乌市第一中学2018届导数综合练习题(2017-03-09)

1/16乌市第一中学2018届导数综合练习题（2017年3月）1、设函数2lnfxaxax，其中a∈R.（I）讨论f(x)的单调性；（II）确定a的所有可能取值，使得11xfxex在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。2、已知函数222ln22fxxaxxaxaa，其中0a。（1）设gx是fx的导函数，讨论gx的单调性；（2）证明：存在0,1a，使得0fx在区间1,内恒成立，且0fx在区间1,内有唯一解。3、已知函数1()ln,()exxfxmxaxmgx，其中m，a均为实数．（1）求()gx的极值；（2）设1,0ma，若对任意的12,[3,4]xx12()xx，212111()()()()fxfxgxgx恒成立，求a的最小值；（3）设2a，若对任意给定的0(0,e]x，在区间(0,e]上总存在1212,()tttt，使得120()()()ftftgx成立，求m的取值范围．4、设函数f(x)=lnx．(I)求函数g(x)=x-1-f(x)的极小值；(Ⅱ)若关于x的不等式mf(x)≥11xx在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；(Ⅲ)已知a∈（0，2），试比较f(tana)与一cos2a的大小，并说明理由．5、已知函数xaxxxf2)1ln()()(Ra．（Ⅰ）当41a时，求函数)(xfy的单调区间；（Ⅱ）若对任意实数)2,1(b，当],1(bx时，函数)(xf的最大值为)(bf，求a的取值范围．6、已知函数()1(1)()xfxneaa为常数是实数集R上的奇函数，函数()()singxfxx在区间11，上是减函数.（1）求实数a的值；（2）若关于x的方程21.2()nxxexmfx有且只有一个实数根，求m的值.2/167、已知f（x）＝3212axbx＋cx－1的导函数为'()fx，且不等式'()fx≥0的解集为｛x｜一2≤x≤1｝．（1）若函数f（x）的极小值为一11，求实数a的值；（2）当x［－3，0］时，关于x的方程f（x）一ma＋1＝0有唯一实数解，求实数m的取值范围．8、已知221ln,xfxaxxaRx.（1）讨论fx的单调性;（2）当1a时,证明3'2fxfx对于任意的1,2x成立.9、2(),ln1()1,(1)1410axbxfxgxxyfxfxxy已知函数，曲线在点处的切线方程是5（I）求,ab的值；（II）若当0,x时，恒有()()fxkgx成立，求k的取值范围；（III）若52.2361，试估计5ln4的值（精确到0.001）10、已知函数2211ln22fxxaaxxa．（1）若函数fx在2x处取得极值，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（2）讨论函数fx的单调性；（3）设22lngxaxx，若fxgx对1x恒成立，求实数a的取值范围．11、已知函数2()lnfxmxx．(m为常数)（Ⅰ）当1,ex时,求函数()yfx的零点个数；（Ⅱ）是否存在正实数m，使得对任意121,exx、，都有121211()()fxfxxx，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.12、(Ⅰ)讨论函数xx2f(x)x2e的单调性，并证明当0x时，(2)20xxex；(Ⅱ)证明：当[0,1)a时，函数2x=(0)xeaxagxx（）有最小值.设()gx的最小值为()ha，求函数()ha的值域．3/161、【答案】（Ⅰ）当x10,)2a（时，'()fx0，()fx单调递减；当x1+)2a（，时，'()fx0，()fx单调递增；（Ⅱ）1[,)2a??.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.4/162、解：（1）222ln22fxxaxxaxaa2'2ln2220,0agxfxxxaaxx222222'20,0xxaagxaxxxx令'0gx，即200xxax，讨论此不等式的解，可得：①当140a时，即14a时，不等式恒成立。即'0gx恒成立，所以gx恒单调递增。②当104a时，12114111410,,,12222aaxx所以'0gx的解为1141140,22aaxx。所以gx在1141140,22aaxx时单调递增。综上：当14a时，gx在0,上单调递增。当104a时，gx在114114(0,),(,)22aa上单调递增，在114114(,)22aa上单调递减。（2）由（1）得'fxgx在1,内单调递增。且'1222240faaa，'0f。由零点存在性定理得存在唯一01,x使得00002'2ln2220afxxxax①。所以fx在0(1,)x上单调递减，0(,)x上单调递增。所以满足0fx在区间1,内有唯一解只需满足0min0fxfx即可。22000002ln220fxxaxxaxaa，将①带入化简得：5/16223200002000200025220220,22axxaxxaxaxxxaaxx当00(1)2xax时，此时①变形为22ln230aa，在1,12上有解。令22222ln23,,'2ahaaahaaa所以ha在0,1上单调递减。11302h不满足。当2002axx时，此时①变形为20022ln60xx在1,2上有解。不妨设2200000000422()22ln6,'4xhxxxhxxxx所以0()hx在1,2上单调递增。(1)4,222ln20hh。所以20022ln60xx在1,2上有解。所以结论得证。3、解：（1）e(1)()exxgx，令()0gx，得x=1．列表如下：∵g(1)=1，∴y=()gx的极大值为1，无极小值．3分（2）当1,0ma时，()ln1fxxax，(0,)x．∵()0xafxx在[3,4]恒成立，∴()fx在[3,4]上为增函数．设1e()()exhxgxx，∵12e(1)()xxhxx0在[3,4]恒成立，∴()hx在[3,4]上为增函数．设21xx，则212111()()()()fxfxgxgx等价于2121()()()()fxfxhxhx，x（∞，1）1（1，∞）()gx0g(x)↗极大值↘6/16即2211()()()()fxhxfxhx．设1e()()()ln1exuxfxhxxaxx，则u(x)在[3,4]为减函数．∴21e(1)()10exaxuxxx≤在（3，4）上恒成立．∴11eexxaxx≥恒成立．设11e()exxvxxx，∵112e(1)()1exxxvxx=121131e[()]24xx，x[3，4]，∴1221133e[()]e1244xx，∴()vx0，()vx为减函数．∴()vx在[3，4]上的最大值为v(3)=322e3．∴a≥322e3，∴a的最小值为322e3．8分（3）由（1）知()gx在(0,e]上的值域为(0,1]．∵()2lnfxmxxm，(0,)x，当0m时，()2lnfxx在(0,e]为减函数，不合题意．当0m时，2()()mxmfxx，由题意知()fx在(0,e]不单调，所以20em，即2em．①此时()fx在2(0,)m上递减，在2(,e)m上递增，∴(e)1f≥，即(e)e21fmm≥，解得3e1m≥．②由①②，得3e1m≥．∵1(0,e]，∴2()(1)0ffm≤成立．下证存在2(0,]tm，使得()ft≥1．取emt，先证e2mm，即证2e0mm．③设()2exwxx，则()2e10xwx在3[,)e1时恒成立．∴()wx在3[,)e1时为增函数．∴3e))01((wxw≥，∴③成立．再证()emf≥1．∵ee3()1e1mmfmmm≥，∴3e1m≥时，命题成立．7/16综上所述，m的取值范围为3[,)e1．14分4、5、解析：（Ⅰ）当41a时，xxxxf241)1ln()(8/16则)1()1(2)1(12111)(xxxxxxxf……………………1分令0)(xf，得01x或1x；令0)(xf，得10x，函数)(xf的单调递增区间为)0,1(和),1(，单调递减区间为)1,0(……………………4分（Ⅱ）由题意)1(1)]21(2[)(xxaaxxxf（1）当0a时，函数)(xf在)0,1(上单调递增，在),0(上单调递减，此时，不存在实数)2,1(b，使得当],1(bx时，函数)(xf的最大值为)(bf………6分（2）当0a时，令0)(xf，有01x，1212ax，①当21a时，函数)(xf在),1(上单调递增，显然符合题意。…………………7分②当0121a即210a时，函数)(xf在)0,1(和),121(a上单调递增，在)121,0(a上单调递减，)(xf在0x处取得极大值，且0)0(f，要使对任意实数)2,1(b，当],1(bx时，函数)(xf的最大值为)(bf，只需0)1(f，解得2ln1a，又210a，所以此时实数a的取值范围是212ln1a。…………………9分③当0121a即21a时，函数)(xf在)121,1(a和),0(上单调递增，在)0,121(a上单调递减，要使对任意实数)2,1(b，当],1(bx时，函数)(xf的最大值为)(bf，只需)1()121(faf，代入化简得012ln41)2ln(aa，（*）令12ln41)2ln()(aaag)21(a，因为0)411(1)(aaag恒成立，故恒有0212ln)21()(gag，所以21a时，（*）式恒成立，综上，实数a的取值范围是),2ln1[…………………12分6、9/1610/167、解：（1）cbxaxxf23)(，由题意得3ax2+bx+c≥0的解集为{x|-2≤x≤1}，∴a0，且方程3ax2+bx+c=0的两根为-2，1．于是13ab，23ac，得b=3a，c=-6a.………………………………………………………………2分∵3ax2+bx+c0的解集为{x|x-2或x1}，∴f(x)在(-∞，-2)上是减函数，在[-2，1]上是增函数，在(1，+∞)上是减函数．∴当x=-2时f(x)取极小值，即-8a+2b-2c-1=-11，把b=3a，c=-6a代入得-8a+6a+12a-1=-11，解得a=-1.………………………………………………………………………5分（2）由方程f(x)-ma+1=0，可整理得0112123macxbxax，即maaxaxax62323．∴xxxm62323．…………