导数习题分类精选

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x2

例1．y f(x)

ax b x2

思路：y f(x)

ax b

x 1

导数定义

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

x 1x 1

limf(x) a b f(1) 1 ∴ a b 1

x 0

lim

y y

2 lim a ∴ a 2 b 1

x 0 x 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 a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

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) nx

n

n 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)

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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)

，y=f(x)之图形上过P点的切线l的斜率为f ' (a) a

f(a)

f '(a) = –1 a

由(1)知f (a)f '(a) = – a，

∴图象不过原点，∴a 0，∴

∴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

x2x2

（1）x x (0, )（相减） ln(1 x) x

22(1 x)

（2）sinx

2x

x (0,

2

)（相除）

（3）x sinx tanx x x (0,

2

)

x21x2 1

) f(0) 0 f (x) 1 x 0 证：（1）f(x) ln(1 x) (x 21 xx 1

∴ y f(x)为(0, )上 ∴ x (0, ) f(x) 0 恒成立

x2x2

∴ ln(1 x) x g(x) x ln(1 x) g(0) 0

22(1 x)

4x2 4x 2x212x2

g (x) 1 0 22

1 x4(1 x)4(1 x)

x2

∴ g(x)在(0, )上 ∴ x (0, ) x ln(1 x) 0恒成立

2(1 x)

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（2）原式

sinx2

令 f(x) sinx/x x (0,) cosx 0 x 2

x tanx 0

cosx(x tanx)

x (0,)f(x) 0 ∴ (0,) 2

2x2

22x f() ∴ sinx

2

∴ f (x)

（3）令f(x) tanx 2x sinx f(0) 0

(1 cosx)(cosx sin2x)f (x) secx 2 cosx

cos2x

2

2

∴ tanx x x sinx

x (0,

) f (x) 0 ∴ (0,

2

)

（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>ln2x－2a ln x＋1. （Ⅰ）解：根据求导法则有f (x) 1 2lnx 2ax 0，

x

x

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

x

x

列表如下：

2)x 2处取得极小值故知F(x)在(0，

F(2) 2 2ln2 2a．

（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2) 2 2ln2 2a 0．

∞)，恒有F(x) xf (x) 0． 于是由上表知，对一切x (0，

∞)内单调增加． 从而当x 0时，恒有f (x) 0，故f(x)在(0，

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

)<(b-a)ln2. 2

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2

（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数f x x aIn 1 x 有两个极值点

x1、x2，且x1 x2

（I）求a的取值范围，并讨论f x 的单调性；（II）证明：f x2

1 2In2

4

a2x2 2x a (x 1) 解: （I）f x 2x 1 x1 x

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令g(x) 2x2 2x a，其对称轴为x

1

。由题意知x1、x2是方程g(x) 0的两个2

均大于 1的不相等的实根，其充要条件为

4 8a 0g( 1) a 0

，得 0 a 1

2

⑴当x ( 1,x1)时，f x 0, f(x)在( 1,x1)内为增函数； ⑵当x (x1,x2)时，f x 0, f(x)在(x1,x2)内为减函数； ⑶当x (x2, )时，f x 0, f(x)在(x2, )内为增函数； （II）由（I）g(0) a 0,

1

2

x2 0，a (2x22+2x2) f x22 x22 aln 1 x22 x2 (2x2+2x2)ln 1 x2

设h x x2

(2x2

2x)ln 1 x (x 12

)，

则h x 2x 2(2x 1)ln 1 x 2x 2(2x 1)ln 1 x ⑴当x ( 1,0)时，h x 0, h(x)在[

1

22

,0)单调递增； ⑵当x (0, )时，h x 0，h(x)在(0, )单调递减。

当x ( 111 2ln2

2,0)时,h x h( 2) 4

故f x 1 2In2

2 h(x2)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

，

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G(x)在（0， )恒大于0，G(x) ln(1 x) k k2

则k x

，

G'(x) 11 x k2x2 (2k k2)x

(k x)2 (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k2

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 11x x

； （2）已知：n N且n 2，求证：11111

2 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 1

t

lnt t 1

令f(t)=t-1-lnt，

∵f (t) 1 1t

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

即t-1<lnt

另令g(t) lnt 1 1，则有g (t)

t 1

tt2

0 ∴g(t)在(1, )上递增，∴g(t)>g(1)=0 ∴lnt 1 1t

综上得

1x x 1 ln1x 1x

（2）由（1）令x=1,2,……(n-1)并相加得

1112 3 n ln21 ln32 lnn11n 1 1 2 n 1

即得12 13 1n ln 1 112 n 1

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利用导数求和

例7．利用导数求和：

（1）（2）

； 。

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)' nx

n

n 1

，可联想到它们是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，

；

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

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解：f (x)

算能力.

12x

1

(x 0). x a

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

22

（iii）当0 a 1时，令f (x) 0，即x (2a 4)x a 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x (2a 4)x a 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

2

2

a(2 lnx),(a 0)，讨论f(x)的单调性

. x

① 当 a 8

0，即a

2

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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f(x

)在上单调递增,

在是上单调递减,

在 )上单调递增.

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

ex

的切线垂直于直线x 2y 1 0．（Ⅰ）求a,b的值；（Ⅱ）若函数g(x) ，讨论g(x)

f(x)

的单调性．

（3） 4 4k 0,即当0<k<1时，方程x 2x k 0有两个不相等实根

2

x1 1x2 1

当

函

数

当

x ( ,1是g (x) 0,故g(x)在（ ,1上为增

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时，g (x)

0,故g(x)在（上为减函数

x （11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f(x)

13

ax bx2 x 3,其中a 0（1）当a,b满足什么条件3

时,f(x)取得极值?（2）已知a 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f'(x) a(x x1)(x x2)

当a 0时,

x f’(x) f (x)

(-∞,x1) ＋ 增函数

x 1 0 极大值

(x1,x2) － 减函数

x2 0 极小值

(x2,+∞) ＋ 增函数

所以f(x)在x 1, x2处分别取得极大值和极小值. 当a 0时,

x f’(x) f (x)

(-∞,x2) － 减函数

x 2 0 极小值

(x2,x1) ＋ 增函数

x1 0 极大值

2

(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

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

即b

ax1ax1

,x (0,1]恒成立, 所以b ( )max 22x22x

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12

a(x )ax1a1, 设g(x) ,g'(x) 2 2

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 当0 a 1时

,

ax1 1,此时g'(x) 0在区间(0,1]恒成立,所以g(x) 在区

22x间(0,1]上单调递增,当x 1时g(x)最大,最大值为g(1) 综上,当a 1时

, b 当0 a 1时, b

a 1a 1

,所以b 22

a 1 2

【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f(x) x3 (1 a)x2 a(a 2)x b (a,b R)．

（I）若函数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． ．．．

2解析 （Ⅰ）由题意得f (x) 3x 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

（Ⅱ）函数f(x)在区间( 1,1)不单调，等价于

导函数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 即函数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) 0，解得 5 a 1

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分离常数

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

11 1 1

x ；令f (x) 0，解得0 x .从而f(x)在 0 单调递减，在 ，+ 单调递

ee e e

11

增.所以，当x 时，f(x)取得最小值 .

ee

（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，

ax 1.，+ )上为增函数，故g(x)在(1所以，x 1时，g(x) g(1) 1 a 0，即f(x)

错误！未找到引用源。 若a 1，方程g (x) 0的根为 x0 e

a 1

，此时，若x (1，x0)，

则g (x) 0，故g(x)在该区间为减函数.所以x (1，x0)时，g(x) g(1) 1 a 0，即

f(x) ax 1，与题设f(x) ax 1相矛盾. 综上，满足条件的a的取值范围是( ，1].

)上恒成立，解法二：依题意，得f(x) ax 1在[1，即不等式a lnx

恒成立 . 令g(x) lnx

1

， )对于x [1

x

1111 1

， 则g (x) 2 1 . 当x 1时，因为xxxx x

1 1

g (x) 1 0，

x x

)上的增函数， 所以 g(x)的最小值是g(1) 1，所以a的取值范围是故g(x)是(1，

( ，1].

[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 x ax x 2

3

2

(Ⅰ)求函数f x 的单调区间;

(Ⅱ)求函数f x 在 t,t 2 t 0 上的最小值;

(Ⅲ)对一切的x 0, ,2f x g x 2恒成立,求实数a的取值范围.

'

(Ⅰ)f(x) lnx 1,令f

''

x 0,解得0 x 1,

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

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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 3x 2ax 1 2在x 0, 上恒成立

2

即2xlnx 3x 2ax 1

2

31

x ……11分（分离常数） 22x3x1 设h x lnx , 22x

x 1 3x 1 ……12分 131'

则h x

x22x22x2

1'

令h x 0,得x 1,x (舍)

3

可得a 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.

已知函数f(x) lnx,g(x) 区间；

a

(a 0),设F(x) f(x) g(x)．（Ⅰ）求函数F(x)的单调x

（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；解

析

：

（

I

1

2

，

）

F x f x g x lnx

a

x 0 x

F' x

1ax a

2 2 x 0 ∵a 0，由F' x 0 x a , xxx

∴F x 在 a, ，

上单调递增。

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

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单调递减区间为 0,a ，单调递增区间为 a, 。（II）F' x

x ax0 a1

0 x 3，k F'x 0 x0 3 恒成立 0 2 2

xx02

12

（分离常数） x0 a x0

2 max

当x0 1时，

11211

x0 x0取得最大值。∴a ，∴amin

2222

设函数f(x) 2x3 3ax2 3bx 8c在x 1及x 2时取得极值．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）若对于任意的x [0，3]，都有f(x) c成立，求c的取值范围．

2

则当x 0，因为对于任意的x 0，有f(x) c3 时，f(x)的最大值为f(3) 9 8c．3 ，

2

2

恒成立，所以 9 8c c，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f x x 3bx 3cx在两个极值点

3

2

x1、x2，且x1 [ 1，0],x2 [1,2].（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

1

2

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。大部分考生有思路并能够得分。f x 3x 6bx 3c由题意知

2

方程f x 0有两个根x1、x2且x1 [ 10],，x2 [1,2].则有

f 1 0，f 0 0，f 1 0，f 2 故有

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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f x2 x23 3bx22 3cx2中的b，（如果消 c会较繁琐）再利用x2的范围，并借助（I）中的约束条件得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

．．②（消元） f x2 x23 3bx22 3cx2．消去b

可得

13c

f x2 x32 x

22

．又 x2 [1,，2且]c [ 2 , 2

1

10 fx(2 )

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)

2

设函数f(x) x 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, )，

n 1n 1

3恒成nn

122x2 2x 12

b 12时，由f(x) 2x 0，得x 2（x 3舍去），

x 1x 1

/

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，

//

导数习题分类精选

/

所以f(x)min f(2) 4 12ln3 ……………………………5分

b2x2 2x b 0在( 1, )有两个不等实根， （Ⅱ）由题意f(x) 2x

x 1x 1

即2x 2x b 0在( 1, )有两个不等实根， 设g(x) 2x 2x b，则

2

2

4 8b 01

，解之得0 b ；…………10分

2 g( 1) 0

（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

13x3 (x 1)2

h x 3x 2x

x 1x 1

/

2

，

（换元，令 当x [0, )时，h/ x 0

1

x) n

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

23

即x x ln(x 1)恒成立.取x

1111

(0, )，则有ln( 1) 2 3恒成立. nnnn

显然，存在最小的正整数N=1， 使得当n N时，不等式ln(

111

1) 2 3恒成立. ……………15分 nnn

（天津文 21）

设函数f(x) x(x a)2（x R），其中a R．

（Ⅰ）当a 1时，求曲线y f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

（Ⅱ）当a 0时，求函数f(x)的极大值和极小值；

（Ⅲ）当a 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

导数习题分类精选

f (x) 3x2 4x 1，f (2) 5．

2)处的切线方程是y 2 5(x 2)，整理得 所以，曲线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．

（1）若a 0，当x变化时，f (x)的正负如下表：

a

f ，且 3

因此，函数f(x)在x

4 a

f a3；

27 3

a

处取得极小值3

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；

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a

处取得极大值3

函数f(x)在x

a

f ，且 3

4 a

f a3．

27 3

（Ⅲ）证明：由a 3，得

a

1，当k 10， 时， 3

k cosx≤1，k2 cos2x≤1．

由（Ⅱ）知，f(x)在 ∞，要使f(k cosx)≥f(k2 cos2x)，x R 1 上是减函数，只要k cosx≤k2 cos2x(x R) 即

cos2x cosx≤k2 k(x R) ①

1 1

设g(x) cosx cosx cosx ，则函数g(x)在R上的最大值为2．

2 4

2

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f(x) x

3

92

x 6x a．（1）对于任意实数x，f (x) m恒2

成立，求m的最大值；（2）若方程f(x) 0有且仅有一个实根，求a的取值范围． 解析 (1) f(x) 3x 9x 6 3(x 1)(x 2), 因为x ( , ),f(x) m, 即

'

2

'

3

3x2 9x (6 m) 0恒成立, 所以 81 12(6 m) 0, 得m ，即m的最大值

4

3为

4

'''

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

所以 当x 1时,f(x)取极大值 f(1)

5

a;2

当x 2时,f(x)取极小值

f(2) 2 a;

导数习题分类精选

5. 2

13

x x2 (m2 1)x,(x R,)其中m 0（Ⅰ）当3

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 .（2009天津卷文）设函数f(x)

m 1时，曲线y f(x)在点（处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；1，f（1））

（Ⅲ）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，且x1 x2。若对任意的x [x1,x2]，x1,x2，

f(x) f(1)恒成立，求m的取值范围。

解析 当m 1时，f(x)

13

x x2,f/(x) x2 2x,故f'(1) 1所以曲线3

处的切线斜率为1 y f(x)在点（1，f（1））

（2）解析f'(x) x2 2x m2 1，令f(x) 0，得到x 1 m,x 1 m 因为m 0,所以1 m 1 m 当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

'

'

x f'(x)

f(x)

( ,1 m)

+

1 m

0 极小值

(1 m,1 m)

-

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。

231

m 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

122

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

3411

1 (m2 1) 0，解得m (舍)，m

322

3

因为x1 x2,所以2x2 x1 x2 3,故x2 1

2

1

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

3

函数f(x)在x 1 m处取得极大值f(1 m)，且f(1 m)=若1 x1 x2,则对任意的x [x1,x2]有x x1 0,x x2 0, 则f(x)

1

x(x x1)(x x2) 0又f(x1) 0，所以函数f(x)在x [x1,x2]的最3

导数习题分类精选

小值为0，于是对任意的x [x1,x2]，f(x) f(1)恒成立的充要条件是

f(1) m2

13 0,解得 m 333

综上，m的取值范围是(,

1) 23

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 取值范围.

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。

1

，且当x 1,4a 时，f'(x) 12a恒成立，试确定a的4

'2

（21）解析（Ⅰ）当a=1时，对函数f(x)求导数，得f(x) 3x 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：

'

x

f'(x)

( , 1)

+

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

'

2

2

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 3x 6ax 9a 12a,于是有

'22

f'(1) 3 6a 9a2 12a,且f'(4a) 15a2 12a.

14 a 1,由f'(4a) 12a得0 a . 35

11414

所以a (,1] [ ,1] [0,],即a (,].

43545

由f(1) 12a得

'

若a>1,则|f(a)| 12a 12a.故当x [1,4a]时|f(x)| 12a不恒成立.

'2'

导数习题分类精选

所以使|f'(x)| 12a(x [1,4a])恒成立的a的取值范围是(,].

1445

a x2

lnx已知函数f(x)=x

1

a R,x [,2]

2

(Ⅰ)当a [ 2,)时, 求f(x)的最大值;

(Ⅱ) 设g(x) [f(x) lnx] x2, k是g(x)图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数a，1

4

使得k 1恒成立?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)当-2≤a<1

4时，由f'(x)=0得x1

x2 显然-1≤x1<

12,12<x 12≤2， x 1 1 2,2 ,x2 2,2

. 又f'(x)=－ x x1 x x2 x2

当

1

2

≤x≤x2时，f'(x)≥0，f(x)单调递增； 当x2<x≤2时，f'(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)max=f(x2

(Ⅱ)答: 存在a ( ,7

4

]符合条件

解: 因为g(x) [f(x) lnx] x2=ax x3

不妨设任意不同两点p1(x1,y1),p2(x2,y2)，其中x1 x2

yx a(x) (x3

3则k 1 y21 x22 x1)x a (x2x2

1 x1x2 2)

1 x2x1 2

由 k 1知:a 1+(x22

1 x1x2 x2)

因为

34 3x2x2222 7 1 1 x1x2 x2 3x2 12，所以1+(x21 x1x2 x2) 4,13

， 故存在a ( ,7

4

]符合条件。

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