的取值范圍3設(shè)函數(shù) f (x)exln( x1)ax .（ 1）當(dāng) a=2 時，判斷函數(shù)f (x) 在定義域內(nèi)的單調(diào)性；（ 2）當(dāng) x 0 時， f ( x)cosx 恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍 .4已知函數(shù) f ( x)xln xa x2x a(aR) 在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點 .2（ 1）求 a 的取值范圍；（ 2）設(shè)兩個極值點分別為 x1 , x2 ，證明： x1 x2 e2 .5已知函數(shù)f ( x)x33| xa | 2 （ aR ）（ 1）當(dāng) a 0時，討論 f ( x) 的單調(diào)性；（

8、 2）求 f (x) 在區(qū)間 0,2 上的最小值6設(shè) f ( x)x ln xax2(2a1)x ， aR .（ 1）令 g( x)f '(x) ，求 g(x) 的單調(diào)區(qū)間；精品資料歡迎下載（ 2）已知 f ( x) 在 x1處取得極大值 . 求實數(shù) a 的取值范圍 .7設(shè)函數(shù) f xxa ln 1x , gxln1 xbx .1x（ 1）若函數(shù) fx 在 x0處有極值，求函數(shù)fx 的最大值；（ 2）是否存在實數(shù)b ，使得關(guān)于 x 的不等式 g x0在 0，上恒成立？若存在，求出 b 的取值范圍；若不存在，說明理由；nk1 n證明：不等式1ln n1,2k 1 k 212精品資料歡迎下

9、載參考答案1（ 1） eln 2 ；（）a2；（ ）a1e1223(e1)ee【解析】試題分析：（ 1）由 a0 時，得出 f ( x)xe2 xln x ，則 f(x)(2 x1) e 2x 1 ，再求導(dǎo)xf x，可得函數(shù)f/ ( x) 在 (0,) 上是增函數(shù)，從而得到函數(shù)fx的單調(diào)性，即可求解函數(shù) f ( x) 在1,1上的最小值；（）由（1）知函數(shù)f/ ( x) 在(0, )上是增函數(shù)， 且x0 ，202使 得2 x01， 即22 x0f ( x0)0(2 x0 1) ea 0a x ( 2 xx) e1， 得x0000， 設(shè)f ( x)1lnx2x22x0 e，利用函數(shù) f(x )

10、的單調(diào)性，即可求解求a的取值范圍；（ ）根00003x1x1據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為 ax ln xxe1成立，令 g( x)x ln xxe1對任意 x0，xxeee e所以 g (x) ，可得出 g x的單調(diào)性，求解出 gx的最小值，即可a 的取值范圍試題解析：（ 1） a0 時， f ( x)xe2 xln x ，f / ( x)(2 x1) e2 x1 ，1xf / ( x)(4x4)e2 x0 ，所以函數(shù)f/ ( x) 在 ( 0,) 上是增函數(shù)，x 2又函數(shù) f/ ( x) 的值域為 R，故 x00 ，使得 f / (x0 )(2 x01) e2x010 ，x0又 f / ( 1) 2e20

11、 ，x01，所以當(dāng) x22即函數(shù) f ( x) 在區(qū)間 1,1 上遞增，所以 f ( x) min21（ 2） f / (x) (2x 1)e2 xa ，x由（ 1）知函數(shù) f/ ( x) 在 (0,) 上是增函數(shù)，且 1,1 時， f/ ( x) 0 ，2f ( 1 )eln 222x00 ，使得 f / (x0 )0進而函數(shù)f ( x) 在區(qū)間 (0, x0 ) 上遞減，在( x0 , ) 上遞增，f ( x)minf (x)xe2 x0ln xax，0000精品資料歡迎下載由 f/ ( x)0得：(2x01)e2 x010，0ax0ax02x0 )e2 x01 ，f ( x0 )2(2x

12、01 ln x0 2x0 e2 x0 ，因為x0 ，不等式f ( x)1恒成立，1 ln x021 ln x0202x0 e2 x02x0 e2 x0a (2 x01)e2x012 0 2x0（另解：因為x0 ，不等式 f ( x)1恒成立，即 axe2 xln x1eln x e2 x(ln x2x)12 xeln x2 x(ln x2x)12xxx由 exx1eln x 2xln x 2x1xe2xln x12，x當(dāng) ln x2x0時取等號，a2）112x111x21 a12x11（ 3）由 f () 1e 1 xe1e 1 x，xxex，lnxexe exxxe ex1x1e1e1x l

13、n xxa，ax ln xx對任意 x0 成立，xxeeeex1x1令函數(shù) g( x)x ln xxe 1/，所以 g( x)ln x，xxe ee( e1)ee當(dāng) x1時， g / ( x)0 ，當(dāng) 0 x1時， g / ( x)0 ，11e所以當(dāng) x1 時，函數(shù) g( x) 取得最小值 g(1)1e11，11ee(e1) eea1e1( e1) ee考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值）【方法點晴】 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，其中解答中涉及到利用導(dǎo)數(shù)研究函精品資料歡迎下載數(shù)的單調(diào)性及其應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值等知識點的綜合考查，同時解答中注意對函數(shù)二次求導(dǎo)的應(yīng)用

14、和函數(shù)的構(gòu)造思想， 通過構(gòu)造新函數(shù)， 利用函數(shù)的性質(zhì)解題的思想，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想以及推理與運算能力，試題有一定的難度，屬于難題2（ 1） 單調(diào)遞增區(qū)間為,0和 ln 2,，單調(diào)遞減為 0,ln 2;（ 2）1e, 22e【解析】試題分析：（ 1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并且通分，分解因式的化簡，然后解f x 0 和 f x 0的解集；（ 2）若函數(shù)在- 1,1 上為單調(diào)函數(shù)，所以分單調(diào)遞增和單調(diào)遞減兩種情況討論，若單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為aex1在1,1上恒成立，那么a 小于等于函數(shù)的最小值，若函數(shù)2xe單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為aex11,1a 大于等于函數(shù)的最大值 .2x 在上恒成立，e試題解析：fx 的定義

15、域為 xR ， fxex1a ，2ex（ 1） a3xex1 3ex2 ex1，則 f2ex22ex2令 fx0，解得： xln 2或 x0 ，令 fx0，解得： 0x ln 2 ， fx的單調(diào)遞增區(qū)間為,0和 ln 2,，單調(diào)遞減為0,ln 2 （ 2）若 fx在1,1 上單調(diào)遞增，則fxex1a0在 1,1 上恒成立，2ex aex1在1,1 上恒成立，2ex令t ex同，則t1， ex1t12 t12，e , e2ex2 t2 t當(dāng)且僅當(dāng) t1， t21 ,e時取“ =”，又 1ee12te2e2e精品資料歡迎下載 x1,1時，2ex11e ，2ex2e a2 ，若 fx 在1,1上單調(diào)

16、遞減，則fxex1a0 在1,1 上恒成立，2ex aex1在1,1 上恒成立，2xe由式知，a1e，綜上， a 的取值范圍是,21e,2e2e考點：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性3（1） 在(1,) 上是增函數(shù) ; （2） a2 .【解析】試題分析：（ 1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令g xfx ，并且注意函數(shù)的定義域，再求函數(shù)導(dǎo)數(shù)的導(dǎo)數(shù) gxex11 2，分 x0和1x0 討論 gx 的正負，同時得到函數(shù)xg x的單調(diào)性，求得g x 的最小值為0，即 fx0恒成立，得到函數(shù)的單調(diào)性； （ 2）由（ 1 ）可得當(dāng) a2 時，不等式恒成立，當(dāng)a2 時，記( x)f ( x)cos x ，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，證明

17、不等式不恒成立.試題解析：（ 1） f (x) 的定義域為 (1,) ， f ( x) ex112 ，x記 g( x) ex12 ，則 g (x) ex( x1，x11)2當(dāng) x>0 時， ex1,11，此時 g (x)0 ，(x1) 2當(dāng) -1<x<0 時， ex1,11 ，此時g (x)0，( x 1)2所以 f ( x) 在（ -1,0 ）上遞減，在 (0,) 上遞增， f( x)f(0)0 ，f （ x）在 ( 1,) 上是增函數(shù) .精品資料歡迎下載（ 2 ） f( x)exx1a ，由 （ 1 ） 知 f(x) 在 (0,) 上 遞 增， 所 以 當(dāng) a2 時 ，1

18、f (x)f (0)2a0 ，所以 f （ x）在 0,) 上遞增，故 f ( x)f (0)1cosx 恒成立 .當(dāng) a>2 時，記( x)f (x)cosx ，則( x)ex1a sin x ，1x 1當(dāng) x>1 時， h ( x)e10 ，4顯然當(dāng) 0x1時， h (x)0，從而( x) 在 0,) 上單調(diào)遞增 .又(0)2a0, x,( x)0，則存在 x0( 0,) ，使得( x0 ) 0 .所以(x) 在 (0, x0 ) 上遞減，所以當(dāng)x(0, x0 ) 時，(x)(0) 0，即 f （ x）<cosx ，不符合題意 .綜上，實數(shù)a 的取值范圍是a2 .考點：

19、1. 導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性；2. 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.【方法點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，以及證明不等式的問題，綜合性較強，重點說說導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的證明，一種情況是求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)后，能夠解得fx0 或fx0 的解集，從而得到函數(shù)的單調(diào)遞增和遞減區(qū)間，令一種情況是求導(dǎo)后，不能直接求得 fx0或 fx 0 的解集，需要求函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)，根據(jù)二階導(dǎo)數(shù)大于0或小于 0的解集， 求得一階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)增減區(qū)間，同時求得一階導(dǎo)數(shù)的最大值或是最小值，從而得到一階導(dǎo)數(shù)的正負，求得函數(shù)的增或減區(qū)間.4（ 1） 0a1 ；（ 2）證明見解析 .e【解析】試題分析：（ 1）函數(shù) f (x)xln xa x2x a(aR) 在

20、其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點2等價于方程f '(x)0在 (0,) 有兩個不同根，即函數(shù)g( x)ln x 與函數(shù) ya 的圖象在x(0,)上有兩個不同交點， 討論函數(shù) g (x)ln x 單調(diào)性和極值根據(jù)圖象即可求a 的取值范xln x1圍 ；（ 2 ） 作 差 得 ， lnx1a(x1x2 ) ， 即 ax1x2 . 原 不 等 式 x1 x2e2 等 價 于x2x2ln x1ln x22a( x1x2 )2lnx12 (x 1x 2 )， x1t ，則 t 1，只需證明不等x2x 1x 2x2精品資料歡迎下載式 ln t2(t1) 成立即可 .t1試題解析： （ 1）依題意，函數(shù)

21、f (x) 的定義域為 (0,) ，所以方程f ' (x) 0 在 (0,) 有兩個不同根 .即，方程 ln x ax0在 (0,) 有兩個不同根 .轉(zhuǎn)化為，函數(shù)g ( x)ln x) 上有兩個不同交點 .與函數(shù) y a 的圖象在 (0,x又 g' (x)1ln x ，即 0 xe 時， g ' ( x) 0 ， xe 時， g' ( x)0，x21 .所以 g (x) 在 (0, e) 上單調(diào)增，在 (e,) 上單調(diào)減，從而g( x)極大 =g( e)e又 g( x) 有且只有一個零點是1，且在 x0 時， g( x)，在 x時， g( x)0 ，所以 g (

22、x) 的草圖如下，可見，要想函數(shù)g( x)ln x 與函數(shù) ya 的圖象在(0,)上有兩個不同交點，只需x0 a1.e（ 2）由（ 1）可知 x1 , x2 分別是方程 ln xax0 的兩個根，即 ln x1ax1 ， ln x2ax2 ，ln x1設(shè) x1x2 ，作差得， lnx1a(x1x2 ) ，即 ax1x2 .x2x2原不等式 x1x22e等價于ln x1ln x22a( x1x2 ) 2ln x12( x1x2 )x2x1x2令 x1t ，則 t 1， lnx12( x1x2 )ln t2(t1) ，x2x2x1x2t1設(shè) g(t)ln t2(t1) ， t1， g '

23、(t )(t1)20 ，t1t (t1)2精品資料歡迎下載函數(shù) g (t ) 在 (1,) 上單調(diào)遞增， g(t) g (1)0 ，即不等式 ln t2(t1) 成立，t1故所證不等式x1 x2e2成立 .考點： 1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值；2、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 .【方法點睛】 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬于難題 . 不等式證明問題是近年高考命題的熱點，命題主要是和導(dǎo)數(shù)、絕對值不等式及柯西不等式相結(jié)合， 導(dǎo)數(shù)部分一旦出該類型題往往難度較大，要準(zhǔn)確解答首先觀察不等式特點，結(jié)合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證結(jié)論先行放縮， 然后再化簡， 或

24、者進一步轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)證明.5（ 1） f ( x) 的增區(qū)間為 (, 1)，(0,) ，減區(qū)間為 (1,0) ；（ 2）當(dāng) a 0 時， f (x) 的最小值為 3a2 ；當(dāng) 0 a1時， f (x) 的最小值為 a32 ；當(dāng) a 1 時， f ( x) 的最小值為 3a 【解析】試題分析：（ 1）研究單調(diào)性， 可求出導(dǎo)函數(shù) f '(x) ，然后解不等式 f '(x)0 得單調(diào)增區(qū)間，解不等式 f '(x) 0得減區(qū)間，注意絕對值，要分類求解；（ 2）由于 x0,2，因此先分類a 0， a 2 ， 0a 2 ，前兩種情形，絕對值符號直接去掉，因此只要用

25、導(dǎo)數(shù)f '(x) 研究單調(diào)性可得最值，第三種情形同樣要去絕對值符號，只是此時是分段函數(shù)，f ( x)x33( xa)2, ax2,， f '( x)3x23, ax2,x33(xa)2,0xa.3x23,0x，可以看出這時又要分a.類： 0a 1， 1a2，得單調(diào)性再得最小值試題解析：（ 1）當(dāng) a0 時， f ( x)x33| x | 2 當(dāng) x0 時， f ( x)x33x2 ， f '(x)3x230 ， f ( x) 在 (0,) 單調(diào)遞增；當(dāng) x0 時， f ( x)x33x2 ， f '(x)3x233(x1)(x1) 1x0 時， f '(

26、x)0， f (x) 在 (1,0) 單調(diào)遞減；x1時， f '(x)0， f ( x) 在 (,1)單調(diào)遞增綜上， f (x) 的增區(qū)間為 (, 1) ， (0,) ，減區(qū)間為 ( 1,0) 精品資料歡迎下載（ 2）a2 時， f (x)x33(ax) 2 ，0x2，f '(x)3x23 3( x 1)(x 1) ，f ( x)minf (1)3a a0時， f ( x)x33(xa)2 ， 0x2，f '(x)3x230， f (x) 在0,2單調(diào)遞增， f (x)minf (0)3a2 0a20xx33( xa)2, ax2,時，而2 ， f ( x)3( xa)2,0xa.x3 f '(x)3x23, ax 2,3x23,0xa.（ i ）0a1時， f ( x)在 a,2 上單增， f (a) 為最小值f '(x)3(x21)0 在 0xa 上恒成立， f ( x) 在 0,a 上單調(diào)遞減， f (x)minf