数学错题整理版汇总

数学（测试2 导数在研究函数中的应用）

题目：已知函数f（x）=xe-x（x∈R）。

（1）求函数f（x）的单调区间和极值；答：________

（2）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称。证明当x>1时，f（x）>g（x）；答：________ （3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2>2。答：________

解答：（1）f'（x）=（1-x）e-x。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：

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）=。

（2）证明：由题意可知g（x）=f（2-x），得g（x）=（2-x）e x-2。

令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=xe-x+（x-2）e x-2。

于是F'（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x。

当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0。又e-x>0，所以F'（x）>0。从而函数F（x）在[1，+∞）上是增函数。又F（1）=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F（x）>F（1）=0，即f（x）>g（x）。

（3）证明：①若（x1-1）（x2-1）=0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2=1，与x1≠x2矛盾。

②若（x1-1）（x2-1）>0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2，与x1≠x2矛盾。

根据①②得（x1-1）（x2-1）<0。不妨设x1<1，x2>1。

由（2）可知，f（x2）>g（x2），g（x2）=f（2-x2），所以f（x2）>f（2-x2），从而f（x1）>f（2-x2）。因为x2>1，所以2-x2<1。又由（1）可知函数f（x）在区间（-∞，1）内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2。

本题考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。

题目：

已知函数f(x)=12e2x−e(ex+e−x)−x.

(1)求函数f(x)的极值.(2)是否存在正整数a,使得方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上有三个不同的实根，若存在，试确定a 的值；若不存在，请说明理由。

考点：利用导数研究函数的极值分析：（I）对函数求导整理可得，f′(x)＝1ex(ex−e)(ex−1)(ex+1)，分别令y′＞0，y′＜0，求出函数的单调区间，进一步求函数的极值．（II）结合（I ）可知a=1不符合条件，a令ea+e-a=t，a=2时，从而可把g（a）=f(a)+f(−a)2转化为关于t的二次函数，结合二次函数的图象进行判断当a≥3，结合t的范围可判断函数g（a）在a≥3时单调递增f(a)+f(−a)2≥g(3)+g(−3)2＞f（0），结合函数的图象可判断．（法二）构造函数h（x）=f（x）-f(a)+f(−a)2，结合函数f（x）的条件，判断函数g（x）的单调性及极值点，由零点判定定理可得函数g（x）在[-a，a]上存在零点，只有当h（0）＞0，h（1）＜0时才有可能出现三个零点．类比法一求解．

解答一：(I)由题意得f′(x)=e2x−e(ex−e−x)−(12分)=1ex(ex−e)(ex−1)(ex+1),(3分)

则当ex<1或ex>e即x<0或x>1时f′(x)>0，当1

(II)当a=1时,由(I)可知方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有两个根,故不符合题意.(9分)又

f(−a)+f(a)2=14(e2a+e−2a)−e(ea+e−a)，设ea+e−a=t,则e2a+e−2a=t2−2，设g(a)=f(−a)+f(a)2=14t2−et−12=14(t−2e)2−e2−12,(11分)当a=2时,g(2)−f(1)=14[(e2+e−2−2e)2−2e2+6]<0,(这里可利用e≈2.7近似估算得出)则方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有一个根.(13分)当a⩾3时,t=ea+e−a在a∈[3,+∞)上是增函数，又t>2e,则g(a)在a∈[3,+∞)上是增函数,则

f(−a)+f(a)2⩾f(−3)+f(3)2>f(0)，则方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有一个根。故不存在正整数a,使得方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上有三个不同的实根.(15分)

解法2:设h(x)=f(x)−f(−a)+f(a)2,则函数h(x)与f(x)具有相同的单调性,且h(x)的极大值为h(0),极小值为h(1),又

h(−a)h(a)=−14[f(a)−f(−a)]2⩽0,则h(x)区间[−a,a]上一定有零点,只有当h(0)>0,h(1)<0时才有可能出现三个零点,下面对正整数a进行讨论与验证(同上).

题目：已知函数f（x）=x2+alnx（a为实常数）

（Ⅰ）若a=-2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；

（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；

（Ⅲ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值，函数的单调性与导数的关系

解答（自己写）：

题目：设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有(f(x)x)的导数小于零恒成立，则不等式x2f(x)>0）的解集是A. (一2,0)∪(2,+∞)B. (一2,0)∪(0,2)

C. (−∞,−2)∪(2,+∞)

D. (−∞,−2)∪(0,2)

考点：函数的单调性与导数的关系

分析：首先根据商函数求导法则，求出F(X)的导数；然后利用导函数的正负性，判断函数y=

在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞）内的正负；最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（-∞，0）内的正负性．则x2f（x）＞0⇔f（x）＞0的解集即可求得．

解答：由(f(x)x)′=xf′(x)−f(x)x2因为当x>0时，有xf′(x)−f(x)x2<0恒成立，即[f(x)x]′<0恒成立，

∴y=f(x)x在(0,+∞)内单调递减，∵f(2)=0，

∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2,+∞)内恒有f(x)<0.又∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴在(−∞,−2)内恒有f(x)>0；在(−2,0)内恒有f(x)<0.又不等式x2f(x)>0的解集，即不等式f(x)>0的解集。

故答案为：(−∞,−2)∪(0,2).

题目：

当时，f（x）=xlnx，则下列大小关系正确的是

A. f2（x）＜f（x2）＜f（x）

B. f（x2）＜f2（x）＜f（x）

C. f（x）＜f（x2）＜f2（x）

D. f（x2）＜f（x）＜f2（x）

解答：∵f（x）=xlnx∴f′（x）=lnx+1∵当时，f′（x）＞0恒成立

故f（x）=xlnx在区间（，1）上为增函数又由f（1）=0由此时x2＜x，故f（x2）＜f（x）＜0

故f（x2）＜f（x）＜f2（x）故选D