答案 导数与函数专题

11.已知.)2()(,02xeaxxxfa函数（1）当x为何值时，)(xf取得最小值？证明你的结论；（2）设f（x）在[-1，1]上是单调函数，求a的取值范围。解：（1）对函数)(xf求导数得xeaaxxxxf)222()('2w_ww.k#s5_u.co*m令02)1(20]2)1(2[,0)('22axaxeaxaxxfx从而得解得11,112221aaxaax当x变化时，)('),(xfxf的变化如下表[来x),(1x1x),(21xx2x[),(2x)('xf+0_0+)(xf递增极大值递减极小值递增1)(xxxf在处取得极大值，在x=x2处取得极小值。当0a时，),()(,0,12121xxxfxx在上为减函数，在),(2x上为增函数而当0)2()(0xeaxxxfx时，当x=0时，0)(xf所以当112aax时，f（x）取得最小值w_ww.k#s5_u.co*m（II）当0a时，]1,1[)(在xf上为单调函数的充要条件是12x即43,1112aaa解得于是)(xf在[-1，1]上为单调函数的充要条件是43a即a的取值范围是,432.已知函数()()afxxaRx,()lngxx.(1)求函数()()()Fxfxgx的单调区间；(2)若关于x的方程2()()2gxfxex（e为自然对数的底数)只有一个实数根,求a的值.(1)解:函数lnaFxfxgxxxx的定义域为0,.∴'211aFxxx22xxax.①当140a,即14a时,得20xxa,则'0Fx.∴函数Fx在0,上单调递增.②当140a,即14a时,令'0,Fx得20xxa,解得121141140,22aaxx.2(ⅰ)若104a,则211402ax.∵0,x,∴'0Fx,∴函数Fx在0,上单调递增.(ⅱ)若0a,则1140,2ax时,'0Fx;114,2ax时,'0Fx,∴函数Fx在区间1140,2a上单调递减,在区间114,2a上单调递增.综上所述,当0a时,函数Fx的单调递增区间为0,;当0a时,函数Fx的单调递减区间为1140,2a,单调递增区间为114,2a.(2)解:由22gxfxex,得2ln2xaxexx,化为2ln2xxexax.令lnxhxx,则'21lnxhxx.令'0hx,得xe.当0xe时,'0hx;当xe时,'0hx.∴函数hx在区间0,e上单调递增,在区间,e上单调递减.∴当xe时,函数hx取得最大值,其值为1hee.而函数2222mxxexaxeae,当xe时,函数mx取得最小值,其值为2meae.∴当21aee,即21aee时,方程22gxfxex只有一个根.3.设函数2()ln(1)fxxbx,其中0b.(I)当12b时,判断函数()fx在定义域上的单调性;(II)求函数()fx的极值点;(III)证明对任意的正整数n,不等式23111ln(1)nnn都成立.解：(I)函数2()ln(1)fxxbx的定义域为1,.3222'()211bxxbfxxxx，高考资源网令2()22gxxxb，则()gx在1,2上递增，在11,2上递减，min11()()22gxgb.当12b时，min1()02gxb，2()220gxxxb在1,上恒成立.'()0,fx即当12b时,函数()fx在定义域1,上单调递增。（II）分以下几种情形讨论：（1）由（I）知当12b时函数()fx无极值点.（2）当12b时，212()2'()1xfxx，11,2x时，'()0,fx1,2x时，'()0,fx12b时，函数()fx在1,上无极值点。（3）当12b时，解'()0fx得两个不同解高考资源网11122bx，21122bx.当0b时，111212bx，211212bx，121,,1,,xx此时()fx在1,上有唯一的极小值点21122bx.当102b时，12,1,,xx高考资源网'()fx在121,,,xx都大于0，'()fx在12(,)xx上小于0，此时()fx有一个极大值点11122bx和一个极小值点21122bx.综上可知，0b时，()fx在1,上有唯一的极小值点21122bx；102b时，()fx有一个极大值点11122bx和一个极小值点21122bx；12b时，函数()fx在1,上无极值点4（III）当1b时，2()ln(1).fxxx高考资源网令332()()ln(1),hxxfxxxx则32'3(1)()1xxhxx在0,上恒正，()hx在0,上单调递增，当0,x时，恒有()(0)0hxh.即当0,x时，有32ln(1)0,xxx23ln(1)xxx，对任意正整数n，取1xn得23111ln(1)nnn4．已知定义在实数集上的函数()nnfxx，nN，其导函数记为()nfx，且满足：22212121211()()()[()]fff12()，12,,为常数．（Ⅰ）试求的值；（Ⅱ）设函数21()nfx与(1)nfx的乘积为函数()Fx，求()Fx的极大值与极小值；（Ⅲ）试讨论关于x的方程11(1)1(1)1nnnnfxfx在区间(0,1)上的实数根的个数．（Ⅰ）22()fxx，则2()2fxx，22212112112()[()]，又12，2112122()2.（Ⅱ）令21()()nyFxfx21(1)(1)nnnfxxx，则12122221(1)(21)(1)(1)[(21)(31)]nnnnnnynxxnxxxxnnx，令0y，得123210,,131nxxxn，且123xxx，当n为正偶数时，随x的变化，y与y的变化如下：x(,0)021(0,)31nn2131nn21(,1)31nn1(1,)y000y极大值极小值所以当2131nxn时，y极大=2131(21)(31)nnnnnn；当1x时，y极小=0．当n为正奇数时，随x的变化，y与y的变化如下：x(,0)021(0,)31nn2131nn21(,1)31nn1(1,)y000y极大值5所以当2131nxn时，y极大=2131(21)(31)nnnnnn；无极小值．（Ⅲ）由（Ⅰ）知，11(1)21(1)21nnnnfxfx，即11(1)21(1)(1)(1)21nnnnnxxnx，所以方程为1121(1)(1)121nnnxnx，1(21)(1)(21)1(1)20(1)(21)(1)(21)nnnnnnnnxnn，又1221(1)(21)nnnxn，而对于nN，有122nn（利用二项式定理可证），1x。综上，对于任意给定的正整数n，方程只有唯一实根，且总在区间(0,1)内，所以原方程在区间(0,1)上有唯一实根．5．已知2,()ln(1)2aRfxxxax函数（1）若函数()[1,)fx在上为减函数，求实数a的取值范围；(2)令21,,()2.abRgxgbxx已知函数若对任意1(1,)x，总存在212[1,),()()xfxgx使得成立，求实数b的取值范围。66.已知函数2()2lnfxxx.（I）若方程()0fxm在1[,]ee内有两个不等的实根，求实数m的取值范围（e为自然对数的底）；（II）如果函数()()gxfxax的图象与x轴交于两点1(,0)Ax，2(,0)Bx，且120xx。求证：12'()0gpxqx（其中正常数p、q满足1,pqqp）。解：(Ⅰ)由()fx＝22lnxx求导得到：()fx＝xxx)1)(1(2，],1[eex，故()fx＝0在1x有唯一的极值点，)1(ef＝－2－21e)(ef＝―2―2e，)(xf极大值＝)1(f＝－1，且知)(ef＜)1(ef，故)(xf＝－m，在],1[ee内有两个不等的实根满足：－2－21e≤－m＜－1故m的取值范围为212,1e(Ⅱ)()gx＝x2－2x－a，又()fx－ax＝0有两个不等的实根1x、2x，则0ln20ln222221211axxxaxxx两式相减得到2121)ln(ln2xxxxa)(21xx7于是'g)(21qxpx＝2221qxpx)(21qxpx－[2121)ln(ln2xxxx)(21xx]＝212qxpx2121)ln(ln2xxxx+)12(p)(12xx∵2p≤1，012xx，∴)12(p)(12xx≤0要证：'g)(21qxpx＜0，只需证：212qxpx+1221)ln(ln2xxxx＜0，只需证：0ln212112xxqxpxxx①令txx21，01t,只需证：qptttu1)(+0lnt在10t上恒成立，又∵2)(11)('qptttu＝2222)())(1(qpttpqttp∵1qp，21q，则1pq，∴122pq，于是由1t可知01t，022pqt故知0)('tu∴)(tu在)1,0(t上为增函数，则)(tu＜)1(u＝0，从而知0ln212112xxqxpxxx即①成立，从而原不等式成立。7．已知定义在(0,)上的三个函数()lnfxx，2()()gxxafx，()hxxax，且()gx在1x处取得极值．(1)求a的值及函数()hx的单调区间；（2）求证：当21xe时，恒有2()2()fxxfx成立；（3）把()hx对应的曲线C1向上平移6个单位后得曲线C2，求C2与()gx对应曲线C3的交点个数，并说明理由．解：（Ⅰ）22()()lngxxafxxax，()2agxxx，(1)20ga，∴2a．而()2hxxx，1()1hxx，令1()10hxx得1x；令1()10hxx得01x．∴函数()hx单调递增区间是(1,)；单调递减区间是(0,1)．（Ⅱ）∵21xe，∴0ln2x，∴2ln0x，欲证2()2()fxxfx，只需要证明[2()]2()xfxfx，即证明2(1)()1xfxx，记2(1)2(1)()()ln11xxkxfxxxx，∴22(1)