函数与导数散题整理

1.设函数xxmmxxfln2)(。（1）当1,1xm时，求证：0)(xf；（2）若对于]3,1[x，均有2)(xf成立，求实数m的取值范围。2.已知函数2()ln(0,1)xfxaxxaaa.（Ⅰ）当1a时，求证：函数()fx在(0,)上单调递增；（Ⅱ）若函数|()|1yfxt有三个零点，求t的值；（Ⅲ）若存在12,[1,1]xx，使得12|()()|1fxfxe，试求a的取值范围.解：（Ⅰ）()ln2ln2(1)lnxxfxaaxaxaa…………………………………3分由于1a，故当(0,)x时，ln0,10xaa，所以()0fx，故函数()fx在(0,)上单调递增……………………………………………………………5分（Ⅱ）当0,1aa时，因为(0)0f，且()fx在R上单调递增，故()0fx有唯一解0x……………………………………………………………………7分所以,(),()xfxfx的变化情况如下表所示：x(,0)0(0,)()fx－0＋()fx递减极小值递增又函数|()|1yfxt有三个零点，所以方程()1fxt有三个根，而11tt，所以min1(())(0)1tfxf，解得2t……………………………11分（Ⅲ）因为存在12,[1,1]xx，使得12|()()|1fxfxe，所以当[1,1]x时，maxminmaxmin|(())(())|(())(())1fxfxfxfxe…………12分由（Ⅱ）知，()fx在[1,0]上递减，在[0,1]上递增，所以当[1,1]x时，minmax(())(0)1,(())max(1),(1)fxffxff，而11(1)(1)(1ln)(1ln)2lnffaaaaaaa，记1()2ln(0)gttttt，因为22121()1(1)0gtttt（当1t时取等号），所以1()2lngtttt在(0,)t上单调递增，而(1)0g，所以当1t时，()0gt；当01t时，()0gt，也就是当1a时，(1)(1)ff；当01a时，(1)(1)ff………………………14分①当1a时，由(1)(0)1ln1ffeaaeae，②当01a时，由11(1)(0)1ln10ffeaeaae，综上知，所求a的取值范围为10,,aee…………………………………………16分3.已知函数2()()fxxxa，2()(1)gxxaxa（其中a为常数）；（1）如果函数()yfx和()ygx有相同的极值点，求a的值；（2）设0a，问是否存在0(1,)3ax，使得00()()fxgx，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．（3）记函数()[()1][()1]Hxfxgx，若函数()yHx有5个不同的零点，求实数a的取值范围．解：（1）2322()()2fxxxaxaxax，则22()34(3)()fxxaxaxaxa，令()0fx，得xa或3a，而()gx在12ax处有极大值，∴112aaa，或1323aaa；综上：3a或1a．（4分）（2）假设存在，即存在(1,)3ax，使得22()()()[(1)]fxgxxxaxaxa2()()(1)xxaxax2()[(1)1]0xaxax，当(1,)3ax时，又0a，故0xa，则存在(1,)3ax，使得2(1)10xax，（6分）1当123aa即3a时，2(1)1033aaa得332aa或，3a；2当1123aa即03a时，24(1)04a得13aa或，a无解；综上：3a．（9分）（3）据题意有()10fx有3个不同的实根，()10gx有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．（ⅰ）()10gx有2个不同的实根，只需满足1()1132agaa或；（ⅱ）()10fx有3个不同的实根，1当3aa即0a时，()fx在xa处取得极大值，而()0fa，不符合题意，舍；2当3aa即0a时，不符合题意，舍；3当3aa即0a时，()fx在3ax处取得极大值，332()132afa；所以3322a；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故3322a；（注：343a也对）（12分）下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在0x使得0()10fx和0()10gx同时成立；若存在0x使得00()()1fxgx，由00()()fxgx，即220000(1)xxaxaxa（），得20000(1)0xaxaxx（），当0xa时，00()()0fxgx，不符合，舍去；当0xa时，既有200010xaxx①；又由0()1gx，即200(1)1xaxa②；联立①②式，可得0a；而当0a时，32()[()1][()1](1)(1)0Hxfxgxxxx没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等．综上，当3322a时，函数()yHx有5个不同的零点．（16分）4.已知函数2*()2cosπln(fxxakxkN，aR，且0a）．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若2010k，关于x的方程()2fxax有唯一解，求a的值.【解】（1）由已知得x＞0且2()2(1)kafxxx．当k是奇数时，()0fx，则f(x)在(0,+)上是增函数;…………………3分当k是偶数时，则2()()2()2xaxaafxxxx.………………………5分所以当x0,a时，()0fx，当x,a时，()0fx.故当k是偶数时，f(x)在0,a上是减函数，在,a上是增函数．………………7分（2）若2010k，则2*()2ln()fxxaxkN.记g(x)=f(x)–2ax=x2–2axlnx–2ax,222()22()agxxaxaxaxx,若方程f(x)=2ax有唯一解，即g(x)=0有唯一解；…………………………………9分令()0gx,得20xaxa.因为0,0ax，所以21402aaax（舍去），2242aaax.…………………11分当2(0,)xx时，()0gx，()gx在2(0,)x是单调递减函数；当2(,)xx时，()0gx，()gx在2(,)x上是单调递增函数．当x=x2时,2()0gx，min2()()gxgx.……………………………12分因为()0gx有唯一解，所以2()0gx.数学驿站()0()0gxgx，，即22222222ln200xaxaxxaxa，，……………………………13分两式相减得22ln0axaxa，因为a0，所以222ln10(*)xx.…………14分设函数()2ln1hxxx，因为在x0时，h(x)是增函数，所以h(x)=0至多有一解．因为h(1)=0，所以方程(*)的解为x2=1，从而解得12a．……………………16分本题主要考查函数、导数、对数函数、三角函数等知识，考查函数与方程、数形结合、转化和化归、分类讨论等数学思想方法．第（1）小题评讲时主要讲清分类的标准和目的；第（2）小题，着重在正确审题，怎样将复杂的问题转化成简单的问题．方程24()02aaag（*）无法直接求解，利用22()0,()0,gxgx得22222222ln20,0.xaxaxxaxa方程（*）其实是由此方程组消去2x得到的，陷入绝境．我们转而消去参数a可得222ln10xx，再利用函数与方程的有关知识解得x2=1，即212ln1210aa，解得21a．5.已知二次函数g（x）对任意实数x都满足21121gxgxxx，且11g．令19()ln(,0)28fxgxmxmxR．（1）求g(x)的表达式；（2）若0x使()0fx成立，求实数m的取值范围；（3）设1em，()()(1)Hxfxmx，证明:对12[1]xxm，，，恒有12|()()|1.HxHx【解】（1）设2gxaxbxc，于是2211212212gxgxaxcx，所以121.ac，又11g，则12b．所以211122gxxx.……………………4分（2）2191()lnln(0).282fxgxmxxmxmxR，当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；当m=0时，2()02xfx对0x，()0fx恒成立；……………………6分当m0时，由()0mfxxxmx，列表：min()()ln.2mfxfmmm这时，minln0()0e0.20mmmfxmm，……………………8分所以若0x，()0fx恒成立，则实数m的取值范围是(e0]，.故0x使()0fx成立，实数m的取值范围(,e]0，．………………10分（3）因为对[1]xm，，(1)()()0xxmHxx，所以()Hx在[1,]m内单调递减.于是21211|()()|(1)()ln.22HxHxHHmmmm2121113|()()|1ln1ln0.2222HxHxmmmmmm…………………12分记13()ln(1e)22hmmmmm，则221133111()022332h'mmmm，所以函数13()ln22hmmmm在1e]，是单调增函数，…………………14分所以e3e1e3()(e)1022e2ehmh，故命题成立.…………………16分20．（本小题满分16分）设函数f（x）＝14x4＋bx2＋cx＋d，当x＝t1时，f（x）有极小值．（1）若b＝－6时，函数f（x）有极大值，求实数c的取值范围；（2）在（1）的条件下，若存在实数c，使函数f（x）在闭区间［m－2，m＋2］上单调递增，求实数m的取值范围；x(0)m，m()m，()fx－0＋()fx减极小增（3）若函数f（x）只有一个极值点，且存在t2∈（t1，t1＋1），使f′（t2）＝0，证明：函数g（x）＝f（x）－12x2＋t1x在区间（t1，t2）内最多有一个零点．解：（1）因为f（x）＝14x4＋bx2＋cx＋d，所以h（x）＝f′（x）＝x3－12x＋c．……2分由题设，方程h（x）＝0有三个互异的实根．考察函数h（x）＝x3－12x＋c，则h′（x）＝0，得x＝±2．x（－∞，－2）－2（－2，2）2（2，＋∞）h′（x）＋0－0＋h（x）增c＋16（极大值）减c－16（极小值）增所以160,160.cc故－16c16．………………………………………………5分（2）存在c∈（－16，16），使f′（x）≥0，即x3－12x≥－c，（*）所以x3－12x－16，即（x－2）2（x＋4）0（*）在区间［m－2，m＋2］上恒成立．…………7分所以［m－2，m＋2］是不等式（*）解集的子集．所以24,22,mm