导数的综合应用专题训练

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1、2xx2x22x 2xxx 2x导数的综合应用专题训练A 组21 已知函数 f(x) aln x(xR)x(1) 若函数 f(x)在(0,2)上递减，求实数 a 的取值范围；(2) 设 h(x)f(x)|(a2)x|，x1，)，求证：h(x)2ax2(1)解：函数 f(x)在(0,2)上递减x(0,2), 恒有 f(x)0 成立，而 f(x) 0x2x(0,2), 恒有 a 成立，2当 x(0,2)时， 1，所以 a12 ax2(2)证明：当 a2 时，h(x)f(x)(a2)x aln x(a2)x，h(x) a20，x x所以 h(x)在1，)上是增函数，故 h(x)h(1)a2，2当 a

2、2 时，h(x)f(x)(a2)x aln x(a2)x，h(x)ax2 (2a)x2(x1)a2 0， x x解得 x20 或 x1，所以函数 h(x)在1，)单调递增， 2a所以 h(x)h(1)4a2，综上所述：h(x)22 已知函数 f(x)3e x ，g(x)9x1(1) 求函数 (x)xe 4xf(x)的单调区间；(2) 比较 f(x)与 g(x)的大小，并加以证明解：(1)(x)(x2)(e 2)，令 (x)0，得 x ln 2，x 2；1 2令 (x)0，得 xln 2 或 x2；令 (x)0，得 ln 2x2故 (x)在(，ln 2)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减，

3、在(2，)上单调递增 (2)f(x)g(x)证明如下：设 h(x)f(x)g(x)3e x 9x1，h(x)3e 2x9 为增函数，可设 h(x )0，h(0)60，h(1)3e70，0x (0,1)0当 xx 时，h(x)0；当 xx 时，h(x)00 02221 222xxx22222h(x) h(x )3ex x 9x 1，min 0 0 0 0又 3ex 2x 90，3ex 2x 9，0 0 0 0h(x) 2x 9x 9x 1x 11x 10(x 1)(x 10)min 0 0 0 0 0 0 0x (0,1)，(x 1)(x 10)0，0 0 0h(x) 0，f(x)g(x)min

4、13 设 f(x)ln x，g(x) x|x|2(1)令 F(x)x f(x)g(x)，求 F(x)的单调区间；(2)若任意 x ，x 1，)且 x x ，都有 mg(x1 2)g(x )x12 f(x )x f(x )恒成立，求 2 1 1实数 m 的取值范围解：(1)F(x)的定义域为(0，)，1F(x)xln x x ，则 F(x)ln x1x，21令 G(x)F(x)ln x1x，则 G(x) 1，1 1由 G(x) 10 得 0x1，G(x) 10，得 x1， 则 G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， F(x

5、)F(1)0，F(x)的定义域为(0，)上单调递减(2)据题意，当 1x x 时，mg(x1 2)g(x )x1 f(x )x f(x )恒成立， 2 1 1当 1x x 时，mg(x )x f(x )mg(x )x f(x )恒成立，1 2 2 2 2 1 1 11令 H(x)mg(x)x f(x)，即 H(x) mx xln x，2则 H(x)在1，)上是增函数，ln x1H(x)0 在1，)上恒成立， m (x1)，x令 h(x)ln x1 1ln x1 ln x(x1)，h(x) 0， x x xh(x)在1，)上为减函数， h(x) h(1)1，m1max4 已知函数 f(x)ln

6、xax(1) 讨论函数 f(x)的单调性；(2) 当 a1 时，函数 g(x)f(x)x 11m 有两个零点 x ，x ，且 x x . 求证：x x 2x 1 2 1 2 1 2 aa1 212ln121 2212 11111t222tx 2x3xx1解：(1)f(x) a，x(0，)，x当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；1 1当 a0 时，f(x)在 0， 上单调递增，在 ， 上单调递减1(2)当 a1 时，g(x)ln x m，2x1 1由已知得：ln x m，ln x m，1 2x 2 2x1 2两式相减得 lnx 1 1 x x 0x x ，x 2x 2x 1 2 x 2

7、1 2 1x2x x x x1 1 x x x xx ，x ，x x ，1 x 2 x 1 2 x1 ln 2ln 2lnx x x2 2 2x 1令 t (0,1)，则 h(t)t 2ln t，x21 2 t 2t1h(t)1 0，t t th(t)在(0,1)上单调递增，1h(t)h(1)0，即 t 2ln t，t1t又 ln t0， 1，x x 12ln t 1 2B 组1 已知函数 f(x)(x1)e ax (e 是自然对数的底数) (1)判断函数 f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若x0，f(x)e xx，求 a 的取值范围解：(1)f(x)xe 2axx(e 2a)当 a0

8、时，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)有 1 个极值点； 1当 0a 时， f(x)在(，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，) 2上单调递增，f(x)有 2 个极值点；1当 a 时，f(x)在 R 上单调递增，f(x)没有极值点；21当 a 时，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单 2调递增，f(x)有 2 个极值点；x 3x 3 2x 2x 2x 2x2xxx222xx x2221 1当 a0 时，f(x)有 1 个极值点；当 a0 且 a 时，f(x)有 2 个极值点；当 a 时，f(x

9、)2 2没有极值点(2)由 f(x)e x x 得 xe x ax x0e x 1当 x0 时，e x ax10，即 a 对 x0 恒成立x设 g(x)e x 1 (x1)(ex1) ，则 g(x) x x设 h(x)e x1，则 h(x)e 1x0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增， h(x)h(0)0，即 e x1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)g(1)e2，ae2，a 的取值范围是(，e212 ( 已知函数 f(x)ln x ax x，aR2(1) 若 f(1)0，求函数 f(x)的单调递减区间；(2) 若关于 x 的不等式 f(x)ax1 恒成立

10、，求整数 a 的最小值a解：(1)因为 f(1)1 0，所以 a2，2故 f(x)ln xx x，x0，1 2x x1 (x1)(2x1)所以 f(x) 2x1 (x0)， 由 f(x)0，解得 x1，所以 f(x)的单调减区间为(1，)1(2)令 g(x)f(x)(ax1)ln x ax (1a)x1，x0，2由题意可得 g(x)0 在(0，)上恒成立1 ax (1a)x1又 g(x) ax(1a) x x当 a0 时，则 g(x)0所以 g(x)在(0，)上单调递增，1 3又因为 g(1)ln 1 a1 (1a)1 a20，2 2所以关于 x 的不等式 f(x)ax1 不能恒成立当 a0

11、时，1 a x (x1)2 aa故当 x 时，函数 g(x)取得极大值，也为最大值，且最大值为 g ln a ax 6xx 61 10，f f(0) 0，f 6 6xxax (1a)x1 ag(x) ，x x1令 g(x)0，得 x a1所以当 x 0， 时，g(x)0，函数 g(x)单调递增；1当 x ， 时，g(x)0，函数 g(x)单调递减1 1 1 1 12 a a a 2 a1 1(1a) 1 ln a2a令 h(a)1ln a，a0， 2a则 h(a)在(0，)上单调递减，1 1因为 h(1) 0，h(2) ln 202 4所以当 a2 时，h(a)0，所以整数 a 的最小值为 2

12、a2 已知函数 f (x) x1 e 1，其中 e2.718为自然对数的底数，常数 a0 (1)求函数 f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数(x)的导数 F(x)(e a)f(x)，是否存在无数个 a(1,4)，使得 ln a 为函数 F(x) 的极大值点？说明理由a解：(1)f(x) x e ，a当 0x 时，f(x)0，函数 f(x)单调递减，6a当 x 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，6a a a6 6 6a a存在 x ，1 ，使 f(x )0，0 0且当 0xx 时，f(x)0，xx 时，f(x)0，0 0函数 f(x)在区间(0，)上只有一个零点(2)当 a1 时

13、，ln a0，x(0，ln a)，ea0，当 x(ln a，)，e a0，222xxxx222222由(1)知，当 0xx 时，f(x)0，xx 时，f (x)0，0 0下证：当 a(1，e)时，ln ax ，即证 f(ln a)0，0af(ln a)aln aa 1，6x设 g(x)xln xx 1，x(1，e)，61 3xg(x)ln x x，g(x) 0，3 3xg(x)在(1，e)上单调递增，1 eg(1) 0，g(e)1 0，3 3存在唯一的零点 t (1，e)，使得 g(t )0，且 x(1，t )时，g(x)0，g(x)单调递减，0 0 0x(t ，e)时，g(x)0，g(x)单

14、调递增，0当 x(1，e)时，g(x)maxg(1)，g(e)，1 6e由 g(1) 0，g(e) 0，6 6当 x(1，e)时，g(x)0，故 f(ln a)0,0ln ax ，0当 0xln a 时，e a0，F(x)(e a)f(x)0，函数 F(x)单调递增，当 ln axx 时，e a0，F(x)(e a)f(x)0，函数 F(x)单调递减，0故存在无数个 a(1,4)时，使得 ln a 为函数 F(x)的极大值点3 已知函数 f(x)x axbln x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y2x (1)求实数 a 和 b 的值；(2)设 F(x)f(x)x mx(mR

15、)，x ，x (0x x )分别是函数 F(x)的两个零点，求证：1 2 1 2F( x x )01 2解：(1)由 f(x)x axbln x，得 f(1)1a，bf(x)2xa ，f(1)2ab，x所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程 y(2ab)(x1)(1a)(*)将方程(*)与 y2x 比较，得2ab2，(2ab)(1a)0.解得 a1，b1(2)F(x)f(x)x mx(x xln x)x mx(m1)xln x 因为 x ，x (x x )分别是函数 F(x)的两个零点，1 2 1 2(m1)x1ln x10，所以(m1)x2ln x20.1 21 21 21 21

16、 21 21 212121t2t t t22t两式相减，得(m1)(x x )(ln x ln x )0，1 2 1 2ln x ln x所以 m1 x x1 21因为 F(x)m1 ，x所以 F( x x )(m1)1 21 ln x ln x 1 x x x x x x 1 2 1 2ln x ln x 1要证 F( x x )0，即证 0x x x x1 2x x因 0x x ，故又只要证 ln x ln x 0 lnx x1 2xx2x1x2x2x10令 txx121(0,1)，则即证明 2ln tt 0t1令 (t)2ln tt ，0t1，2 1 (t1)则 (t) 1 0这说明函数 (t)在区间(0,1)上单调递减，1所以 (t)(1)0，即 2ln tt 0 成立由上述分析可知 F( x x )0 成立1 2