导数习题分类精选 2

导数定义

x2

例1．y f(x)

ax b x2

思路：y f(x)

ax b

∴ a

x 1

在x 1处可导，则a b x 1

x 1

在x 1处可导，必连续limf(x) 1 limf(x) a b f(1) 1

x 1x 1x 1

b 1

y ylim 2 lim a ∴ a 2 b 1 x 0 x x 0 x

例2．已知f(x)在x=a处可导，且f′(a)=b，求下列极限：

f(a h2) f(a)f(a 3h) f(a h)（1）lim； （2）lim

h 0 h 02hh

分析：在导数定义中，增量△x的形式是多种多样，但不论△x选择哪种形式，△y也必须选择相对应的形式。利用函数f(x)在x处可导的条件，可以将已给定的极限式恒等变形转化为导数定义的结构形式。 解：（1）lim

h 0

a

f(a 3h) f(a h)f(a 3h) f(a) f(a) f(a h)

lim h 02h2h

f(a 3h) f(a)f(a) f(a h)

lim

h 0h 02h2h3f(a 3h) f(a)1f(a h) f(a)

lim lim

h 0h 023h2 h31

f'(a) f'(a) 2b22 lim

f(a h2) f(a) f(a h2) f(a)（2）lim lim h 2h 0h 0hh

f(a h2) f(a) lim limh f'(a) 0 02h 0h 0h

例3．观察(x

n

) nxn 1，(sinx) cosx，(cosx) sinx，是否可判断，可导的奇函数的导函数是偶函数，可导

的偶函数的导函数是奇函数。

f(x x) f(x)

f (x)

x 0 x

f( x x) f( x)f(x x) f(x)

lim f ( x) lim

x 0 x 0 x x

f(x x) f(x)

f (x) lim

x 0

解：若

f(x)为偶函数 f( x) f(x) 令lim

∴ 可导的偶函数的导函数是奇函数

另证：

f [f( x)] f ( x) ( x) f (x)

已知函数

f(x)在定义域R上可导，设点P是函数y f(x)的图象上距离原点O最近的点.

(1) 若点P的坐标为(a,

f(a)), 求证：a f(a)f'(a) 0;

(2) 若函数

y f(x)的图象不通过坐标原点O, 证明直线OP与函数y f(x)的图象上点P处切线垂直.

证：(1)设Q(x , f (x) )为y = f (x)上的动点，则|OQ| 2

= x2

+ f 2

( x )， 设F(x) = x2

+ f 2

( x ), 则F'(x)=2x +2f (x)f ' ( x )

已知P为y = f(x) 图形上距离原点O最近的一点，

∴|OP|2

为F(x)的最小值，即F(x) 在x = a处有最小值, 亦即F(x) 在x = a处有极小值

∴ F'(a)=0， 即 2a+2f (a)f ' (a)=0 (2) 线段OP的斜率为

f(a)

a

，y=f(x)之图形上过P点的切线l的斜率为f ' (a) 由(1)知f (a)f '(a) = – a，

∴图象不过原点，∴a 0，∴

f(a)

a

f '(a) = –1 ∴OP⊥l，即直线OP与y=f(x)的图形上过P点的切线垂直.

利用导数证明不等式

例6．求证下列不等式

）x x2x2

（12 ln(1 x) x

2(1 x)

x (0, )（相减） （2）sin

x

2x

x (0,

2

)（相除）

（3）x sinx tanx x x (0,

2

)

22证：（1）

f(x) ln(1 x) (x x2) f(0) 0 f (x) 1x 11 x 1 x x 1

0

∴

y f(x)为(0, )上 ∴ x (0, ) f(x) 0 恒成立

∴ ln(

x) x x2

1g(x) x x2

2 2(1 x)

ln(1 x) g(0) 0

4x2 4x 2x212x2

g (x) 1 4(1 x)2

1 x 4(1 x2) 0

∴ g(x)在(0, )上 ∴ x (0, ) x x2

2(1 x)

ln(1 x) 0恒成立

（2）原式

sinxx 2 令 f(x) sinx/x x (0,

2

) cosx 0 x tanx 0 ∴

f (x) cosx(x tanx)x2 ∴ x (0, 2) f (x) 0 (0,

2

)

22xf() ∴ sinx 2

（3）令

f(x) tanx 2x sinx f(0) 0

2f (x) sec2

x 2 cosx (1 cosx)(cosx sinx)cos2x

x (0,

2

) f (x) 0 ∴ (0,

2

)

∴ tanx x x sinx

（理做）设a≥0，f (x)=x－1－ln2

x＋2a ln x（x>0）.

（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2

x－2a ln x＋1. （Ⅰ）解：根据求导法则有f (x) 1 2lnx 2a，x 0，

xx

故F(x) xf (x) x 2lnx 2a，x 0，于是F (x) 1 2 x 2，x 0，

xx

列表如下：

故知F(x)在(0，

2)内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值F(2) 2 2ln2 2a．

（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2) 2 2ln2 2a 0．

于是由上表知，对一切x (0

， ∞)，恒有F(x) xf (x) 0． 从而当x 0时，恒有f (x) 0，故f(x)在(0， ∞)内单调增加．

所以当x 1时，f(x) f(1) 0，即x 1 ln2x 2alnx 0．(利用单调性证明不等式）

故当x 1时，恒有x ln2x 2alnx 1．

（全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,

(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(

a b

2

)<(b-a)ln2.

（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数（I）求a的取值范围，并讨论

f x x2 aIn 1 x 有两个极值点x1、x2，且x1 x2

1 2In2

4

（II）证明：f x2 f x 的单调性；

解: （I）

a2x2 2x a

f x 2x (x 1)

1 x1 x

2

令g(x) 2x 2x a，其对称轴为x

1

。由题意知x1、x2是方程g(x) 0的两个均大于 1的不相等的实根，其2

4 8a 01

充要条件为 ，得0 a

2 g( 1) a 0

⑴当x ( 1,x1)时，⑵当x (x1,x2)时，⑶当x (x2,

f x 0, f(x)在( 1,x1)内为增函数； f x 0, f(x)在(x1,x2)内为减函数；

)时，f x 0, f(x)在(x2, )内为增函数；

1

a 0, x2 0，a (2x22+2x2)

2

（II）由（I）g(0)

f x2 x22 aln 1 x2 x22 (2x22+2x2)ln 1 x2

设h

x x2 (2x2 2x)ln 1 x (x

1)， 2

则h

x 2x 2(2x 1)ln 1 x 2x 2(2x 1)ln 1 x

11

,0)时，h x 0, h(x)在[ ,0)单调递增； 22

⑴当x (

⑵当x (0, )时，h x 0，h(x)在(0, )单调递减。

当x ( 12,0)时,h x h( 11 2ln2

2) 4

故f xh(x1 2In2

2 2) 4

．

已知函数f(x) x，g(x) ln(

1 x)，h(x) x1 x

. （1）证明：当x 0时，恒有f(x) g(x);

（2）当x

0时，不等式g(x)

kx

k x

(k 0)恒成立，求实数k的取值范围; 解：（1）设F(x) f(x) g(x)，则F'

(x)=1 11 x x1 x

， 当x 0时，F'(x) 0，所以函数F(x)在（0， )单调递增，又F(x) 在x 0处连续，所以F(x) F(0) 0，即f(x) g(x) 0，

所以

f(x) g(x)。

（2）设G(x)

g(x)

kx

k x

， 则G(x)在（0， )恒大于0，G(x) ln( k k2

1 x)k x

，

'(x) 11 x k2(k x)2 x2 (2k k2 G)x

(1 x)(k x)2

， x2 (2k k2)x 0的根为0和k2 2k,

即在区间（0， )上，G'(x) 0的根为0和k2 2k,

若k

2

2k 0，则G(x)在(0,k2 2k)单调递减， 且G(0) 0，与G(x)在（0， ) 恒大于0矛盾；

若k2

2k 0，G(x)在（0， )单调递增，

且G(0) 0，满足题设条件，所以k2 2k 0，所以0 k 2.。

（1）已知：x (0 )，求证

1x 1 lnx 11

x x

； （2）已知：n N且n 2，求证：12 1111

3 n lnn 1 2 n 1

。（1）令1 1x t，由x>0，∴t>1，x 1

t 1

原不等式等价于1 令f(t)=t-1-lnt， ∵

1

lnt t 1 t

f (t) 1

1

当t (1, )时，有f (t) 0，∴函数f(t)在t (1, )递增 t

即t-1<lnt

∴f(t)>f(1) 另令g(t)

lnt 1

1t 1

，则有g (t) 2 0 tt

∴g(t)在(1, )上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴lnt综上得

1

1 t

1x 11 ln x 1xx

（2）由（1）令x=1,2,……(n-1)并相加得

11123n11 ln ln ln 1 23n12n 12n 1

11111即得 ln 1

23n2n 1

利用导数求和

例7．利用导数求和：

（1）（2）

。

n

；

分析：这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度，由求导公式(x另外一个和式的导数，利用导数运算可使问题的解决更加简捷。 解：（1）当x=1时，

)' nxn 1，可联想到它们是

；

当x≠1时，

，

两边都是关于x的函数，求导得

即

（2）∵

两边都是关于x的函数，求导得

，

。

令x=1得

，

即

。

单调区间讨论

例．设a

0，求函数f(x) x ln(x a)(x (0, )的单调区间.

分析：本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力. 解：

f (x) 1

1

2x

x a

(x 0). 当a

0,x 0时 f (x) 0 x2 (2a 4)x a2 0.

f (x) 0 x2 (2a 4)x a2 0

（i）当a 1时，对所有x 0，有x2 (2a 4) a2 0.

即

f (x) 0，此时f(x)在(0, )内单调递增.

（ii）当a 1时，对x 1，有x2 (2a 4)x a2 0，

即

f (x) 0，此时f(x)在（0，1）内单调递增，又知函数f(x)在x=1处连续，因此， 函数

f(x)在（0，+ ）内单调递增

（iii）当0

a 1时，令f (x) 0，即x2 (2a 4)x a2 0.

解得x 2 a 2 a,或x 2 a 2 a.

因此，函数

f(x)在区间(0,2 a 2 a)内单调递增，在区间(2 a 2 a, )

内也单调递增. 令

f (x) 0,即x2 (2a 4)x a2 0，解得2 a 2 a x 2 a 2 a.

因此，函数

f(x)在区间（2 a-2 a,2 a 2 a)内单调递减.

（2009安徽卷理） 已知函数

f(x) x

2

x

a(2 lnx),(a 0)，讨论f(x)的单调性.

① 当 a

2

8

0，即a

方程g(x)

0有两个不同的实根x1

,x2 ,0 x1 x2.

x

f (x) f(x)

(0,x1)

+ 单调递增

x1

0 极大

(x1,x2)

_ 单调递减

x2

0 极小

(x2, )

+ 单调递增

此时

aa f(x

)在上单调递增,

在( )上单是上单调递减,

在22

调递增. 3.设函数

f(x) ax2 bx k(k 0)在x 0

处取得极值，且曲线

y f(x)

在点

(1,f(1))处的切线垂直于直线

ex

x 2y 1 0．（Ⅰ）求a,b的值；（Ⅱ）若函数g(x) ，讨论g(x)的单调性．

f(x)

（3）

2

方程x 2x k 0有两个不相等实根

4 4k 0,即当0<k<1时，

x1 1x2 1

函数

当

当

x ( ,1是g (x) 0,故g(x)在（ ,1上为增

g (x)

0故,上为减函数

g(x)在（1x （1,k 时

，

时，g (x)

0,故g(x)在（上为增函数 x （1+ ）1+ ）(2009山东卷文)已知函数已知a

1

f(x) ax3 bx2 x 3,其中a 0（1）当a,b满足什么条件时,f(x)取得极值?（2）

3

0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围

.

所以当a

f'(x) a(x x1)(x x2)

0时,

x

(-∞,x1) ＋

x 1 0

(x1,x2) －

x2 0

(x2,+∞) ＋

f’(x)

f (x) 所以当a

增函数

1

极大值 减函数 极小值 增函数

f(x)在x

, x2处分别取得极大值和极小值.

0时,

x f’(x) f (x)

(-∞,x2) － 减函数

x 2 0 极小值

(x2,x1) ＋ 增函数

2

x1 0 极大值

(x1,+∞) － 减函数

所以

f(x)在x

1

, x2处分别取得极大值和极小值.综上,当a,b满足b a时, f(x)取得极值.

(2)要使即b

f(x)在区间(0,1]上单调递增,需使f'(x) ax2 2bx 1 0在(0,1]上恒成立.

ax1ax1

,x (0,1]恒成立, 所以b ( )max 22x22x

12

a(x )ax1a1 设g(x) ,g'(x) , 22

22x22x2x

令g'(x)

0得x

x 舍去), 当a 1时,0

1ax1 1,

当x 时g'(x) 0,g(x) 单调增函数;

a22x当x ax1时g'(x) 0,g(x) 单调减函数,

22x所以当x

,g(x)取得最大,

最大值为g

所以b ax1 1,此时g'(x) 0在区间(0,1]恒成立,所以g(x) 在区间(0,1]上单调递增,当x 1

22x

a 1a 1

,所以b 22

a 1

2

当0 a 1时

时g(x)最大,最大值为g(1)综上,当a

1时

, b 当0 a 1时, b

【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题. （2009浙江文）已知函数 （I）若函数

f(x) x3 (1 a)x2 a(a 2)x b (a,b R)．

f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是 3，求a,b的值； （II）若函数f(x)在区间( 1,1)上不单调，．．．

求a的取值范围．

解析 （Ⅰ）由题意得

f (x) 3x2 2(1 a)x a(a 2)

又

f(0) b 0

，解得b 0，a 3或a 1

f (0) a(a 2) 3

f(x)在区间( 1,1)不单调，等价于

（Ⅱ）函数 导函数 即函数

f (x)在( 1,1)既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 f (x)在( 1,1)上存在零点，根据零点存在定理，有

f ( 1)f (1) 0， 即：[3 2(1 a) a(a 2)][3 2(1 a) a(a 2)] 0

2

整理得：(a 5)(a 1)(a 1) 分离常数

0，解得 5 a 1

已知函数f(x) xlnx.（Ⅰ）求f(x)的最小值；（Ⅱ）若对所有x 1都有f(x) ax 1，求实数a的取值范围.解：

f(x)的定义域为(0，+ )， f(x)的导数f (x) 1 lnx. 令f (x) 0，解得x

11 1 1

.从而f(x)在 0 单调递减，在 ，+ 单调递增.所以，当x 时，ee e e

（Ⅱ）解法一：令g(x) f(x) (ax 1)，则g (x) f (x) a 1 a lnx， 错误！未找到引用源。 若a 1，当x 1时，g (x) 1 a lnx 1 a 0，，+ )上为增函数，所以，x 1时，g(x) g(1) 1 a 0，即f(x) ax 1.故g(x)在(1

a 1

错误！未找到引用源。 若a 1，方程g (x) 0的根为 x0 e，此时，若x (1，x0)，则g (x) 0，故g(x)在该区0 x

间为减函数.所以x (1，x0)时，g(x)

1

；令f (x) 0，解得e

1

f(x)取得最小值 . e

g(1) 1 a 0，即f(x) ax 1，与题设f(x) ax 1相矛盾. 综上，满足

lnx

1x

1]. 条件的a的取值范围是( ，

， )上恒成立，即不等式a解法二：依题意，得f(x) ax 1在[1

， )恒成立 . 令对于x [1

11 1 111 1

， 则g (x) 2 1 . 当x 1时，因为g (x) 1 0， xx x xxx x ， )上的增函数， 所以 g(x)的最小值是g(1) 1，所以a的取值范围是( ，1]. 故g(x)是(1g(x) lnx

[广东省海珠区2009届高三综合测试二理科数学第21题]（本小题满分14分） 已知

f x xlnx,g x x3 ax2 x 2

f x 的单调区间;

f x 在 t,t 2 t 0 上的最小值;

(Ⅰ)求函数(Ⅱ)求函数

(Ⅲ)对一切的x (Ⅰ)

0, ,2f x g' x 2恒成立,求实数a的取值范围.

1f'(x) lnx 1,令f' x 0,解得0 x ,

e

1

f x 的单调递减区间是 0, ;……2分

e

1

令f' x 0,解得x ,

e

1

f x 的单调递减区间是 , .……4分

e

1

，t无解；……5分 e

1111

(ⅱ)0<t<<t+2，即0<t<时，f(x)min f() ；……7分

eeee11

(ⅲ) t t 2，即t 时，f(x)在[t,t 2]单调递增，

ee

(Ⅱ)(ⅰ)0<t<t+2<

f(x)min f(t) tlnt……9分

1 10 t

-e……10分 f(x)min e，

1

t tlnt e

(Ⅲ)由题意:2xlnx即2xlnx可得a

3x2 2ax 1 2在x 0, 上恒成立

3x2 2ax 1

31

x ……11分（分离常数） 22x3x1 设h x lnx , 22x

x 1 3x 1 ……12分 131'

2 则h x

x22x2x2

1'

令h x 0,得x 1,x (舍)

3

lnx

当0

x 1时,h' x 0;当x 1时, h' x 0

当x 1时,h x 取得最大值, h x max=-2……13分 a 2.

a

(a 0),设F(x) f(x) g(x)．（Ⅰ）求函数F(x)的单调区间；x

1

（Ⅱ）若以函数y F(x)(x (0,3])图像上任意一点P(x0,y0)为切点的切线的斜率k 恒成立，求实数a的最小值；2

已知函数

f(x) lnx,g(x)

解析：（I）

F x f x g x lnx

a

x 0 x

，

F' x

1ax a 2 x 0 xx2x

∵

a 0

，由

，∴F' x, F x 在 a, 上单调递增。 由F' x 0 x 0,a ，∴F x 在 0,a 上单调 0 x a递减。∴F

x 的单调递减区间为 0,a ，单调递增区间为 a, 。

（II）F'离常数） 当x0

x

x ax0 a1 12

0 x 3，恒成立a x xk F'x 0 x 3 0000 2

x2x02 2 max

（分

11211

x0取得最大值。∴a ，∴amin 1时， x0

2222

的值；（Ⅱ）若对于任意的x [0，3]，都有

设函数f(x) 2x3 3ax2 3bx 8c在x

1及x 2时取得极值．（Ⅰ）求a、b

f(x) c2成立，求c的取值范围．

则当

x 0，3 时，f(x)的最大值为f(3) 9 8c．因为对于任意的x 0，3 ，有f(x) c2恒成立，所以 9 8c c2，解

得

c 1或c 9，因此c的取值范围为( ， 1) (9， )．18.（2009全国卷Ⅰ理）本小题满分12分。设函数

，0],x2 [1,2].f x x3 3bx2 3cx在两个极值点x1、x2，且x1 [ 1

（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点

b,c 的区域；(II)证明： 10 f x2 2

考生根

1

分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分有思路并能够得分。

f x 3x2 6bx 3c由题意知方程f x 0有两个

x2 [1,2].

故有

则

有

x1、x2且x1 [ 10],，

f 1 0，f 0 0，f 1 ，f 0

20

右图中阴影部分即是满足这些条件的点

b,c 的区

域。

(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用

消元的手段，消去目标

（如果消 c会较繁琐）再利用x2的范围，并借助（I

）中的约束f x2 x23 3bx22 3cx2中的b，

条件得c [ 2,0]进而求解，有较强的技巧性。 解析 由题意有f x2 3x22 6bx2 3c 0．①又f x2 x32 3bx22 3cx2．

．．②（消元） 消去b可得

f x 13c1

2 2x32 2x2．又 x2 [1,2]，且c [ 2,0] 10 f(x2) 2

21．[浙江省富阳新中2008（上）高三期中考试数学（理科）试卷第22题] (本小题满分15分)

设函数

f(x) x2 bln(x 1)，其中b 0；

（Ⅰ）若b 12，求f(x)在[1,3]的最小值；

（Ⅱ）如果

f(x)在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b的取值范围；

（Ⅲ）是否存在最小的正整数N，使得当n N时，不等式ln

n 1nn 1

n

3恒成立. 21．[浙江省富阳新中2008（上）高三期中考试数学（理科）试卷第22题]解：（Ⅰ）由题意知，

f(x)的定义域为( 1, )，

b 12时，由

f/

(x) 2x 12x 1 2x2 2x 12

x 1

0，得x 2（x 3舍去），

当x [1,2)时，

f/(x) 0，当x (2,3]时，f/(x) 0，

所以当x [1,2)时，f(x)单调递减；当x (2,3]时，f(x)单调递增，

所以

f(x)min f(2) 4 12ln3 ……………………………5分

（Ⅱ）由题意

f/

(x) 2x b2x2 2x b

x 1 x 1

0在( 1, )有两个不等实根，

即2x

2

2x b 0在( 1, )有两个不等实根，

设g(x) 2x2

2x b，则 4 8b 01

( 1) 0

，解之得0 b ；…………10分

g2（Ⅲ）当b=-1时,函数f x x2 ln(x 1)，

令函数h

x x3 f(x) x3 x2 ln(x 1)

则h/

x 3x2

2x

13x3 (x 1x 1 )2

x 1

， 当x [0, )时，h

/

x 0

（换元，令1

n

x) 所以函数h

x 在[0, )上单调递增，又h(0) 0, x (0, )时，恒有h x h(0) 0

即x

2

x3 ln(x 1)恒成立.取x

1111 (0, )，则有ln( 1) 2 3nnnn

恒成立.

显然，存在最小的正整数N=1， 使得当n

111

N时，不等式ln( 1) 2 3

nnn

恒成立. ……………15分

（天津文 21）

设函数

，其中a R． f(x) x(x a)2（x R）

（Ⅰ）当a（Ⅱ）当a（Ⅲ）当a

1时，求曲线y f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

0时，求函数f(x)的极大值和极小值；

3时，证明存在k 10， ，使得不等式f(k cosx)≥f(k2 cos2x)对任意的x R恒成立．

本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程，函数的极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．满分14分． （Ⅰ）解：当a

1时，f(x) x(x 1)2 x3 2x2 x，得f(2) 2，且

f (x) 3x2 4x 1，f (2) 5．

所以，曲线

2)处的切线方程是y 2 5(x 2)，整理得 y x(x 1)2在点(2，

5x y 8 0．

（Ⅱ）解：

f(x) x(x a)2 x3 2ax2 a2x

f (x) 3x2 4ax a2 (3x a)(x a)．

令

f (x) 0，解得x

a

或x a． 3

由于a 0，以下分两种情况讨论．

0，当x变化时，f (x)的正负如下表：

（1）若a

因此，函数

f(x)在x

a

处取得极小值3

a

f ，且 3

f a

3

427a3；

函数

f(x)在x a处取得极大值f(a)，且

f(a) 0．

（2）若a

0，当x变化时，f (x)的正负如下表：

因此，函数

f(x)在x a处取得极小值f(a)，且

f(a) 0；

函数

f(x)在x

a

3

处取得极大值f a

3

，且 f a

3

427a3．

（Ⅲ）证明：由a

3，得

a

3

1，当k 10， 时， k cosx≤1，k2 cos2x≤1．

由（Ⅱ）知，

f(x)在 ∞，1 上是减函数，要使f(k cosx)≥f(k2 cos2x)，x R

只要k cosx≤k2

cos2x(x R)

即

cos2x cosx≤k2 k(x R)

①

设g(x) cos2

x cosx

cosx 1 2

2 14，则函数g(x)在R上的最大值为2．

要使①式恒成立，必须k2

k≥2，即k≥2或k≤ 1．

所以，在区间 10， 上存在k 1，使得f(k cosx)≥f(k2 cos2x)对任意的x R恒成立．

求取值范围

（2009江西卷文）设函数值；（2）若方程

f(x) x3

92

x 6x a．（1）对于任意实数x，f (x) m恒成立，求m的最大2

f(x) 0有且仅有一个实根，求a的取值范围．

解析 (1)

f'(x) 3x2 9x 6 3(x 1)(x 2), 因为x ( , ),f'(x) m, 即 3x2 9x (6 m) 0

81 12(6 m) 0, 得m

33，即m的最大值为 44

恒成立, 所以 (2) 因为 当x 所以 当x

1时, f'(x) 0;当1 x 2时, f'(x) 0;当x 2时, f'(x) 0;

5

a; 当x 2时,f(x)取极小值 f(2) 2 a; 2

5

故当f(2) 0 或f(1) 0时, 方程f(x) 0仅有一个实根. 解得 a 2或a .

2

1322

时，.（2009天津卷文）设函数f(x) x x (m 1)x,(x R,)其中m 0（Ⅰ）当m 1曲

3

1时,f(x)取极大值 f(1)

线

处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，y f(x)在点（1，f（1））

x1,x2，且x1 x2。若对任意的x [x1,x2]，f(x) f(1)恒成立，求m的取值范围。

解析 当m斜率为1 （2）解析

1时，f(x)

13

x x2,f/(x) x2 2x,故f'(1) 1所以曲线y f(x)在点（处的切线1，f（1））3

f'(x) x2 2x m2 1，令f'(x) 0，得到x 1 m,x 1 m

当x变化时，

因为m 0,所以1 m 1 m

f(x),f'(x)的变化情况如下表：

(1 m,1 m)

-

x f'(x)

f(x)

( ,1 m)

+

1 m

0 极小值

1 m

0 极大值

(1 m, )

+

f(x)在( ,1 m)和(1 m, )内减函数，在(1 m,1 m)内增函数。

21

f(x)在x 1 m处取得极大值f(1 m)，且f(1 m)=m3 m2

332312

函数f(x)在x 1 m处取得极小值f(1 m)，且f(1 m)= m m

33

1212

（3）解析 由题设， f(x) x( x x m 1) x(x x1)(x x2)

33

12422

所以方程 x x m 1=0由两个相异的实根x1,x2，故x1 x2 3，且 1 (m 1) 0

3311m (舍)，m

22

函数，解得

因为x1若x1若1 则

x2,所以2x2 x1 x2 3,故x2

3 1 2

1

1 x2,则f(1) (1 x1)(1 x2) 0，而f(x1) 0，不合题意

3

x1 x2,则对任意的x [x1,x2]有x x1 0,x x2 0,

0，于是对任意的

1

f(x) x(x x1)(x x2) 0又f(x1) 0，所以函数f(x)在x [x1,x2]的最小值为

3

x [x1,x2]，f(x) f(1)恒成立的充要条件是f(1) m2

1,) 23

13 0,解得 m 333

综上，m的取值范围是(

2009宁夏海南卷文）（本小题满分12分）已知函数

f(x) x3 3ax2 9a2x a3.设a 1，求函数f x 的极值；(2)若

a

1'

，且当x 1,4a 时，f(x) 12a恒成立，试确定a的取值范围. 4

请考生在第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 （21）解析（Ⅰ）当a=1时，对函数

f(x)求导数，得f'(x) 3x2 6x 9.

令

f'(x) 0,解得x1 1,x2 3.列表讨论f(x),f'(x)的变化情况：

( , 1)

+

x

f'(x)

1

0 极大值6

（-1，3）

—

3 0 极小值-26

(3, )

+

f(x)

所以，

f(x)的极大值是f( 1) 6，极小值是f(3) 26.

（Ⅱ）若

f'(x) 3x2 6ax 9a2的图像是一条开口向上的抛物线，关于x=a对称.

1

a 1,则f'(x)在[1,4a]上是增函数，从而 4

f'(x)在[1,4a]上的最小值是f'(1) 3 6a 9a2,最大值是f'(4a) 15a2.

由|

f'(x)| 12a,得 12a 3x2 6ax 9a2 12a,于是有

f'(1) 3 6a 9a2 12a,且f'(4a) 15a2 12a.

由

14

f'(1) 12a得 a 1,由f'(4a) 12a得0 a .

35

所以a (若a>1,则|所以使|

11414

,1] [ ,1] [0,],即a (,]. 43545

f'(a)| 12a2 12a.故当x [1,4a]时|f'(x)| 12a不恒成立.

14

f'(x)| 12a(x [1,4a])恒成立的a的取值范围是(,].

45

1

a R,x [,2]

2

a x2

lnx已知函数f(x)=

x

(Ⅰ)当a [ 2,

1

)时, 求f(x)的最大值; 4

2

(Ⅱ) 设g(x) [f(x) lnx] x, k是g(x)图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数a，使得k取值范围;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)当-2≤a<

1恒成立?若存在,求a的

1

x2 时，由f'(x)=0得x1

4显然-1≤x1<

11 1 1 ,<x2≤2， x1 ,2 ,x2 ,2 . 22 2 2

又f'(x)=－

x x1 x x2

x

2

当

1

≤x≤x2时，f'(x)≥0，f(x)单调递增； 2

当x2<x≤2时，f'(x)<0，f(x)单调递减，

∴f(x)max=f(x2

7

(Ⅱ)答: 存在a ( ,]符合条件

4

解: 因为g(x) [f(x) lnx] x=ax x 不妨设任意不同两点

23

p1(x1,y1),p2(x2,y2)，其中x1 x2

3

y1 y2a(x1 x2) (x2 x13)2

则k a (x12 x1x2 x2)

x1 x2x1 x2

由 k

2 1知:a 1+(x12 x1x2 x2)

因为

3 7 222 3x12 x12 x1x2 x2 3x2 12，所以1+(x12 x1x2 x2) ,13 ， 4 4

故存在a ( , 已知函数

7

]符合条件。 4

f(x) ln(ex a)(a 0).

y f 1(x)及f(x)的导数f (x);

f 1(x)| ln(f (x)) 0成立，求实数m的取值范围.

（1）求函数y= f(x)的反函数

（2）假设对任意x [ln(3a),ln(4a)],不等式|m 解：（1） e

x

0, y lna, y f 1 x lnex a, x lna ；

ex1y x 1 x

e ae a

（2）x [ln(3a),ln(4a)],不等式|m

f 1(x)| ln(f (x)) 0

exexx

lne a lnx m lne a lnx

e ae a

f

1

x lnf x m

f

1

x lnf x

x

exex ae2x a2exex ae2x a2m

lnx m ln e xx

e aee aext t a t2 a2

,v t ,t ex,t 3a,4a 令：u t

t at

t2 a2t2 2at a2

v t 0,t 3a,4a ,u t 0 22

t(t a)

128

a,v(t)的最小值为v(3a) a,而不等式②53

128128m

a em a，于是得 ln(a) m ln(a). 成立当且仅当u(4a) e v(3a),即5353

所以u(t),v(t)都是增函数.因此当t [3a,4a]时，u(t)的最大值为u(4a)

解法二：由|m

f 1(x)| ln(f (x)) 0得

ln(ex a) ln(ex a) x m ln(ex a) ln(ex a) x.

设 (x)

ln(ex a) ln(ex a) x, (x) ln(ex a) ln(ex a) x,

3a),ln(4a)]恒成立等价于 (x) m (x). ③…7分 于是原不等式对于x [ln(

exexexex

x 1, (x) x x 1，注意到 由 (x) x

e ae ae ae a

0 ex a ex ex a,故有 (x) 0, (x) 0，从而可 (x)与 (x)均在

[ln(3a),ln(4a)]上单调递增，因此不等式③成立当且仅当

(ln(4a)) m (ln(3a)).即 ln(

128a) m ln(a). 53

【点晴】求参数的取值范围，凡涉及函数的单调性、最值问题时，用导数的知识解决较简单. 设函数（Ⅰ）证明：

f(x) ex e x．

f(x)的导数f (x)≥2；

（Ⅱ）若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．

解：（Ⅰ）由于e

x

f(x)的导数f (x) ex e x．

e-x≥ 2，故f (x)≥2．

0时，等号成立）．

（当且仅当x

（Ⅱ）令g(x) f(x) ax，则

g (x) f (x) a ex e x a，

（ⅰ）若a≤2，当x

0时，g (x) ex e x a 2 a≥0，

)上为增函数， 故g(x)在(0，∞

所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即

f(x)≥ax．

（ⅱ）若a 2，方程g (x)

0的正根为x1 ，

此时，若x (0，x1)，则g (x) 0，故g(x)在该区间为减函数． 所以，x (0，x1)时，g(x) 综上，满足条件的a的取值范围是

导数与数列

2

已知函数f(x) x x 1， , 是方程f(x)=0的两个根( )，f'(x)是f(x)的导数；设a1 1，an 1 an

g(0) 0，即f(x) ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．

2 ． ∞，

f(an)

f'(an)

（n=1,2,……）

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/rn91.html