導數討論含參單調性習題(含詳解答案

1、f(x)二 lnxrg(x)二m 0)1 設函數.(1) 當 時，函數 與：“J在 1處的切線互相垂直，求的值；(2) 若函數i；：T門在定義域內不單調，求 門的取值范圍；2akf()-f (e ) + f() w 0(3) 是否存在正實數，使得 對任意正實數恒成立？若存在，求出 滿足條件的實數；若不存在，請說明理由.2已知函數-* -三三7：曲是的導函數，-為自然對數的底數.(1) 討論的單調性；(2) 當時，證明：.；(3) 當.時，判斷函數零點的個數，并說明理由.b f(x) = a(x+ -) 4- blnx3.已知函數-(其中，“ ).(1) 當I時，若在其定義域內為單調函數，求-的

2、取值范圍；(2) 當時，是否存在實數，使得當I 時，不等式：恒成立，如果存在， 求的取值范圍，如果不存在，說明理由(其中 是自然對數的底數， 匸m ).4 已知函數 ，其中為常數.(1) 討論函數的單調性；+ g(x2) X1 + X2 x x )(2) 若.存在兩個極值點，求證：無論實數取什么值都有5 已知函數：(為常數)是實數集上的奇函數，函數 汀丁w 是區(qū)間口上的減函數.(1) 求的值；(2) 若 1在T 及所在的取值范圍上恒成立，求的取值范圍；Inx 2=x -2ex + m 討論關于的方程的根的個數.試卷第2頁，總2頁6 已知函數 f x = ax -In x, F x = ex a

3、x，其中 x . 0, a ： 0 (1若f x和F x在區(qū)間0,In3上具有相同的單調性，求實數a的取值范圍；(2)若a牙，且函數g x二xeax2ax f x的最小值為M，求M的I e最小值.7已知函數 f (x)二ex m -Inx.(1)如X = 1是函數f (x)的極值點，求實數 m的值并討論的單調性 f (x)；(2)若 x0是函數f(x)的極值點，且f (x) _ 0恒成立，求實數 m的取值范圍(注:已知常數a滿足aln a =1).x28 已知函數 f x = ln 1 mx 二-mx，其中 0 ： m _ 1.x3(1)當 m=1 時，求證：- 1：x0 時，fxi3(2)試

4、討論函數y = f x的零點個數.x 19.已知e是自然對數的底數，F x =2e x lnx, f x二a x-1 3.(1)設Tx=Fx-fx,當2eJ時，求證：T x在上單調遞增;(2)若-x_1,F x - f x ,求實數a的取值范圍 10 .已知函數 f xAex，ax-2(1) 若a =-1 求函數f (x )在區(qū)間-1,1的最小值;(2) 若R,討論函數f x在(0,f)的單調性；(3)若對于任意的xX2(0,二),且為x2,都有x2 If (x1)al: x1 If (x2) a成立，求a的取值范圍。試卷第3頁，總2頁本卷由系統自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考參考答案

5、a 1.( 1) ； (2)宀；(3)【解析】試題分析： 本小題主要利用導數的幾何意義，求出切線斜率；當 時,1-nS (刈=7(X + 1)* 21 - n k 可知-在* I處的切線斜率1 ，同理可求得，然后再根據函數:在 I處的切線互相垂直，得1 - nx 1 =亠 14，即可求出結果.易知函數-汽J的定義域為1x + 2 - m(l - n) + -pIIv =fW-gM =，可得(X + 1)，由題意,x + 2 - m(l - n) + -x + 2 - m(l - n) + -K在(6 + *)內有至少一個實根且曲線與X不相切，即X的最小m + (l-n)F m(l - n) 4

6、值為負，由此可得 r：I，進而得到，由此即可求出結果h(x = f() f(e3X) + f()h (x) = aln2a 亠 alnx - a + -令、，可得-， a 1 ax +1k (x) = in(l - n) 4答案第20頁，總18頁則在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間(X +內單調遞減,m + (1 - n) 4 ，h(x) = f()-f(eaxJ + f( = ax In2a - ax lnx + Inx - In2a令，其中，h (x) = aln2a - alnx- a + 則1k(x) = aln2a - alnx - a + - 則， a 1 ax +1k (x) = 0則在區(qū)

7、間內單調遞減，且在區(qū)間內必存在實根，不妨設:，1 1k(xQ) = aln2a 亠 alnx&- a + 一= 0In =+ In2a -1，(*)即，可得災人旳=h%) h(x0) = fax0-1) InZa -佃 “1%. L ， ，1h%） = axo + 1 將（*）式代入上式，得八h(x0) = ax0 + 2 根據題意：恒成立，1 1axD + 一2a0 = 一又，當且僅當 時，取等號1a0 + = 2,axQ = 11 1xQ = -In-=In2a-，代入(*)式，得1-=2a即 ，又 ，日二一a =，存在滿足條件的實數，且 .點睛:對于含參數的函數在閉區(qū)間上函數值恒大于等于

8、或小于等于常數問題，可以求函數最值的方法，一般通過變量分離，將不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題，然后再構造輔助函數r，利用恒成立恒成立，即可求出參數范圍（0廠）2. （1）當：時， 在上為減函數；當 時，”的減區(qū)間為，增區(qū)1 （-十網 間為；（2）證明見解析；（3） 一個零點，理由見解析【解析】j a 1 ax-1 g（x）= -.試題分析：（1）討論函數單調性，先求導 、，當時，故在 -1 1 1 X A -（0）（-, + 呦上為減函數；當 時，解 可得 ，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為；（2）2 ax 2* x*根據:，構造函數，設:，當時，.，所以h図乂S是增函數，得證；（3）判斷函數的

9、零點個數，需要研究函數的增減性及極值端點，由(1)可知，當 時，是先減再增的函數，其最小值為11 1 1 1 1 1 g(-) = aln- + a = a(ln- + 1) 0-e - 二金“；:，且 ，故恰有兩個零點，從而得到的增減性，當時，*；當時，* 一 ；當圧(切+ 8)時，咖詢町“，從而聊在勺叫兩點分別取到極大值和極小值，再證明極大值 HX1) (0* _)(,十 k) 當.：時，解 可得 ，故的減區(qū)間為 ，增區(qū)間為；(2) 削“ * = + ，設 =， yh兇二 J_2h，易知當時，”：門-_.： .- ? - H ；、：.；(3) 由(1)可知，當：時，”是先減再增的函數，1

10、1 1g(-) = alrt- + a =日(In +1) 0兩種情況討論討論二次函數恒成立的問題，得到白的取值r -x一，其中 + bx + bf （*）=范圍；（2），分 和兩種情況討論函數的單調性，若能滿足當 1 -k OFf(x) = a(x -時，當滿足函數的最小值大于0，即得到的取值范圍試題解析：（1）由題-I 當：時，知 ，則是單調遞減函數； 當：時，只有對于.，不等式 -:恒成立，才能使；為單調函數，只需-二，解之得或 ，此時.綜上所述，的取值范圍是 -b1 D f(x) = blnx-x-k0J(x) = -1 + - =()當 時，：，于是在 -上為減函數，則在上也為減函數

11、b 1=f(e) = b-e-=(l-)b-e0知恒成立，不合題意，舍去b + 4b(買=()當 時，由得，列表得Xb +vb24-4bfAb+ 4b 2 2x + 2ax + 1g(X)= 2x +=2I 2，)F岡+0-21取大值SI則；在l:-l 上單調遞減0b 即圮-： 1b 1f)maK = f(e) = b-e- = (1 -)b-e知，11 e2-2e(1 - b - e 0f要使在卜& !恒有I、恒成立，則必有b b - e - 0,e12 b2b - e 0,2則，所以e ee_ 1 e3-e2eb 2e2 -1e eee2= 由于 e3-e2-(2e：-l = e3e2 +

12、 lg()-Ilna - + Qh(a) = -Inai22得422,利用導數研究耳 22單調性，最后根據單調性證明不等式試題解析：(1)函數的定義域為.記hK-Jd 1，判別式 當即時，恒成立，：，所以在區(qū)間.上單調遞增 當.或 時，方程有兩個不同的實數根，記，顯然a廠2x=-0(i)若.，一圖象的對稱軸，比門-丄.山-.匚兩根在區(qū)間-上，可知當 時函數單調遞增，”乂X，所以，所以在區(qū)間已 T上遞增.廠2耳 %屮(ii)若 .，則 ；-圖象的對稱軸，h 門-上：2；.：.，所以合叫，當叫VKf時，h閃，所以gF(X)xi+ xz a21 Iin2a21 In2-gf) =- Ina - +h

13、(3)-Ina-+22422.記42 2?日，則a 13-2|2廠1In2h(x)=-=0w 、rh()=:-Inj2 - - +:02 a23，所以呦)在小時單調遞增，422，所以，+ g(x2) 叫 + x2 g(J 所以5.( 1)： ; (2) ; (3)詳見解析.【解析】試題分析：(1)根據奇函數定義可得- E，再根據恒等式定理可得 .(2) 由函數 ；1 是區(qū)間 - 上的減函數，得其導函數恒非正， 即 : 最小值 ，而罠門” ” +龍在- U恒成立等價于-,從而有:i 1 : 1 - 1 i:i對：恒成立，再根據一次函數單調性可得只需端點處函數值非負Inx酗= 即可，解不等式組可得

14、：的取值范圍（3）研究方程根的個數， 只需轉化為兩個函數-,Inxf f y _ 2、fx）=一以陽-X -zex + m交點個數，先根據導數研究函數X圖像，再根據二次函數2ex + E上下平移可得根的個數變化規(guī)律試題解析：（1） i：“ “ 7是奇函數，y宀、=心尙、/恒成立,W y 站 + 計 _ 1 即 j. ; 時，-：，在.上為減函數;1函數在同一坐標系的大致圖象如圖所示,2 1 2 1m * e = -m = e +- 當，即：時，方程有一個根；2 1 2 1m*e -me +- 當，即：時，方程有兩個根.點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，在可能的情況下把參數分離出來，使不等

15、式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，這樣就把問題轉化為一端是函數， 另一端是參數的不等式，便于問題的解決.但要注意分離參數法不是萬能的，如果分離參數后，得出的函數解析式較為復雜，性質很難研究，就不要使用分離參數法6. (1) M 的最小值為 0. ( 2)-, _3 I【解析】試題分析：1 ax _ 1(1)由 f x = a, F x = ex a,x 0 = f x ： 0在 0,亠j上xx恒成立=f x在0,= 上單調遞減二當-仁a :： 0時，F x . 0 ,即F x在0,=上單調遞增，不合題意;當a ： 1時，利用導數工具得F x的單調減區(qū)間為0,ln -a ，

16、單調增區(qū)間為In -a，:二f x和F x在區(qū)間0,1 n3上具有相同的單調性=In -a -1n3 = a_-3= a的取值范圍是(亠，3; ( 2 )由 g( x)=(ax + 1)eax_11=0 =lxn-x2P x min1 - In Xax1eg x min10,e2 ,gt2二 h t 2 -1 n t 1 0 ： t 乞 e2=e1 1hK,ht在 0,e2上遞減=h t _he2 =0= M的最小值為0 .試題解析:(1) f x 二a-】二 一,F x = ex a, x 0，x x* a 0, f(x)0,g(x)蘭0,g(x)遞減；a在 ，：上, ax 1 ：0,g x

17、 _0,g x 遞增. g x min 二 g -.a. a12r f 1 )t2設 t0,e, gh t 2 _ In t 1 0 ： t _ e ，aae1122h t 20,h t 在 0,e 上遞減 - h t _h e V-0 ；et- M的最小值為0 .考點：1、函數的單調性；2、函數的最值；3、函數與不等式.【方法點晴】本題考查函數的單調性、函數的最值、函數與不等式，涉及分類討論思想、數 形結合思想和轉化化歸思想，考查邏輯思維能力、等價轉化能力、運算求解能力，綜合性較 強，屬于較難題型利用導數處理不等式問題在解答題中主要體現為不等式的證明與不等 式的恒成立問題常規(guī)的解決方法是首先

18、等價轉化不等式，然后構造新函數，利用導數研究 新函數的單調性和最值來解決，當然要注意分類討論思想的應用7.( 1) m - -1，f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1：)上單調遞增；(2)m-a-1 na, ：).【解析】試題分析：(1)由x =1是函數f (x)的極值點，得f j =0可得m得值，由導數和單調性的關系得其單調區(qū)間；(2)由題意知f(x)二exm-丄，設h(x)=e5-，知h x 0得xxh x單調遞增，即 x=x)是f(x) =0在(0,=)上的唯一零點，得m=-x)-ln x。，f x min二f X。，使得f x0 0即可，結合aln a =1，得參數m范圍.f(1)

19、= 0= e1 m_1 =0.- m = -1， f (x)二 ex4x -11 _ xe -1x x試題解析：(1)v x =1是函數f (x)的極值點,令 g(x)二 xex4 -1， g(x)二exJ1 xex-(x 1ex4 0，- g(x)在(0,二)上單調遞增，g(x) g(0)=1，g(1) = 0. 當 x (0,1)， g(x) ：0； 當 x (1,二)，g(x) 0. f (x)在(0,1)上單調遞減，在(1,=)上單調遞增，此時，當x =1時f(X)，取極小值(2) f(x) =ex m -1，設 h(x) =ex m -1，xx1則 h(x) -ex 0. h(x)在

20、(0,二)上單調遞增，x f (x)在(0,=)上單調遞增.T X =怡是函數f(X)的極值點， x是f (x) =0在(0, ：)上的唯一零點， ex0 m 1二 X。m=ln 丄二X。x0x m = l n x0 二 m = - Xq -1 n x0 0 xXq，f (x) ： f (x。)=0， x Xq，f(x) f(xO =0，f (x)在(0,Xq)上單調遞減，在(X。，=)上單調遞增， f (x)有最小值 f (x)min 二 f (Xq)二 e m -lnx。1Xom Xqf (x) 一 0恒成立, x0 m 一0， XoX。 X。l n X。，Xoln x0. t aln a

21、 = 1，Xox。 a， m = -x。一In x?！癮 -In a， m _a Tn a,:).考點：(1)利用導數研究函數的極值；(2)利用導數研究函數的單調性；(3)恒成立問題.【方法點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性以及求函數的最大值和最小值問題，以及對于不等式恒成立問題，解決不等式恒成立問題的常用方法是轉化為最值恒成立考查函數的單調性，由f x 0，得函數單調遞增，fx：O得函數單調遞減；考查恒成立問題,正確分離參數是關鍵，也是常用的一種手段 通過分離參數可轉化為 a h x或a ： h x恒成立，即a . hmax x或a :：: hmin X即可，利用導數知識結合單調性求出

22、hmax X或hmin X即得解& (1)見解析；(2)當0 : m : 1時，有兩個零點；當 m=1時；有且僅有一個零點.【解析】試題分析：(1)首先將3Xm=1代入函數解析式，然后令 gx，再通過求導得3到g x的單調性，從而使問題得證；(2)首先求得 (x)，然后求得f(x)=O時x的值,再對m分類討論，通過構造函數，利用導數研究函數單調性極值與最值，即可得出函數零 點的個數.試題解析：X3X3(1)當 m =1 時，令 g(x)= f (x)_ ( _1 ex 蘭0 ),貝 y g(x )=, 31 + x當-1 ： x乞0時，-x _ 0，1x0， g x -0，此時函數g x遞增,

23、X3當 一1 ： x 乞0 時，g x 乞 g 0；=0，當 一1 ： x = 0 時，f x3:r “Imx |x - m(2) f x，令 f x =0，得為=0，xzm-1，1 +mxmx2(i )當m二1時，為=X2 =0，由得f x1 +x當x -1時，1 x 0，X2 一 0， r X -0，此時，函數f x為增函數,一1 ： X ： 0 時，f X ： f 0 = 0， f 0 = 0，X 0 時，f X f 0 = 0，故函數y = f x，在x -1上有且只有一個零點 x =0 ；(ii當 0 : m : 1 時,m-丄“，且 -1-1mm m由知，當丄口 -丄,1 mx 0

24、 , mx : 0 ,I m m此時,f x _0 ;同理可得，當XW m丄,0 ， f x - 0 ;當 X_0 時，f x - 0; I m=f x的增區(qū)間為-丄，m-1和0,：；心？，減區(qū)間為m-丄,。I m m _故，當-一 ：x ： 0 時，f x i，f 0 = 0，當 x 0 時，f x i，f 0 = 0 m”口冷有且只有一個零點x=o ；又f im=In mm21 m2-Am2，構造函數t =lnt -一 t ，o ： t :：: 1，則21 (t1)，易知，對 V(0,1 )，中(t)0，二函數t20 : t ：1 為減函數，.:t j=01由 0 ： m ： 1，知 0

25、： m ： 1，. f I m - I mn m2 -2 m2 二2 1 m0構造函數 k x =1 nx-x，1( x 0 )，則 k x 二時，k x : 0，函數y =k x的增區(qū)間為1X，當 0 ： x 二1 時，k x 一 0 ,當 x 1x0,11，減區(qū)間為 1,=，. k x - k 1 =0，2:：:m ，el1:m -mm1時，In 1 mx2 -1mme m -1m由和函數零點定理知,m，使得f x。= 02x綜上，當0 ：m -.1時，函數f xi； = ln 1 mxmx有兩個零點,綜上所述：當0 ： m : 1時，函數y = f x有兩個零點，當m =1時，函數y =

26、 f x有且僅有一個零點.考點：1、利用導數研究函數的單調性；2、函數零點存在性定理；3、函數最值與導數的關系.【技巧點睛】 函數的單調性是使用導數研究函數問題的根本，函數的單調遞增區(qū)間和單調遞減區(qū)間的分界點就是函數的極值點，在含有字母參數的函數中討論函數的單調性就是根據函數的極值點把函數的定義域區(qū)間進行分段，在各個分段上研究函數的導數的符號，確定函數的單調性，也確定了函數的極值點，這是討論函數的單調性和極值點情況進行分類的基本原 則.9. (1)證明見解析；(2)【解析】試題分析：(1)借助題設條件運用導數與函數單調性的關系推證；(2)借助題設條件運用導數的有關知識求解試題解析：1ccccx

27、 111(1) a =1 2e ,T x 二 F x- f x , T x = 2e In x-2e x 2e2 .x 0,T x =2exl -2eJ 1 A+2exJ -2eJ關 于 x 單調 遞增，xx_1A 11x 0,T x ；=2e -2e0r T x 在 0,上單調遞增.x x11(2 )設 H x =F x-f x ,則 Hx = 2exJ 1 a.設 hx=2ex1 a ,xx則 h x = 2ex - 丄.：x _1,. 2exJ - 2, - - -1,h x - 1. h x 在1,亠i 內單調遞xx增.當 x -1 時，h x ：: h 1 .即 H x ：: 4 -

28、 a,.當 a 一 4 時, H x 4-a 0.當a -4時，H x在1,r 內單調遞增.當a4,x1時，H x - H 1 ,即x 1Ix 1F x - f x . x_1, Hx=2e 1 a_2e 2 a.當 a 4 時，由 x2ex 2 -a =0得2ex + 2 a關于x單調遞增，二當a A4,1 Wx c1 +ln a 1時，H (x )單調遞減.設12丿ax0 =1 ln 1 ,則 H 怡：H 1 =0,即 F 冷：f x0 .當 a 4 時,x0 =1 ln i a -1 J:1,F x0 _ f x0 不成立(2 丿綜上,若-x _1, F x - f x ,a的取值范圍.

29、-,4.考點：導數在研究函數的單調性和極值等方面的有關知識的綜合運用.【易錯點晴】導數是研究函數的單調性和極值最值問題的重要而有效的工具本題就是以含參數a的兩個函數解析式為背景，考查的是導數知識在研究函數單調性和極值等方面的綜合 運用和分析問題解 決問題 的能力本題 的第一問 是推 證函數Tx二Fx-fx在0, 上單調遞增；第二問中借助導數，運用導數求在不等式 x_1,F x 一 f x恒成立的前提下實數a的取值范圍求解借助導數與函數單調性的關系，運用分類整合的數學思想進行分類推證，進而求得實數a的取值范圍，從而使得問題簡捷巧妙獲解 .10 (1) -1 (2) a _ -1 時，增區(qū)間(0, ：), a ： -1 時，減區(qū)間 0, |n -a ，增區(qū)間In -a ,亠(3) a 豈1【解析】試題分析：(1)先求f X ,f X，根據導數的符號判斷函數 f (x )在-1，1的單調性， 從而求出f (x)的最小值；(2)先求f( x)，討論a，判斷導數符號，從而得出函數f (x)一f (x“)+a f (x2