导数大题经典练习及答案
导数大题专题训练
1 .已知f(x) = xlnx—ax, g(x)= —x2—2,
(I )对一切x€ (0,+ a), f(x) > g恒成立，求实数a的取值范围；
(n )当a=—1时，求函数f(x)在［m,m+ 3］(m > 0)上的最值；(川)证明：对一切x€ (0, +^),都有
1 2 lnx + 1 >=—e
ex
成立.
2 _
2、已知函数f(x) al nx 2( a 0). (I)若曲线y=f (x)在点P (1, f (1))处的切线与直线
x
函数y=f (x)的单调区间；(n)若对于x (0,)都有f (x)> 2(a—1)成立，试求a的取值范围; y=x+2垂直，求(出)记g (x)=f
(x)+x—b (b € R) ?当a=1时，函数g (x)在区间［e—1, e］上有两个零点，求实数b的取值范围
3 .设函数f (x)=In x+(x—a)2, a€ R. (I)若a=0,求函数f (x)在［1 , e］上的最小
值;
1
(n)若函数f (x)在［-2］上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围；
2 '
(川)求函数f (x)的极值点.
1 2
4、已知函数f(x) ax (2a 1)x 2ln x (a R).
2
(i )若曲线y f (x)在x 1和x 3处的切线互相平行，求a的值；(n )求f (x)的单调区间;
2
g(x) x 2x，若对任意X! (0, 2］，均存在X2 (0,2］，使得f(xj g(X2)，求a的取值范围
2
5、已知函数f x aln x 2(a 0)
x
(I )若曲线y = f(x)在点P(1, f(1))处的切线与直线y= x+ 2垂直，求函数y= f(x)的单调区间;
(n )若对于任意x 0, 都有f x 2(a 1)成立，试求a的取值范围;
1
(川)记g(x)= f(x) + x- b(b€ R).当a= 1时，函数g(x)在区间e ,e上有两个零点，求实数b的取值范围x
1 In x
6、已知函数f(x)
(1)若函数在区间(a, a )(其中a 0)上存在极值，求实数a的取值范围;
⑵如果当x 1时，不等式f(x) 恒成立，求实数k的取值范围.
x
2
2
1.解：(I )对一切 x (0, ), f (x) g(x)恒成立，即 xlnx
ax x 2恒成立.也就是a ln x x
x (0,)恒成立；令
F(x)
lnx x 2 x
，则 F (x)
1
1
x 2
2 x x 2 (x 2)( x 1)
~ 2 2 ,
x x x
在(0,1)上 F (x) 0,在(1, )上 F (x) 0,因此, F(x)在 x 1处取极小值，也是最小值,
即 F min (x) F(1) 3，所以 a 3. (n )当 a 1 时，f (x) xln x x , f (x) In x 2 , 由 f (x) ①当0 m —时，在x [m ，2)上f (x) e e (A ，m e
3]上 f (x) 1 因此，f (x)在x 2处取得极小值，也是最小值 e f min (x)
由于 f (m) 0, f (m 3) (m 3)[l n(m 3) 1] 0因此,
max (x)
f (m 3) (m 3)[l n(m 3)
1]
②当m 时，f'(x) e 0 ,因此 f (x)在[m,m 3］上单调递增，所
以
f min (x) f (m)
m(l n m 1)，
f max (x) f(m 3) (m 3)[ln( m
3) 1] (9)
分 (川)证明：问题等价于证明 xln x x
x 2
-(x (0,)) e e 由(n )知 a 1 时，f (x) xlnx x 的最小值是
设 G(x) 2 2(x (0, e
1 x ))，则 G (x) r e 但-
2 e
2、解: 1 .
—，当且仅当x —时取得, e
-
，易知 G max (X) G (1) 1 —,当且仅当 e x 1时取到, ,从而可知对一切x (0,)，都有ln x 1 e
2 、 成立? ex (I)直线y=x+2的斜率为1?函数f (x)的定义域为(0,
+ m) ，因为 f'(x ) -，所以 x x 2亠 2 ?由 f '(x) x 0, 2)
2 a
12
1 1，所以 a=1 所以 f(x) - lnx 2. f'(x) x 解得
0v xv 2.所以f (x)的单调增区间是(2, +s)，单调减区间是( f'(1) 0 解得 x > 0 ；由 f'(x) 0 (n) f '(x)
(2
a
)上单调递增，在区间 ax 2 2 2
，由f '(x) 0解得x —;由f '(x) 0解得0 x a
2 2
(0,—)上单调递减.所以当x —时，函数 a a x —.所以f (x)在区间
a
(0,)都有 f (x) 2(a 1)成立,
所以
f(2) 2(a 1)即可.
a
则 2
aln? 2 2(a 1).由 aln- a 解得 0
2
a a
f (x)取得最小值,
y
min
(■2).因为
对
a
a ?.所以a 的取值范围是(0,二). e e
2
x
2 x 2
x 2 b ，则 g '(x)
2 .由 g '(x) 0 解得 x > 1；由 g '(x) 0解得 0V x
x
g(e 1) 0
两个零点，所以
g(e) 0 .解得1 b
e
g(1) 0
e 1.所以b 的取值范围是(1, e 1］. e
1
因为f'(x) — 2x 0,所以f (x)在［1 , e ］上是增函数,
x
当x=1时，f (x)取得最小值f (1)=1.所以f (x)在［1, e ］上的最小值为1.
2
2x 2 2ax 1
1
2(x a)
设g (x)=2x 2 — 2ax+1,依题意，在区间［二，2］上存在子区间
V 1?所以函数g(x)在区间(0,
1)为减函数, 在区间(1, +8)为增函数.又因为函数g(x)在区间［e 一1
, e ］上有
(川)依题得g(x) ln x x
3?解：(I) f (x)的定义域为(0, +8)
1 (n)解法一：
f '(x)— x
使得不等式g (x)> 0成立. > 0，即 8—4a+1> 0,得 a 所以实数a 的取值范围是(
1
注意到抛物线g (x)=2x 2
— 2ax+1开口向上，所以只要g ⑵>0,或g(-)
0即可由g ⑵
1 1
3 9
，由 g (―) 0,即 a 1
0 ,得 a ，所以 a —,
2 2 2 4
4)1
解法二：f'(x)
— 2(x x
a) 2x 2
2ax 1
1
，依题意得，在区间［护上存在子区间使不等式
2x 2
— 2ax+1 > 0
成立?又因为x >0,所以2a
1
(2x -).
x
设 g(x) 1
1
2x 一，所以2a 小于函数g (x)在区间［―,2］的最大值.又因为g'(x)
x 2 由 g'(x) 2 A 0解得x 上2 ；由g '(x) 2 x 2 2 A 0解得0
x
所以函数 J 2
g (x)在区间(二,2)上递增，在区间
2
所以函数 1
g (x)在 x -, 2
或x=2处取得最大值
.又 g(2) 2 , g(H
2 2
3，所以 2a
所以实数 a 的取值范围是
9
(,4)
(川)因为f '(x) 2x 2
2 ax 1
，令 h (x)=2x 2
— 2ax+1
①显然，当a < 0时, (0, +8)上 h (x)>0恒成立，f '(x)>0,此时函数f (x)没有极值点;
②当a > 0时,
2时，在(0, +8)上h (x)>0恒成立，这时f '(X)A0，此时，函数
f (x)没有极值点;
(ii)当4> 0时，即
2时，易知，当
a
a
一
2
x
a a
—
2
时，h (x)v 0，这
时f '(x)v 0;
2,
x
x
当0 x
a ,a 2
2
2 或x
a 、a 2
2
2
时，h (x)> 0,这时f '(x)> 0；
所以，当
.2时, a 、a 2
2
a V O 2
~2
a
x
2
是函数f (x)的极大值点； x
是函数f (x)的极小值
点
综上，当 a
、
2时, 函数f (x)没有极值点；
2时, a
，a 2
2
，亠
a ,a 2 2
当 a
x 一
是函数 f (x)的极大值点；x
是函数f (x)的极小值点.
2 2
2
2 4?解：f (x) ax (2a 1) (x 0). (i )f(1) f (3)，解得 a .
x
3
(ax 1)(x 2) /
(n ) f (x) (x 0).
x
①当a 0时，x 0 , ax 1
0,在区间(0,2)上，f (x) 0；在区间(2,)上f (x) 0 ,
故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是
(2,).
1 1
1 ②当0 a 时， 2，在区间(0,2)和(一
2 a
a
1
2，在区间(0,—)和(2,)上，f (x) 0 ；在区间
a
1 1 故f (x)的单调递增区间是(0,—)和(2,)，单调递减区间是(一，2).
a
a
(川)由已知，在(0,2］上有f (x)max
g(X)max ?由已知，g(x)max 0,由(n )可知，
1
①当 a 时，f(x)在(0,2］上单调递增，故 f(x)max
f (2) 2a 2(2a 1) 2l n2 2a 2 2l n2 ,
1
所以， 2a 2 2ln2 0,解得 a In 2 1，故 In 2 1 a .
2
)上，f (x) 0 ；在区间 1
(2,-)上 f (x)
a
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(-
a
)，单调递减区间是(2,丄).
a
③当a 1
时,
f (x)
(x 2)2
2x
，故f (x)的单调递增区间是(0,).
④当a 丄时,
2
1
(-,2)上 f (x) a
②当a 1
时
2时,
(x)在(0,1］上单调递增，在［丄，2］上单调递减，故f(x)max f(J)
a a a
2 2a 2Ina.