导数十题

导数十题一．解答题（共10小题）
1．已知a为正的常数，函数f（x）=|ax﹣x2|+lnx．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调增区间；
（2）设，求函数g（x）在区间[1，e]上的最小值．
2．设函数f（x）的导函数为f′（x），若f（x）
=e x﹣f（0）
x+x2（e是自然对数的
底数）．
（1）求f（0）和f′（1）的值；
（2）若g（x）
=x2+a与函数f（x）的图象在区间[﹣1，2]上恰有2两个不同的交点，求实数
a的取值范围．
3．设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；
（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小
于．
4．已知f（x）=xlnx，g（x）
=，直线l：y=（k﹣3）x﹣k+2
（1）函数f（x）在x=e处的切线与直线l平行，求实数k的值
（2）若至少存在一个x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围
（3）设k∈Z，当x＞1时f（x）的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．
5．已知函数f（x）=x+sinx．
（1）设P，Q是函数f（x）的图象上相异的两点，证明：直线PQ的斜率大于0；
（2）求实数a的取值范围，使不等式f（x）≥axcosx
在上恒成立．
6．设函数f（x）=ax3﹣2bx2+cx+4d，（a，b，c，d∈R）的图象关于原点对称，且x=1时，f（x）
取极小
值．
（Ⅰ）求a，b，c，d的值；
（Ⅱ）当x∈[﹣1，1]时，图象上是否存在两点，使两点处的切线互相垂直？试证明你的结论；
（Ⅲ）若x1，x2∈[﹣1，1]，求证
：．
7．设函数f（x）=x3+ax2+bx+c．
（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；
（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．
8．已知函数y=f（x），若在定义域内存在x0，使得f（﹣x0）=﹣f（x0）成立，则称x0为函数f（x）的局部对称点．
（1）若a∈R且a≠0，证明：函数f（x）=ax2+x﹣a必有局部对称点；
（2）若函数f（x）=2x+b在区间[﹣1，2]内有局部对称点，求实数b的取值范围；
（3）若函数f（x）=4x﹣m•2x+1+m2﹣3在R上有局部对称点，求实数m的取值范围．9．已知函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=
﹣处的切线的斜率为1．
（Ⅰ）求a的值及f（x）的最大值；
（Ⅱ）证明：
1+
++…
+＞ln（n+1）（n∈N*）；
（Ⅲ）设g（x）=b（e x﹣x），若f（x）≤g（x）恒成立，求实数b的取值范围．
10．已知函数f（x）=（x﹣2）e x和g（x）=kx3﹣x﹣2
（1）若函数g（x）在区间（1，2）不单调，求k的取值范围；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求k的最大值．
一．解答题（共10小题）
1．【解答】解：（1）由a=2，得f（x）=|2x﹣x2|+lnx（x＞0）．
当0＜x＜2时
，．
由f′（x）=0，得﹣2x2+2x+1=0，解
得，
或（舍去）．
当时，f′（x）＞0
；时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调增区间为（0
，），（2，+∞）．
当x＞2时
，．
由f′（x）=0，得2x2﹣2x+1=0．f（x）在（2，+∞）上为增函数．
∴函数f（x）的单调增区间为
（），（2，+∞）．
（2
）．
①若a≤1，
则．
则．
∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1﹣lnx≥0，x2+1﹣lnx≥0，∴g′（x）＞0．∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1﹣a．
②a≥e，则g（x）=a﹣
x+，
则．
令h（x）=﹣x2+1﹣lnx，
则．
所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．
所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a﹣
e+．
③当1＜a＜e ，，
由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，
∴g（x）的最小值为g（a）
=．
综上得g（x）的最小值为g（a）
=
2．【解答】解：（1）∵f（x）
=e x﹣f（0）
x+x2，
∴f′（x）
=+x，
∴f′（1）=f′（1）﹣f（0）+1，
∴f（0）=1，
∴f（x）
=e x﹣
x+x2，
∴f（0）=f′（1）﹣0+0，
∴f′（1）=1．
（2）由（1）可得：f（x）
=﹣
x+，
由g（x）
=x2+a=f（x），化为
a=﹣x=h（x），x∈[﹣1，2]．
∴h′（x）
=
=，
令h′（x）＞0，解得1＜x＜2，此时函数h（x）单调递增；令h′（x）＜0，解得﹣1＜x＜1，
此时函数h（x）单调递减．
∴当x=1时，函数h（x）取得最小值，h（1）=0．而h（﹣1）
=，h（2）=e﹣2．
∵g（x）
=x2+a与函数f（x）的图象在区间[﹣1，2]上恰有2两个不同的交点，
∴0＜a＜e﹣2．
∴实数a的取值范围是（0，e﹣2）．
3．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为
f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，
当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；
当a＞0时，当x＞
1+或x＜1
﹣时，f′（x）＞0，
当1
﹣＜x＜
1+，f′（x）＜0，
可得f（x）的增区间为（﹣∞，1
﹣），（
1+，+∞），减区间为（1
﹣，
1+）；
（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x0﹣1）2=a，
由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b
=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，
即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），
即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=3；
（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小
于，
即证在[0，2]上存在x1，x2，使得g（x1）﹣g（x2）
≥．
当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；
当0＜a＜3时，f（1
﹣）=（
﹣）3﹣a（1
﹣）﹣b=
﹣﹣
a+a﹣b
=﹣a﹣b，
f（1+）=（）3﹣a（
1+）﹣
b=﹣a﹣
a﹣b
=
﹣﹣a﹣b，
f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，
f（2）﹣f（0）=2﹣2a，
若0＜a ≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a ≥成立；
若a ＞时，f（1
﹣）﹣f（
1+）
=
＞成立．
综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．
4．【解答】解：（1）∵f′（x）=1+lnx，
∴f′（e）=1+lne=k﹣3
∴k=5，
（2）由于存在x0∈[1，e]，使f（x0）＜g（x0），
则ax02＞x0lnx0，
∴a
＞
设h（x）
=
则h′（x）
=，
当x∈[1，e]时，h′（x）≥0（仅当x=e时取等号）
∴h（x）在[1，e]上单调递增，
∴h（x）m i n=h（1）=0，因此a＞0．
（3）由题意xlnx＞（k﹣3）x﹣k+2在x＞1时恒成立
即k
＜，
设F（x）
=，
∴F′（x）
=，
令m（x）=x﹣lnx﹣2，则m′（x）=1
﹣
=＞0在x＞1时恒成立
所以m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（3）=1﹣ln3＜0，m（4）=2﹣ln4＞0，
所以在（1，+∞）上存在唯一实数x0（x0∈（3，4））使m（x）=0
当1＜x＜x0时m（x）＜0即F′（x）＜0，
当x＞＜x0时m（x）＞0即F′（x）＞0，
所以F（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
F（x）m i n=F（x0）
=
==x0+2∈（5，6）
故k＜x0+2又k∈Z，所以k的最大值为5
5．【解答】解：（1）∵f（x）=x+sinx
∴f'（x）=1+cosx≥0
∴函数f（x）在R上单调递增
设P（x1，y1），Q（x2，y2）
则，即k P Q＞0
∴直线PQ的斜率大于0；
（2）依题意得，
设，
1°当a≤0时，Q（x）≤0恒成立；…（8分）
2°当a＞0时，Q'（x）=（a﹣1）cosx﹣axsinx﹣1，…（10分）
①0＜a≤2时，Q'（x）≤0，Q（x）
在上单调递减，
所以Q（x）≤Q（0）=0恒成立；…（12分）
②a＞2时，注意到
当时，x≥sinx，
于是Q（x）=axcosx﹣x﹣sinx≥axcosx﹣2x=x（acosx﹣2），
必存
在，使得当x∈（0，x0）时，有Q（x0）＞0，不能使Q（x）≤0恒成立．
综上所述，实数a的取值范围为a≤2．…（16分）
6．【解答】（I）解：因为图象关于原点对称，所以f（x）为奇函数，所以b=0，d=0 所以f（x）=ax3+cx，因此f'（x）=3ax2+c
由题意
得，
解
得
（II）不存在．
证明：假设存在x1，x2，则f'（x1）•f'（x2）=﹣1
所以（x12﹣1）（x22﹣1）=﹣4
因为x1，x2∈[﹣1，1]所以x12﹣1，x22﹣1∈[﹣1，0] 因此（x12﹣1）（x22﹣1）≠﹣4
所以不存在．
（III）证明
：
由=0得x=±1
，
所
以
7．【解答】解：（1）函数f（x）=x3+ax2+bx+c的导数为f′（x）=3x2+2ax+b，可得y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=f′（0）=b，
切点为（0，c），可得切线的方程为y=bx+c；
（2）设a=b=4，即有f（x）=x3+4x2+4x+c，
由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，
由g（x）=x3+4x2+4x的导数g′（x）=3x2+8x+4=（x+2）（3x+2），
当x＞﹣或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当﹣2＜x＜
﹣时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有g（x）在x=﹣2处取得极大值，且为0；
g（x）在x=
﹣处取得极小值，且为
﹣．
由函数f（x）有三个不同零点，可得﹣＜﹣c＜0，解得0＜c ＜，则c的取值范围是（0
，）；
（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，
可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点．
即有f（x）有3个单调区间，
即为导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，
可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即为a2﹣3b＞0；
若a2﹣3b＞0，即有导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，
当c=0，a=b=4时，满足a2﹣3b＞0，
即有f（x）=x（x+2）2，图象与x轴交于（0，0），（﹣2，0），则f（x）的零点为2个．故a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．
8．【解答】解：（1）由f（x）=ax2+x﹣a得f（﹣x）=ax2﹣x﹣a，
代入f（﹣x）=﹣f（x）得ax2+x﹣a+ax2﹣x﹣a=0
得到关于x的方程ax2﹣a=0（a≠0），
其中△=4a2，由于a∈R且a≠0，所以△＞0恒成立，
所以函数f（x）=ax2+x﹣a必有局部对称点；
（2）f（x）=2x+b在区间[﹣1，2]内有局部对称点，
∴方程2x+2﹣x+2b=0在区间[﹣1，2]上有解，于是﹣2b=2x+2﹣x，
设t=2x
，≤t≤4，
∴﹣
2b=t+，其中2≤
t+
≤，
所以
﹣≤b≤﹣1
（3）∵f（﹣x）=4﹣x﹣m•2﹣x+1+m2﹣3，
由f（﹣x）=﹣f（x），∴4﹣x﹣m•2﹣x+1+m2﹣3=﹣（4x﹣m•2x+1+m2﹣3），
于是4x+4﹣x﹣2m（2x+2﹣x）+2（m2﹣3）=0…（*）在R上有解，
令t=2x+2﹣x（t≥2），则4x+4﹣x=t2﹣2，
∴方程（*）变为t2﹣2mt+2m2﹣8=0 在区间[2，+∞）内有解，需满足条件：
即，
化简得1
﹣≤m≤
2
9．【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．
求导数，得f′（x）
=﹣a．
由已知，∵函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=
﹣处的切线的斜率为1
∴f′（
﹣）=1，
即﹣a=1，∴a=1．
此时f（x）=ln（1+x）﹣x，f′（x）
=﹣
1=，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴当x=0时，f（x）取得极大值，该极大值即为最大值，
∴f（x）m a x=f（0）=0．…（4分）
（Ⅱ）证明：法（一）：由（Ⅰ），得ln（1+x）﹣x≤0，
即ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时，等号成立．
令
x=（k∈N*），
则＞ln（
1+），
即＞
ln，
∴＞ln（k+1）﹣lnk（k=1，2，…，n）．将上述n个不等式依次相加，得
1+
++…
+＞（ln2﹣ln1）+（ln3﹣ln2）+…+[ln（n+1）﹣lnn]，
∴1+++…
+＞ln（n+1）（n∈N*）．…（10分）
法（二）：用数学归纳法证明．
（1）当n=1时，左边=1=lne，右边=ln2，∴左边＞右边，不等式成立．
（2）假设当n=k时，不等式成立，即
1+
++…
+＞ln（k+1）．
那么
1+
++…
+
+＞ln（k+1）
+，
由（Ⅰ），知x＞ln（1+x）（x＞﹣1，且x≠0）．
令
x=，
则＞ln（
1+）
=ln，
∴ln（k+1）
+＞ln（k+1）
+ln=ln（k+2），
∴1+++…
+
+＞ln（k+2）．
即当n=k+1时，不等式也成立．…（10分）
根据（1）（2），可知不等式对任意n∈N*都成立．
（Ⅲ）解：∵f（0）=0，g（0）=b，若f（x）≤g（x）恒成立，则b≥0．由（Ⅰ），知f（x）m a x=f（0）=0．
（1）当b=0时，g（x）=0，此时f（x）≤g（x）恒成立；
（2）当b＞0时，g′（x）=b（e x﹣1），
当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．∴g（x）在x=0处取得极小值，即为最小值，
∴g（x）m i n=g（0）=b＞0≥f（x），即f（x）≤g（x）恒成立．
综合（1）（2）可知，实数b的取值范围为[0，+∞）．…（14分）
10．【解答】解：（1）g'（x）=3kx2﹣1…（1分）
①当k≤0时，g'（x）=3kx2﹣1≤0，所以g（x）在（1，2）单调递减，不满足题意；…（2分）
②当k＞0时，g（x）
在上单调递减，
在上单调递增，
因为函数g（x）在区间（1，2）不单调，所
以，解
得…（4分）
综上k的取值范围
是．…（5分）
（2）令h（x）=f（x）﹣g（x）=（x﹣2）e x﹣kx3+x+2
依题可知h（x）=（x﹣2）e x﹣kx3+x+2≥0在[0，+∞）上恒成立…（6分）
h'（x）=（x﹣1）e x﹣3kx2+1，令φ（x）=h'（x）=（x﹣1）e x﹣3kx2+1，
有φ（0）=h'（0）=0且φ'（x）=x（e x﹣6k）…（7分）
①当6k≤1，
即时，
因为x≥0，e x≥1，所以φ'（x）=x（e x﹣6k）≥0
所以函数φ（x）即h'（x）在[0，+∞）上单调递增，又由φ（0）=h'（0）=0
故当x∈[0，+∞）时，h'（x）≥h'（0）=0，所以h（x）在[0，+∞）上单调递增
又因为h（0）=0，所以h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，满足题意；…（10分）
②当6k＞1，
即时，
当x∈（0，ln（6k）），φ'（x）=x（e x﹣6k）＜0，函数φ（x）即h'（x）单调递减，
又由φ（0）=h'（0）=0，所以当x∈（0，ln（6k）），h'（x）＜h'（0）=0
所以h（x）在（0，ln（6k））上单调递减，又因为h（0）=0，所以x∈（0，ln（6k））时h（x）＜0，
这与题意h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立相矛盾，故舍．…（13分）
综
上，即k的最大值
是．…（14分）。