導(dǎo)數(shù)討論含參單調(diào)性習(xí)題含詳解答案

1、6.已知函數(shù)f xax In x, F x ex ax ,其中 x 0, a 0 .mx + n)f(x) = lnx,g(x) =(m > 0|1. 設(shè)函數(shù)丨K + 1(1) 當(dāng)m = l時，函數(shù)y=f(x)與一 g(x)在*訂處的切線互相垂直，求n的值;f( fg")(2) 若函數(shù)y"(2g(x)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求的取值范圍；(3) 是否存在正實數(shù)a,使得 x2a 對任意正實數(shù)況恒成立若存在，求出滿 足條件的實數(shù)a；若不存在，請說明理由.2. 已知函數(shù) S +R尼兇是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù).(1) 討論昌(H的單調(diào)性；(2) 當(dāng)時，證明：gle&#

2、39; Vo；(3) 當(dāng)a>e時，判斷函數(shù)f(“零點的個數(shù)，并說明理由.b f(x) = a(x + -) + blnx3. 已知函數(shù)x(其中，KbOR).(1) 當(dāng)b = "4時，若耳劉在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求 玄的取值范圍；(2) 當(dāng)"7時，是否存在實數(shù)b,使得當(dāng)x(e,e?時，不等式fM >。恒成立，如果存在， 求用勺取值范圍，如果不存在，說明理由(其中 電是自然對數(shù)的底數(shù)， = 2.71828*-).4. 已知函數(shù)g(x) = xln(x + a)>其屮&為常數(shù).(1) 討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；,I J> g()(2) 若兇刈存在

3、兩個極值點»宀，求證：無論實數(shù)玄取什么值都有 22.5 .已知函數(shù)fW = Mex*a) (a常數(shù))是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù) 咖皿兇1屈是 區(qū)間Zh U上的減函數(shù).(1) 求3的值；(2) 若gM"仃入t + 1在卜：L 1及入所在的取值范圍上恒成立，求t的取值范圍；lux 2 I = x -2ex + m(3) 討論關(guān)于x的方程fM的根的個數(shù).(1)若 fx和F x在區(qū)間 0,ln3上具有相同的單調(diào)性，求實數(shù) a的取值范圍；(2)若 a, 丄,且函數(shù)g xXeax i 2ax f x的最小值為M ,求M的e2最小值7. 已知函數(shù) f ( X)Cx m In X .(1

4、)如 XI是函數(shù)f(x)的極值點，求實數(shù) m的值并討論的單調(diào)性 f(x)；(2)若 Xxo是函數(shù)f(x)的極值點，且f(x) 0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍(注:已知常數(shù)a滿足a In a 1).x28. 已知函數(shù)f x In 1 mx mx ,其中0 m 1 2(1)當(dāng) mX31時，求證：1x 0時，f X ；3(2)試討論函數(shù)y f x的零點個數(shù).9. 已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，F(xiàn) x 2ex k(x) = aln2a alnx - a - x In x, f x a x 13 .(1) 設(shè)Tx F x f x ,當(dāng)a 1 2e 1時，求證：T x在0, 上單調(diào)遞增;2 x 1, F x f

5、x,()若求實數(shù)a的取值范圍10. 已知函數(shù)f x ex ax 2(1)若 a1，求函數(shù)f X在區(qū)間1,1的最小值；(2)若 aR,討論函數(shù)f x在(0,)的單調(diào)性；(3) 若對于任意的 Xl, X2 (0,)，且XI X2,都有 X2 f ( xi) a xi f ( X2 ) a 成立，求a的取值范圍。參考答案(3)1. ( 1) n = 5;( 2) m-n >3；【解析】1 - n(X *1)1 21x + 2 - m(l n) 4X不相切，即X的最小g(x) =1iIk -1-n 1可知 |Y = e(x) * = i14 ,同理可求得然后再根據(jù)函數(shù)Y在處的切線斜率在處y =

6、g(x)的切線互相垂直，得x 1 X4,即可求出結(jié)果.E = 1 時,=f(x)與試題分析：(1)本小題主要利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線斜率；當(dāng)(2) 易知函數(shù)V = f(X)MM的定義域為11x + 2 - m(l - nHx在(0, + g)內(nèi)有至少一個實根且曲線與<0值為負(fù)，由此可得 m(lr)>4,進(jìn)而得到|m + (1 - n)22 m(l - n) > 4,由此即可求出結(jié)果.(3)h(x) = alnZa- alnx a +. a 1 ax * 1k (x) y 22X X X<0所以«刈在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,且«*)二°在區(qū)間心+

7、 8)內(nèi)必存1lnxQ = + In2a-1在實根，不妨設(shè)(*),貝1戶儀)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)*間 2)內(nèi)單調(diào)遞減,h"h(xQ) = (ax0 - l) ln2a -(叫-l)ln片h(Q = ax0axof(df(鬥珂一)得x2ax，將(*)式代入上式y(tǒng)1 h(x0) = ax0+ 對任意正實數(shù)X得恒成立，即要求axo恒成立，然后再根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求岀結(jié)果.試題解析:“g(x)在1處的切線斜率:I 1*.1 亠 nf (x) - 1、* 1 - 1由 X,得= a 4, .n = 5.(2)易知函數(shù)V=f(x)-g(*l的定義域為© +12x + 2 -

8、m(l n) ¥-.、1 m(l - n) x > 2 - m(l n)x 十 1x=f(X) g (K)=: ；X (X + 1)X(X+ 1)(K+ 1)1x + 2 - m(l - n) + -由題意，得x的最小值為負(fù),E(17)a4.(注：結(jié)合函數(shù)y = xS2-m(l-n)|x4-l圖象同樣可以得到),m + (l-n)2 2 m(l n) >4 4 m + (1 - n) >4 m - n > 3 ；ax4n2a * axdnx + Inx In2a其中 KAaa AO,2a “ x h(x| = f( )-f(e ) + f()= ©

9、k2ah(x) = mln2a -alnx- a + - 則x1 k(x) = aln2a -alnx- a + - 則x. a 1 ax+1 kx) =-< tV22則x X XJ図在區(qū)間(6+e)內(nèi)單調(diào)遞減，且*二0在區(qū)間© + <«)內(nèi)必存在實根，不妨設(shè)k(x0paln2a -alnxc a +即=06，可得1lnx0 = + In2a 1axo則h(x)在區(qū)間(°%)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞減,I "仗)叭 » Mx J Hx0) I (ax0 - IJ InZa (a “In% ? ,將(*)式代入上式，得1h(xj

10、= ax0 + -2axo根據(jù)題意1h(x0) = ax0 + - 2 s 0恒成立,axo叫sI"a時，取等號,1JC si0日，代入(*)式，得1 In = In2ad >0a =12 ,存在滿足條件的實數(shù)6且點睛：對于含參數(shù)的函數(shù)在閉區(qū)間上函數(shù)值恒大于等于或小于等于常數(shù)問題，可以求函數(shù)最值的方法，一般通過變量分離，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，然后再構(gòu)造輔助函數(shù)欣)，利用伽恒成立f(x)<m|g成立0僦扁"，即可求出參數(shù)范 圍2 . (1)當(dāng)時，g(x駐+ 上為減函數(shù)；當(dāng)時，g(x)的減區(qū)間為V'，增1 + °°)區(qū)

11、間為a ； ( 2)證明見解析；(3) 一個零點，理由見解析.【解析】» a 1 ax-18lx)= =, r-| - - r-試題分析：(1)討論函數(shù)單調(diào)性，先求導(dǎo) K x X ,雪"時，gb)vo,攙在0*呵X八上為減函數(shù)；當(dāng)a>o時，解g（x）> 0可得a,故臥“的減區(qū)間為1a ,增區(qū)間為（a，+ OO>（ 2）(OH根據(jù) &(e")二-a + e2K,構(gòu)造函數(shù)，設(shè) Hx)e -x , h(x)=e -2x,當(dāng) 時，|h(x) > 0 ,所以h（x） = y 是增函數(shù)，h（x） = ex-K?>ee-e?>0,得證

12、；（3）判斷函數(shù)的零點個數(shù)，需要研究函數(shù)的增減性及極值端點，由（1）可知，當(dāng)a>e時，£（x）是先減再增的函數(shù)，其最小值為111g =a In- f a = aln- + 1) <0 aaa,而此時 g(ea) = l + e1),且-3丄； e < -<ea,故g（x）恰有兩從而得到口劉的增減性，當(dāng)J時，< （x = g（x）>0.當(dāng)卜（叫也）時,貰時，f（）（rg（X）>0,從而f（x）在叫朋2兩點分別取到極大值和極小值,再證明極大值試題解析:所以函數(shù)不可能有兩個零點，只能有一個零點.（1）對函數(shù)MM求導(dǎo)得 1 g(xj = f(x) =

13、 alnx + - x,a WO時，g(x)< 0 故 g(x)在(0,+ g）上為減函數(shù);當(dāng)a A°時，解g（x）>°可得1X >-r,3,故破"I的減區(qū)間為(0,(2) gle ) =-a +e",設(shè) h(x) = e -x ,則 h(x) = e -2x易知當(dāng)以皀時，h（x|>0,1 a 1 ax«1 g(X)=-. a.-. x 2«2 小h(x) = e-x>e-e>0.（3）由（1）可知,當(dāng)時,£（X）是先減再增的函數(shù),1 1 1g(-) = aln- > a = a(l

14、n- +1) < 0其最小值為a aa命"）時仙胡”）赳當(dāng)|xE（h，xj時，冷）胡劉<0；當(dāng)時,1 1,故g（x）恰有兩個零點而此時 g(efl) = l + e a>0, g(e ft) >0,且f(X)=g(K)>0,仙在X YV 2兩點分別取到極大值和極小值，且1"(0,-)a1f(xj = (ax1 + llnxL- + 3 = Inx + + 2 lnx1 - lnXl < 0Inx- +=- 2I叫時,，則a =不合題意，所以嘰）"故函數(shù) 軀）的圖彖與x軸不可能有兩個交點.函數(shù)KM只有一個零點.eb 6 （r +

15、83.（ 1）（-叫°5匕+叫（2）存在，且 e l【解析】試題分析：（1）當(dāng)4時，首先求出函數(shù) 的導(dǎo)數(shù)，函數(shù) 的定義域 是（0< +,得到. ax2-4x + 4afW2;* ，分a-°和a>0兩種情況討論討論二次函數(shù)恒成立的問題，得到 日的取值.-x2 + bx + bfw=一 口I2|范圍；（2）X,分b<0b>0兩種情況討論函數(shù)的單調(diào)性，若能滿足當(dāng) “ e,e 1時，當(dāng)滿足函數(shù)的最小值大于0,即得到b的取值范圍.4.44x>Orf(x) = a(x - 4lnxff (x)-a(l + )-=試題解析：（1）由題xx2 x當(dāng)a &quo

16、t;時，知fx,<Q,則心）是單調(diào)遞減函數(shù);當(dāng)時，只有對于x>0,不等式訣心+ 4沙0恒成立，才能使冷）為單調(diào)函數(shù)，只需a = (-4)2 16a?S0,解之得 aS-lal,此時綜上所述，日的取值范圍是(-»r0 U 1, + <w)h,bb x2 + bx + bLjf(x) = blnx - x -x > Of (x 1 +-w 2 2(2)X,其中xXX(i)當(dāng)b<0時，f (x) < 0,于是f(x)在(0 + b)上為減函數(shù)，則在 叵J上也為減函數(shù)b 1知廠他)七卯亙成立，不合題意，舍去b +Jt? + 4b(“)當(dāng)b A 0時，由f

17、(x) = 0得2,列表得bfj口21b + Jb2 + 4bb + Jb2 + 4b2kb)+0 f(X)|ti|最大值$b +Jb2 * 4b2 e<e < b S若2即e + 1b1 1f(x)' fmax-f(e) = b - e -:(1 -)b 亠 e知1e,則f(M在2出上單調(diào)遞減.11 e 2e(1 - -)b - e(1 ) , e- J而eee2 + l巳叫于是恒成立，不合題意，舍去則)在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù),要使在&J恒有f(x)> d恒成立，則必有f(時 > o,f(J) > 0,試題解析：(1)函數(shù)的定義域為(-a,

18、+ 8)2 e1b>"所以e * 12e -1e4由于 3.e上單調(diào)遞減，在遞增；(2)見解析.【解析】試題分析 ：(1)先求導(dǎo)數(shù)，研究導(dǎo)函數(shù)在定義域上零點情況，本題實質(zhì)研究V=2x2ax + 1在(-6 +兇)上零點情況：當(dāng)方程無根時，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)方程有兩個相等實根時，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)方程有兩個不等實根時，比較兩根與定義區(qū)間之間關(guān)系，再確定-(2e2l) = e3-3e2 + l<0,綜上所述，存在實數(shù)eb E ( + «e-1【點睛】導(dǎo)數(shù)問題經(jīng)常會遇見恒成立的問題：(1)根據(jù)參變分離，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題;(2 )若(*) > 0就可討論

19、參數(shù)不同取值下的函數(shù)的單調(diào)性和極值以及最值，最終轉(zhuǎn)化為(3) 若 f|X)>g(x)恒成立，可轉(zhuǎn)化為 f<XUn>g(X>max上單調(diào)遞增;上單調(diào)4. ( 1)當(dāng)/ 3 W Q時，飢就在區(qū)間卜+單調(diào)區(qū)間，(2)先由(1 )知a>V2,且兩個極值點1宀滿足V.再代入化簡8(*!)+ g(x2)1 In2Ina 亠一>02 2，利用導(dǎo)數(shù)研究a21 In2h(a) I ria + 單調(diào)性，最后422根據(jù)單調(diào)性證明不等式12x?+2ax+lg (x) = 2x+=I ,72m x + a ,記h(x) = 2x + 2ax+ 1,判別式 A = 4a - 8當(dāng)&qu

20、ot;4aJ8sO即品 "W農(nóng)時，h(x)2 0恒成立，(x)&0,所以屮)在區(qū)間卜芻卻上單 調(diào)遞增.a2iX =- - > 0h(x) = 2k < 2ax f 1|5|象的對稱軸 2, h(-a) = h(0) = l>0.兩根在區(qū)間k°廠“上，可知當(dāng)XA3時函數(shù)h兇單調(diào)遞增，h(K|>h(-d)>0,所以gh)>0, 所以g(X)在區(qū)間(孔+ <-)上遞增.a:rj IJix < 0- j(ii )若 a> 12 2gfxp + g(xj = x： + ln(xL + a) f x2+ 怕(“ +a) =

21、a -1 - In2,則 h(x)H2x，+ 2ax + 1 圖象的對稱軸 2, h(-a) - h(0) = 1 >0所以-a <|, l<K<X2Bt，h(x)<0,所以(XHOI，所以附在叫Kj上單調(diào)遞減或x"時，心>0,所以g'(x)>o,所以咖在a叫)他+ g壯單調(diào)遞增綜上，當(dāng)農(nóng)"乂'2時， 酣)在區(qū)間 -a + g)上單調(diào)遞增；當(dāng) a> <2時,水)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.X - 2玄+1(2)由(1 )知當(dāng)時，創(chuàng)刈沒有極值點，當(dāng)時，8儀)有兩個極值點X1,X2 ,且gh】)+ g(x2)

22、a 1 a?-2-2 r 1 In2h'(x) => 0|h(J2) = InJl - 一 + = 02 a 2a ，所以h(a)在a > 2時單調(diào)遞增，4 張)"2" 5交點個數(shù)，先根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)張)二2ex + "上下平移可得根的個數(shù)變化規(guī)律 試題解析：(1)f(x) = ln(es + a)是奇函數(shù)，貝ij ln(e4 a)二InQ 2)立,.(e -K + a)(ex * a) = 1 艮卩 l +=.a(ex + e"s + a) = 0,a = 0 (2)由(1)知 fg", /J?(x) = Xx + sin

23、x,r g(x)二入 + cosx ,又Jg(刈在1, 1】上單調(diào)遞減,.g兇陰廣1)入如】 ，且fe(x) = X + cosxioxe |-i，ij恒成立,即“ eg對X 11 恒成立， 22 ，所以h(a)>0,略)4嘰)嚴(yán)2>&()所以 22.5.(I)。"；( 2)U；(3)詳見解析【解析】 試題分析：(1)根據(jù)奇函數(shù)定義可得ln(e'Ka)ln(ea),再根據(jù)恒等式定理可得a = 0.(2)由函數(shù)gx) = Af(x) + sinx>區(qū)間卜111上的減函數(shù)，得其導(dǎo)函數(shù)恒非正，即入金最小值在而恒價等立成1+At+2t£X m a

24、g(x于(t f 1)X * t； +sinl + 1 > °劉入1恒成立，再根據(jù)一次函數(shù)單調(diào)性可得只需端點處函數(shù)值非負(fù)即可，解不等式組可得t的取值范圍3)研究方程根的個數(shù),只需轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)InxInxfjx)=x圖像，再根據(jù)二次函數(shù)恒成7g(x)<? + Xtixe 1, i上恒成立, X - sinl £ t +入t 車 1,即(t * 1)入 + sinl + 1 AQx寸|Xs-1 恒成立，t + l<02 2令h(A) = (t* l)A+t *sinl + l(Ai-1),則-t-1 +1 + sinl + 1 £0,t<-l

25、.-t + SirUXO,而t2 t-bsinl>OtI成立,(3)由(1)知 Hx) = X,方程為Inx""I " M f7(x) = x； - 2ex + m、'iQ時，I（川上為伽數(shù):當(dāng)X“e，時，中小°, 的加0、e）上為減函數(shù);當(dāng)時，"嘰廣何e,而f2（x） = U-J函數(shù)在同一坐標(biāo)系的大致圖象如圖所示,時，方程無解;Z i2 1m - e =_ m = E + - 當(dāng),即即寸，方程有一個根；2 勺 I 2 1 m e < m < e + 當(dāng)電，即E時，方程有兩個根.點睛：對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，

26、在可能的情況下把參數(shù)分離岀來，使不等式一端是含有參數(shù)的不等式， 另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，這樣就把問題轉(zhuǎn)化為一端是函數(shù),另一端是參數(shù)的不等式，便于問題的解決.但要注意分離參數(shù)法不是萬能的，如果分離參數(shù) 后，得岀的函數(shù)解析式較為復(fù)雜，性質(zhì)很難研究，就不要使用分離參數(shù)法6.( 1) M的最小值為0.(2),3 .【解析】1 ,a1 sux，F(xiàn) x ex a, x 0XXf x 0在0,上試題分析：(1)由 f ' X恒成立f x 在 0,上單調(diào)遞減當(dāng)1 “ 0時，F(xiàn) x0,即F X在0,上單調(diào)遞增，不合題意;當(dāng)al時，利用導(dǎo)數(shù)工具得Fx的單調(diào)減區(qū)間為0,ln a,單調(diào)增區(qū)間為Ina ,

27、f x和FX在區(qū)間0,ln3上具有相同的單調(diào)性Inaln3a3a的取值范圍是,3;(2 )由 g xax 1eax 1-10a1 InA,設(shè)XXIn x ,p x-4-,p XIn x 2利用導(dǎo)數(shù)工具得Xe2x2P Xp1a1 In xeaxTl 0,再根據(jù)單調(diào)性mine2XXg XmingLa設(shè)tT0, e2,g T h t In t 1 0 te2hf t 1 1 0, h taae2e2t在上遞減hth e2 0 M的最小值為0 .試題解析： （1） f ' x a _1 jlx_ , F' x ex a, x 0 ,X XQa0, f ' x 0 在 0,上恒成

28、立，即f x 在 0,上單調(diào)遞減當(dāng)1a 0 時，F(xiàn)' x0,即 F x在0,上單調(diào)遞增，不合題意；當(dāng)a1時，由F x0 ,得 x Ina,由 F x0 ,得 0 x In a .FX的單調(diào)減區(qū)間為0,lna ,單調(diào)增區(qū)間為In aQfx和F x在區(qū)間0,ln3上具有相同的單調(diào)性，Ina ln3 ,解得a3 ,綜上,a的取值范圍是,3 .（2） g X0ax Iaxeax ia -J-ax 1Xe ax 1 1X由 e“x i丄 0得到a 1 b x ,設(shè)p x1 In x，p xXIn x 2 , x2XX當(dāng)x eJ 吋，p，X0 ；當(dāng) 0 xe2時，p' x 0 .222 1

29、從而px 在 0,e上遞減，在 e ,上遞增.P Xminp e-211 In Xax I1e當(dāng)a時,a,即e0 ,eXX在0,4-上，ax10, g x 0, gX遞減；上，ax10,gX0, g X遞增.g mina4-o, e2 ,g 4h tIn t 1 0 t e2aae2h' t4- i- O,h t 在 O,e?上遞減.h t h e2 0 ；e2 tM的最小值為0 .考點：1、函數(shù)的單調(diào)性；2、函數(shù)的最值；3、函數(shù)與不等式.【方法點晴】本題考查函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的最值、函數(shù)與不等式，涉及分類討論思想、數(shù) 形結(jié)合思想和轉(zhuǎn)化化歸思想，考查邏輯思維能力、等價轉(zhuǎn)化能力、運算求解

30、能力，綜合性較強，屬于較難題型.利用導(dǎo)數(shù)處理不等式問題在解答題中主要體現(xiàn)為不等式的證明與不等式的恒成立問題.常規(guī)的解決方法是首先等價轉(zhuǎn)化不等式，然后構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性和最值來解決，當(dāng)然要注意分類討論思想的應(yīng)用f(x) (0,1)(1, )m a In a,7. (Dm 1,在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（2）【解析】試題分析：（1）由只1是函數(shù)f（x）的極值點，得 f 10可得m得值，由導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性的關(guān)系得其單調(diào)區(qū)間；（2）由題意知f'（X）：m 丄，設(shè) h（ X）m J ,知h x 0XXhx單調(diào)遞增，即X Xo是（X）0 在（0,）上的唯一零點，得mXo In X

31、of Xmin f XO ,使得 f XO0即可，結(jié)合aIn a 1 ,得參數(shù)m范圍.試題解析：（1）Tx1是函數(shù)f（x）的極值點，(1)0 e1 m 10 ./. m1, f'( x) ex 1_1 1.XX令 g( x) xex 11,g x) eX1 xex 1 (xl)gex 10 ,g（x）在（0,）上單調(diào)遞增,g( x) g (0)1，g(i) o.當(dāng) x (0,1), g(x) 0；當(dāng)x (1,), g(x) 0.f( x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增，此時，當(dāng)x 1時f(x),取極小值.(2) f'(x) ex m 丿，設(shè) h( x) ex m

32、丄，XX則h*(x) ex m 亠 0. h(x)在(0,)上單調(diào)遞增， x2f'(x)在(0,)上單調(diào)遞增x xo是函數(shù)f(x)的極值點，X X0是f*(x)0在(0,)上的唯一零點，x ml1xoo xo m In xo m In xo mxo In xo.xo/ 0 x xo , f f( x) f'( xo ) 0 ,x xo , f *( x) f'( xo )0 ,f ( x)在(0, xo )上單調(diào)遞減，在(xo ,)上單調(diào)遞增，f(x)有最小值. - f(X)minf(X0 )AXo 匸mIn xo + xo mxof(x) 0恒成立，11/. xo m

33、 0 » « Xo Xo In xo ,xoXO1 In xo . a Ina 1, xo a ,xo/. mxo In xoaIn a ,m a In a, ).考點：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；(2)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；(3)恒成立問題.【方法點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及求函數(shù)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(zhuǎn)化為最值恒成立.考查函數(shù)的單調(diào)性，由f X 0,得函數(shù)單調(diào)遞增，fx 0得函數(shù)單調(diào)遞減； 考查恒成立問題，正確分離參數(shù)是關(guān)鍵，也是常用的一種手段通過分離參數(shù)可轉(zhuǎn)化為a h x或a h x恒成立

34、，即a h x或 h x即可，利用導(dǎo)數(shù)知識結(jié)合單調(diào)性求出h x或h x即max“m axmin得解.8. ( 1)見解析；(2)當(dāng)0 m 1時，有兩個零點；當(dāng) m 1時；有且僅有一個零點.【解析】試題分析：(1)首先將m代入函數(shù)解析式，然后令 g xf x丘3g x2f (x)f (x) 0到的單調(diào)性，從而使問題得證；()首先求得，然后求得時X的值， 再對m分類討論，通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性極值與最值，即可得出函數(shù)零1時，令試題解析：(1)當(dāng) mgX當(dāng)1X0 時，X30 ,1 x 0 ,當(dāng) 1x 0 時，gXgo 0 ,1mx xmm(2) fX 1mx點的個數(shù).f XxL(1 x

35、 0 ),則g X31 Xg X0 ,此時函數(shù)g x遞增，x3當(dāng)1 X0時，f x 3.令fx 0 ,得 xi 0 ,X21m ,m(i)當(dāng) m 1 時，xi X2由得f xX 2 1 X0 ,此時，函數(shù)f x為增函數(shù),1 x 0 時，f x故函數(shù)y f x ,在x 1上有且只有一個零點x 0 ；(ii)當(dāng) 0 m 1 時，m 丄 0,且m ,mmm1由知，當(dāng)X，m丄，mm1 mx 0 , mx0 , xm丄m0 ,此時，f X0 ；同理可得，當(dāng)1xm 'f X0；當(dāng)X0 時，f x 0 ；函數(shù)y fX的增區(qū)間為m1m和 0,，減區(qū)間為m1_ ,0故，當(dāng)m1x 0 吋，f xmmf 0

36、0 ,當(dāng)x 0時，f xfm0 0m函數(shù)yf X , Xm丄，有且只有一個零點Xo；m又f m4-In m2+m2 -k，構(gòu)造函數(shù)tIn t1-It-,0 t 1 ,則m2m22t 1c2t111 12t2易知，對t0,函數(shù)ttt2,t0,1 ,o t 1為減函數(shù),Inm2m2構(gòu)造函數(shù)In x x丄m21時,0,函數(shù)yk x的增區(qū)間為0,1 ,減區(qū)間為1，Win 1m2_Lm2ie nr 1ieh 1時,In 1mxm2x2而 mx2mx由知fInx2mxmxm2又函數(shù)y上遞增,由和函數(shù)零點定理知,xo丄，m2_L ,使得f xo綜上，當(dāng)0x2In 1 mx mx有兩個零點,2綜上所述：當(dāng)0

37、m 1時，函數(shù)yf x有兩個零點,當(dāng)m 1時,函數(shù)y f x有且僅有一個零點.考點：1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；2、函數(shù)零點存在性定理；3、函數(shù)最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.【技巧點睛】函數(shù)的單調(diào)性是使用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問題的根本，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間的分界點就是函數(shù)的極值點，在含有字母參數(shù)的函數(shù)屮討論函數(shù)的單調(diào)性就是根據(jù)函數(shù)的極值點把函數(shù)的定義域區(qū)間進(jìn)行分段,在各個分段上研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的符號,確定函數(shù)的單調(diào)性，也確定了函數(shù)的極值點，這是討論函數(shù)的單調(diào)性和極值點情況進(jìn)行分類的基本原 則.9. (1)證明見解析；(2),4(2)借助題設(shè)條件運用導(dǎo)數(shù)【解析】 試題分析：(1)借助題設(shè)條件運用導(dǎo)數(shù)與函

38、數(shù)單調(diào)性的關(guān)系推證;的有關(guān)知識求解.試題解析:(1)Q a 12e TXF xf x, T x2ex1 In x 2e 1 x 2e1 2.1x 0,X2ex 12e1 Qx2exI 2e 1關(guān)于 x單 調(diào)遞增，x or x2ex 2e 1丄 40, T x 在 0,上單調(diào)遞增.XX(2)設(shè) H xF xf X，則 H * x2ex11 丄a .設(shè) h x 2ex 11a側(cè)XXX 11X 11h ' x2ePQX1, 2e2,2l,h x1. h x 在 1,內(nèi)單調(diào)遞XX增.1時，h當(dāng)a 4 時，H'x 4 a 0 .當(dāng)X XQ2ex 12 a關(guān)于x單調(diào)遞增，1 In -a-1時，H x單調(diào)遞減.設(shè)2xo 1 In-a 1 ,則 H xo0,即 F xof xo4 時，xo 1 In *11, F xof xo不成立綜上若 X 1,F Xf X ,a的取值范圍A當(dāng)a4時，H x 在 1,內(nèi)單調(diào)遞增.當(dāng) a 4 , x 1 時，H xHl,即F xf x .Qx 1, H * x2ex 11+ a2ex 12 a .當(dāng) a4 Ift ,由X2exI2 a0得2考點：導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和極值等方面的有關(guān)知識的綜合運用【易錯點晴】導(dǎo)數(shù)