导数有关的可转化为最值的多元问题答案

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1、导数有关的可转化为最值的多元问题1 a 21.(本小题满分12分)设函数f(x)x ax In x ( a R).2(1 )当a R时，讨论函数f (x)的单调性；(2)若对任意a (2,3)及任意为,X2 1,2，恒有ma In 2 f(xj f (x2)成立, 数m的取值围.【答案】(1)a 1时，f(x)在(0,1)单调减，(1,)单调增；1 1 1 a 2时，f(x)在(0,1)单调减，在(1,)单调增，(，)单调减;a 1a 1 当a 2时，f (x)在(0,)上是减函数；1 1当a 2时，f(x)在0,亠 ,1, 为增函数，,1为减函数a 1a 1(2) m 0【解析】试题分析：第

2、一问对函数求导，导数大于零单调增，导数小于零单调减，注意对参数的 取值围进行讨论，讨论的标准就是导数等于零时根的大小，得出相应的单调区间，第二 问ma In 2 f(xj f区)恒成立，转化为 ma In 2大于f(xj f(X2)的最大值,而f(xj f(X2)的最大值是函数在给定区间上的最大值与最小值的差距，从而求得结果，该问题转化为求函数在给定区间上的最值问题，之后结合第一问，根据所给的参数 的取值围，确定出函数的最值，从而求得结果.1(1 a)x2 ax 1(1 a)x 1(x 1)试题解析：(1) f (x)(1 a)x axxxa1 时，(1a)x10 , f (x)在(0,1)单

3、减，(1,)单增；1a 2时，11 , f (x)在(0,1)“ 1单减，在(1,-1)单增，(,)a 1a1a 1单减；当-11即a2时,(x 1)2 f(x)0, f (x)在(0,)上是减函数；a1x当11,即a2时，令f (x)0,得0 x1 1或x 1,令 f (x)0 ,得x 1a1a 1a 10, 1-,1,为增函数1,1为减函数a 1a 1(2)由(1 )知，当a (2,3)时，f(x)在1,2上单调递减,当x 1时，f(x)有最大值，当x 2时，f(x)有最小值，In 2 ，0 .恒成立问题.a 3a 3|f(xj f(X2)| f(1) f (2)ln2, ma In 22

4、 22 21 3113而a 0经整理得m由2 a 3得0, m2 2a4 2 2a考点：应用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在给定区间上的最值，2 .(本小题满分14分)已知函数f(x) ex(sinx cosx) a ( a为常数).(I)已知a3，求曲线y f(x)在(0, f (0)处的切线方程；(n)当0 x时，求f (x)的值域；(川)设 g(x) (a2 a 10)ex，若存在 X1 , x 2 0,，使得 f(xj g(X2) 13 e2 成立，数a的取值围.【答案】(I) 2xy 20 ； (n) ea,e2a;(川)1a 3.【解析】试题分析：(I)由f (x)2ex c

5、osx，计算f (0)2 ,f(0)2,由直线方程的点斜式即得.(n)应用导数研究函数的单调性、最值即得.2(川)Q a a 100 , g(x)在0,是增函数,2g(0) a a10,g( ) (a2 a10)e ,g(x)的值域为a2a 10,( a2 a10)e .2依题意，a2a3 0，解之即得.试题解析:(I ) f (x)x e(sin xcosx) ex(cos xsin x)2ex cosx1分f (0) 2 ,f(0)22分切线方程为：y22(x 0)，即2xy 20为所求的切线方程.3分(n)由 f (x)2ex cos x 0 ,得 0x2 .，f (x) 2ex cos

6、x0,得x.2y f (x)在0,3上单调递增，在3,上单调递减.5分ymaxf(2) * a6 分f (0)1 a, f ( ) e a f(0) , yminf ( ) e a ,f (x)的值域为e a,e2 a2(川)Q a a 100 , g(x)在0,是增函数,g(0)2 2g(x)的值域为a2a 10,(a2 a 10)e .10分a a 10, g( ) (a a 10)e ,Qa2 a 10 (e2 a) (a 1)2 (9 e空)011 分依题意，a2 a 10 (e2 a) 13 e2 ,12 分2即 a 2a 3 0 ,1 a 314 分考点：1 导数的几何意义；2 应

7、用导数研究函数的单调性、最值；3 转化与化归思想.In x在 x1-处都取得极值.2K3.(本小题满分12分)已知f x 2ax -x(1 )求a , b的值;(2)设函数2mx m，若对任意的22，总存在X2丄，2，使2【答案】(1)x2In x2数m的取值围.a=b= 1(2)(3,51，【解析】试题分析:求导数f (x)-处都取得极值，得2f (1) 0, f=0得关于a,的方程组，解出b，然后检验；(2 )对任意的X12,2总存在x21-,2 使得gf X2ln X2 ,等价于g( X)min f(X)InXmin ,利用函数单调性易求f(X) InXmin，按照对称轴在区间f,2的左

8、侧、部、右侧三种情况进行讨论可求得(X)min，然后解不等式f( X)minf(X)In Xmin 可得答案试题解析：(1) Q f x2ax In x, f x 2a _-2 _ ,XX Xb1Q f x 2ax In x在x 1与x处都取得极值，x2b1所以f x2 axIn x在x 1与x处都取得极值,x2所以a=b=13(2 )由(1)知函数yf x Inxf(x)(x) min23213 276 ,x丄上递减3 3x又函数g( x)2x 2mx m图象的对称轴是x m ,1f (10, f - =0,22a b 仁0,a b2a 4b 2=0当a=b= 1时,32 x 1 x -2

9、1 1 22 23 3x x3x1 1当 m 时，g(x)min g -221当 2 m 2 时，g(x)min = g27 c 2 cm m , 6m 6m61171,Q成立，m；44622m = mm3.513.5?7 0,m 一662,3 516当 m 2 时，g( X)min g4 3m,4 3m731,m,Q m2, m618综上：实数m的取值围为(考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数在某点取得极值的条件.4 .(本小题满分12分)已知f (x)mx a lnx m,g(x)ex其中m, a均为实数,(i)求g(x)的极值；(n)设 m = 1,a = 0 ,求证：对 花必 3,

10、4 (% X2), f(X2) f(xj-ex -ex 恒成立；g(x2)g(N)(川)设a 2，若对 给定的X。0,e，在区间0,e上总存在上缶 t?)使得f(tjf(t2) g(x)成立，求m的取值围.(n)证明见解析；/ 、3(川)m e 1【解析】试题分析：第一问根据函数的极值的定义，结合导数求得函数的极值，注意虽然函数只 有极大值，没有极小值，也得说明没有极小值，第二问注意对式子的变形，结合函数的 单调性，将绝对值的符号去掉，构造一个新函数，从而判断出函数的单调性，可以有导 数的符号来决定，从而求得结果，第三问根据题意，确定出函数的图像的走向以及函数 值的取值，确定出两个函数的值域的

11、关系，从而求得结果.ex试题解析：(I)g(x)-, g (x)e(x 1)X1,1 , 1,g(x)极大ee值g(1)1，无极小值；(n) Q m = 1,a = 0 ,f(x) x 1在3,4上是增函数exex而e在3,4上是增函数X2 4，则原不等式转化为f (X2)- f (Xi)ex2g(x2)ex-ig(xj即 f (X2)-ex2gX)f (xi)-ex1g(xi)ex令 h(x) = f (x) -= x - ex - 1,g(x)即证 x1x2, h(x2) h(x-i)，即 h(x)在 3,4Q h (x) = 1 - ex F(1) =0, F (3) =6 ( In 3

12、-1)0, F (4) =6( In 4-2)0 x ( 3,4 ),即可 得到结果；(3)当 b a 2时,F (x)- 2x (a 2)(2x a)(x 1),xx由题知F (x) =0在(0,+ g)上有两个不同根 x1, x2,则a (4) = 3 4ln 2，即可求出结果试题解析：a(1) f (x), g (x) 2x bx 1从而(a)在(一g, 4)上是减函数由题知fgf (2) g (2)0 4 2b,即1a(4 b) 1解得a当a 0,. a -4，此时 1即可得到F(x)与F (x)随x的变化情况表；又2| F(xJ - F(X2)|= F (x)极大值-F (x)极小值

13、;根据变化情况表可知1 F (x1 ) - F (x2 ) | =F (x)极大值-F(x)极小值=a ln(a)21 2 + a 一 1,4a设(a) aln(1 2a21,可得(a) ln(|)1-a 1 ,(a)11-,即可得2422a21 1到(a)0 ，可知(a)在(g , 4)上是增函a 2数，(a) F(1) =0, F(3) =6 (In 3-1 ) 0, F (4) =6 ( In 4-2 ) 0 , Xo ( 3,4 ) 故n=32(3)当 b a 2 时,F (x) = a In x x(a 2)x,F(x) a 2x (a 2)(2x a)(x 1),xx由题知F (x

14、) =0在(0,+ g)上有两个不同根Xi, X2,则a 1,则+ a +11, a2 +4 a 02 4a又 a0, a12则F(x)与F (x)随x的变化情况如下表(0,1 )1(1,-)2a2/ a、(，+ g)2F (x)-0+0-F(x)极小值极大值aa1 2- I F(X1)-F(x2)|= F(x) 极大值- F(x) 极小值1,224a设(a) aln()24a2 J则(a)ln(自 ia 1(a)11, aa2(a)(a)在(一g, 4)上是增函数(a) ( 4) =3-4 In 2所以 F(xJ F(X2) 3 4In2.考点：1函数的极值；2.导数在函数单调性中的应用；3

15、.导数在求函数最值中的应用2 2 36.已知函数 f(x) x ax (a 0), x R3(1 )求f (x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1(2,)，都存在X2(1,)，使得 f (Xj f (X2)1，求 a 的取值围【答案】(1 )所以f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(，0)和(丄，)，当aax 0时，f(x)取极小值0,当x -时,af ( x)取极大值3a23 3(2)4,2【解析】试题分析：对于第一问，注意应用导数，确定出函数的单调区间，进而得出函数的极值 点，代入求得函数的极值，第二问注意应用集合间的关系，找到满足的条件，注意分类 讨论.12x 试题解析：

16、(1 )由已知有f(X)2x 2ax (a 0).令f (x) 0，解得X 0或a，列表如下:x(,0)0(。丄) a1 a(丄,a)f (x)00f(x)0Z13a21所以f (x)的单调增区间是(0,)，单调减区间是(1,0)和(一，)，当x0时，f(x)aa1 1取极小值0,当x时，f (x)取极大值2 ;a3a23(2 )由 f(0) f( )0 及(1 )知，当 x (0,3)时，f(x)0 ,当x(2 ,)2a2a2a时，f(x) 0,设集合 Af(x)|x (2,),集合1B|x (1, ), f(x) 0，则“对于任意的 x, (2,)，都存在 X2 (1,),f (x)使得f(xj f(X2)T等价于A B，显然0 B ,下面分三种情况讨论：333当 2,即0 a 时，由f ()0可知0 A而0 B ,所以A不是B的子集；2a42a3当12，即33a时，有 f(2)0，此时f (x)在(2,)上单调递减，故2a42A (, f(2),因而A (,0)，由f (1) 0 有 f (x)在(1,)的取值围包含(,0)，所以AB ;当1，即a-时，有f (1)0 ,此时f(x)在(1,)上单调递减,1B (,0)2a2f(1)A (, f(2)，所以A不是B的子集;3 3综上a的取值围为3,三.4 2考点：利用导数求单调区间及极值，利用导数求函数的值域.