導數壓軸題(共16頁)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上導數壓軸題9(能力挑戰(zhàn)題)設f(x)，其中a為正實數(1)當a時，求f(x)的極值點(2)若f(x)為上的單調函數，求a的取值范圍解析f(x)，(1)當a時，若f(x)0，則4x28x30x1，x2，xf(x)00f(x)極大值極小值x1是極大值點，x2是極小值點(2)記g(x)ax22ax1，則g(x)a(x1)21a，f(x)為上的單調函數，則f(x)在上不變號，>0，g(x)0或g(x)0對x恒成立，又g(x)的對稱軸為x1，故g(x)的最小值為g(1)，最大值為g.由g(1)0或g00<a1或a，a的取值范圍是0<a1或a.10(能力挑戰(zhàn)題)

2、函數f(x)xln xax2x(aR)(1)若函數f(x)在x1處取得極值，求a的值(2)若函數f(x)的圖象在直線yx圖象的下方，求a的取值范圍(3)求證：2 0132 012<2 0122 013.解析(1)函數定義域為(0，)，f(x)ln x2ax，f(x)在x1處取得極值，f(1)0，即2a0，a0.f(x)ln x，當x(0,1)時，f(x)<0，當x(1，)時，f(x)>0，f(x)在x1處取得極值(2)由題意，得xln xax2x<x，xln xax2<0.x(0，)，a>.設h(x)，則h(x).令h(x)>0，得0<x<

3、e，h(x)在(0，e)上為增函數；令h(x)<0，得x>e，h(x)在(e，)上為減函數h(x)maxh(e)，a>.(3)由(2)知h(x)在(e，)上為減函數，h(x)>h(x1)，>.(x1)ln x>xln(x1)，ln xx1>ln(x1)x，xx1>(x1)x.令x2 012，得2 0122 013>2 0132 012.11已知函數f(x)ln(1x)(aR)(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若數列am的通項公式am2 013(mN*)，求證：a1·a2··am<3(mN*)解析(1)

4、由題意，函數的定義域為(1,1)(1，)，f(x)，當a0時，注意到>0，0，所以f(x)>0，即函數f(x)的增區(qū)間為(1,1)，(1，)，無減區(qū)間；當a>0時，f(x)，由f(x)0，得x2(2a)x1a0，此方程的兩根x1，x2，其中1<x1<1<x2，注意到(1x)(1x)2>0，所以f(x)>01<x<x1或x>x2，f(x)<0x1<x<1或1<x<x2，即函數f(x)的增區(qū)間為(1，x1)，(x2，)，減區(qū)間為(x1,1)，(1，x2)綜上，當a0時，函數f(x)的增區(qū)間為(1,1)(

5、1，)，無減區(qū)間；當a>0時，函數f(x)的增區(qū)間為(1，x1)，(x2，)，減區(qū)間為(x1,1)，(1，x2)，其中x1，x2.(2)當a1時，由(1)知，函數f(x)ln(1x)在(0,1)上為減函數，則當0<x<1時，f(x)ln(1x)<f(0)0，即ln(1x)<，令x(mN*)，則ln <，12已知函數f(x)a3ln(xaa2)，aR且a0.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a<0時，若a2a<x1<x2<a2a，證明：<a.解析(1)由題意，f(x)x.令f(x)>0，因為xaa2>0，故(xa

6、)(xa2)>0.當a>0時，因aa2>a且aa2>a2，所以上面不等式的解集為(aa2，)，從而此時函數f(x)在(aa2，)上單調遞增當a<0時，因a<aa2<a2，所以上面不等式的解集為(a2，)，從而此時函數f(x)在(a2，)上單調遞增，同理此時f(x)在(aa2，a2上單調遞減(2)證法一： 要證原不等式成立，只需證明f(x2)f(x1)<(x2x1)，只需證明f(x2)x2<f(x1)x1.因為a2a<x1<x2<a2a，所以原不等式只需證明函數h(x)f(x)x在x(a2a，a2a)內單調遞減由(1)知h(

7、x)x，因為xaa2>0，我們考察函數g(x)x2a2xa2，x(a2a，a2a)因a2>x對稱軸，且<a2a，所以g(x)g(a2a)0.從而知h(x)<0在x(a2a，a2a)上恒成立，所以函數h(x)f(x)x在x(a2a，a2a)內單調遞減從而原命題成立證法二：要證原不等式成立，只需證明f(x2)f(x1)<(x2x1)，只需證明f(x2)x2<f(x1)x1.又a2a<x1<x2<a2a，設g(x)f(x)x，則欲證原不等式只需證明函數g(x)f(x)x在x(a2a，a2a)內單調遞減由(1)可知g(x)f(x)xxaa2aa2.

8、因為a<0，所以yxaa2在(a2a，a2a)上為增函數，所以g(x)g(a2a)a2aaa2aa20.從而知g(x)<0在x(a2a，a2a)上恒成立，所以函數g(x)f(x)x在x(a2a，a2a)內單調遞減從而原命題成立13已知函數f(x)exsin x.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)如果對于任意的x，f(x)kx總成立，求實數k的取值范圍；(3)設函數F(x)f(x)excos x，x.過點M作函數F(x)圖象的所有切線，令各切點的橫坐標構成數列xn，求數列xn的所有項之和S的值解析(1)由于f(x)exsin x，所以f(x)exsin xexcos xex(si

9、n xcos x)exsin.當x(2k，2k)，即x時，f(x)>0；當x(2k，2k2)，即x時，f(x)<0.所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(kZ)，單調遞減區(qū)間為(kZ)(2)令g(x)f(x)kxexsin xkx，要使f(x)kx總成立，只需x時g(x)min0.g(x)ex(sin xcos x)k，令h(x)ex(sin xcos x)，則h(x)2excos x>0，x，所以h(x)在上為增函數，所以h(x)1，e對k分類討論：當k1時，g(x)0恒成立，所以g(x)在上為增函數，所以g(x)ming(0)0，即g(x)0恒成立；當1<k<e時，g

10、(x)0在1，e上有實根x0，因為h(x)在上為增函數，所以當x(0，x0)時，g(x)<0，所以g(x0)<g(0)0，不符合題意；當ke時，g(x)0恒成立，所以g(x)在上為減函數，則g(x)<g(0)0，不符合題意；綜合可得，所求的實數k的取值范圍是(，1(3)因為F(x)f(x)excos xex(sin xcos x)，所以F(x)2excos x，設切點坐標為(x0，ex0(sin x0cos x0)，則斜率為F(x0)2ex0cos x0，切線方程為yex0(sin x0cos x0)2ex0cos x0·(xx0)，將M的坐標代入切線方程，得ex0

11、(sin x0cos x0)2ex0cos x0·，整理得tanx012，即tanx02，令y1tan x，y22，則這兩個函數的圖象均關于點對稱，它們交點的橫坐標也關于對稱且成對出現，方程tan x2，x的根即所作的所有切線的切點橫坐標構成的數列xn的項也關于對稱且成對出現，在內共構成1 006對，每對的和為，因此數列xn的所有項的和S1 006.14已知函數f(x)ln xpx1.(1)求函數f(x)的極值點；(2)若對任意的x>0，恒有f(x)0，求p的取值范圍；(3)證明：<(nN，n2)解析(1)f(x)ln xpx1，f(x)的定義域為(0，)，f(x)，當p

12、0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上無極值點；當p>0時，令f(x)0，x(0，)，f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：xf(x)0f(x)遞增極大值遞減從上表可以看出：當p>0時，f(x)有唯一的極大值，當x時，f(x)ln p；即函數f(x)的極值點是.(2)當p>0時，在x處取得極大值fln ，此極大值也是最大值，要使f(x)0恒成立，只需fln 0；p1，p的取值范圍為1，)(3)令p1，由(2)知，ln xx10，ln xx1，nN，n2，ln n2n21，1，<(n1)(n1)(nN，n2)，得證10(2014·銀川模擬)已知函數f(

13、x)在點M(1，f(1)處的切線方程為xy10.(1)求f(x)的解析式(2)設函數g(x)ln x，證明：g(x)f(x)對x1，)恒成立解析(1)將x1代入切線方程得f(1)0，又f(1)，化簡得ab0.f(x)，f(1)，由f(1)1得1.由解得：a2，b2，所以f(x).(2)要證ln x在1，)上恒成立，即證(x21)ln x2x2在1，)上恒成立，即證x2ln xln x2x20在1，)上恒成立設h(x)x2ln xln x2x2，h(x)2xln xx2.x1，2xln x0，x2，即h(x)0.h(x)在1，)上單調遞增，h(x)h(1)0，g(x)f(x)在x1，)上恒成立1

14、1(2014·河北質檢)已知函數f(x)2ln xx2ax(aR)(1)當a2時，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；(2)若函數g(x)f(x)axm在上有兩個零點，求實數m的取值范圍；(3)若函數f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點A(x1,0)，B(x2,0)，且0<x1<x2，求證：f<0(其中f(x)是f(x)的導函數)解析(1)當a2時，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率kf(1)2，則切線方程為y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，則g(x)2x，x，當g(x)0時，x1.當<x&l

15、t;1時，g(x)>0；當1<x<e時，g(x)<0.故g(x)在x1處取得極大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e2<0，則g(e)<g.g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有兩個零點的條件是解得1<m2，實數m的取值范圍是.(3)f(x)的圖象與x軸交于兩個不同的點A(x1,0)，B(x2,0)，方程2ln xx2ax0的兩個根為x1，x2，則兩式相減得a(x1x2).又f(x)2ln xx2ax，f(x)2xa，則f(x1x2)a.下證<0(*)，即證明ln <0，設t，0<x1<x2，0<

16、;t<1，即證明u(t)ln t<0在0<t<1上恒成立u(t)，又0<t<1，u(t)>0，u(t)在(0,1)上是增函數，則u(t)<u(1)0，從而知ln<0，故(*)式成立，即f<0成立12(2014·濰坊模擬)已知函數f(x)ax2x，g(x)ln(x1)(1)若a1，求F(x)g(x)f(x)在(1，)上的最大值(2)利用(1)的結論證明：對任意的正整數n，不等式2>ln(n1)都成立(3)是否存在實數a(a>0)，使得方程f(x)(4a1)在區(qū)間內有且只有兩個不相等的實數根？若存在，請求出a的取值范

17、圍；若不存在，請說明理由解析(1)F(x)2x1，當x(1,0)時，F(x)>0，x(0，)時，F(x)<0，x0是F(x)在(1，)上唯一的極大值點，從而當x0時，F(x)取得最大值 F(0)0.(2)由(1)知x(0，)，F(x)<0，即ln(x1)<x2x，令x得ln<，即ln(n1)ln n<，ln 2ln 1<2，ln 3ln 2<，ln(n1)ln n<，ln(n1)ln 1<2，即2>ln(n1)(3)把方程f(x)(4a1)整理為ax2(12a)xln x0.設H(x)ax2(12a)xln x(x>0)，

18、原方程在區(qū)間內有且只有兩個不相等的實數根，即函數H(x)在區(qū)間內有且只有兩個零點H(x)2ax(12a)，令H(x)0，因為a>0，解得x1或x(舍)，當x(0,1)時，H(x)<0，H(x)是減函數；當x(1，)時，H(x)>0，H(x)是增函數，H(x)在內有且只有兩個不相等的零點，只需即解得1<a<，所以a的取值范圍是.13(14屆衡水中學期中)已知函數f(x)aln x(a0)在內有極值(1)求實數a的取值范圍；(2)若x1，x2(2，)且a時，求證：f(x2)f(x1)ln 2.解析(1)由f(x)aln x(a0)，得f(x)，a0，令g(x)x2x1，g(0)1>0.令g<0或則0<a<2.即a的取值范圍