数学试卷10个导数题(极值(1)

极值点偏移的问题 21212

()ln,(1()1121()()3(),,fxxaxafxxxaafmfmfxxxxxe1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；

（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞

21212()ln(),,.fxxaxfxxxxxe变式：已知函数，a为常数。

(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞

2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xfxxaxxfxaafxfxfxfxxxx2.已知

（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞ 2121212121()ln-,()2(1=()()()(1)()51,,0,2fxxaxxaRffxgxfxaxgxaxxfxfxxxxx3.已知

（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；

（3）若=-2,正实数满足（）证明：

21212

2(1)1(1)1,,xxxxxe4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x求证：x

1212312

()2ln,1()2(),8fxxaaxaRfxfxxxxxaxxa5.已知常数。（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：

6.设函数()e()xfxaxaaR，其图象与x轴交于1(0)Ax，，2(0)Bx，两点，且12xx． （1）求a的取值范围； （2）证明：120fxx（()fx为函数()fx的导函数）；

（3）设点C在函数()yfx的图象上，且△ABC为等腰直角三角形，记2111xtx，求(1)(1)at的值． 【解】（1）()exfxa． 若0a≤，则()0fx，则函数()fx是单调增函数，这与题设矛盾．所以0a，令()0fx，则lnxa． 当lnxa时，()0fx，()fx是单调减函数；lnxa时，()0fx，()fx是单调增函数； 于是当lnxa时，()fx取得极小值．

因为函数()e()xfxaxaaR的图象与x轴交于两点1(0)Ax，，2(0)Bx，(x1＜x2)， 所以(ln)(2ln)0faaa，即2ea．. 此时，存在1ln(1)e0af，； 存在33lnln(3ln)3lnaafaaaaa，3230aaa， 又由()fx在(ln)a，及(ln)a，上的单调性及曲线在R上不间断，可知2ea为所求取值范围.

（2）因为1212e0e0xxaxaaxa，， 两式相减得2121eexxaxx．

记21(0)2xxss，则121221212221eeee2(ee)22xxxxxxssxxfsxxs，设()2(ee)ssgss，则()2(ee)0ssgs，所以()gs是单调减函数， 则有()(0)0gsg，而122e02xxs，所以1202xxf． 又()exfxa是单调增函数，且12122xxxx 所以120fxx． （3）依题意有e0ixiaxa，则(1)e0ixiax112ixi（，）． 于是12212e(1)(1)xxaxx，在等腰三角形ABC中，显然C = 90°，所以12012()2xxxxx，，即00()0yfx，

由直角三角形斜边的中线性质，可知2102xxy， 所以21002xxy，即1221212e()022xxxxaxxa， 所以211212(1)(1)()022xxaaxxxxa， 即211212(1)(1)(1)(1)[(1)(1)]022xxaaxxxx．

因为110x，则22211111111101212xxxxaaxx， 又2111xtx，所以221(1)(1)022aattt， 即211at，所以(1)(1)2.at 7.已知函数()()xfxxcxR （Ⅰ）求函数()fx的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数()ygx的图象与函数()yfx的图象关于直线1x对称，证明当1x时，()()fxgx

（Ⅲ）如果12xx，且12()()fxfx，证明122xx （Ⅰ）解：f’'()(1)xxfxe 令f’(x)=0,解得x=1 当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表 X (,1) 1 (1,)

f’(x) + 0 - f(x) 极大值

所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e （Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2xe 令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xxFxxexe 于是22'()(1)(1)xxFxxee 当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。 又F(1)=-1-1ee0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1） 若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。 （2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。 根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设 由（Ⅱ）可知，)2f(x>)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x，所以)2f(x>)2f(2-x,从而)1f(x>)2f(2-x.因为21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）

内事增函数，所以1x>22x,即12xx>2. 8. 已知函数xaaxxxf)2(ln)(2 （12分） （I）讨论f(x)的单调性；（II）设a＞0，证明：当ax10时，)1()1(xafxaf； （III）若函数y= f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)<0

9. 已知函数21()1xxfxex. （Ⅰ）求()fx的单调区间； （Ⅱ）证明：当12()()fxfx 12()xx时，120xx

解： (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222xxxxexxexxexxfxxx（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当xfyxfx 单调递减）时，，当)(,0)('0[xfyxfx. 所以，()yfx在0]在（，上单调递增；在[0x，）上单调递减. （Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。

]1)1[(11111)()(2222xexxeexxexxxfxfxxxx。

1)21()('0,1)1()(22xxexxgxxexxg令。

,04)21()('1)21()(222xxxxeexxhexxh令 0)0()(0)(hxhxhy）上单调递减，在（ 0)0()(0)(gxgxgy）上单调递减，在（

.000]1)1[(122yxxexxeyxx时）上单调递减，但，在（ )()(0)()(xfxfxfxf .0)()(212121xxxxxfxf时，且所以，当 10.已知函数2()lnfxaxx. （1）当2a时，求函数()yfx在1[,2]2上的最大值； （2）令()()gxfxax，若()ygx在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围； （3）当2a时，函数()()hxfxmx的图象与x轴交于两点12(,0),(,0)AxBx，且120xx，又()hx是()hx的导函数.若正常数,满足条件1,.证明：

12()0hxx

解（1） ,2222)(2'xxxxxf

函数)(xfy在[21,1]是增函数，在[1,2]是减函数，……………3分 所以111ln2)1()(2maxfxf． ……4分 （2）因为axxxaxg2ln)(，所以axxaxg2)(， ……5分 因为)(xg在区间)3,0(上不单调，所以0)(xg在（0，3）上有实数解，且无重根，