利用导数研究函数的单调性之二阶求导型

利用导数研究函数的单调性之二阶求导型一、解答题（题型注释）1．已知函数ax x xe x f x--=ln )(2．（1）当0=a 时，求函数)(x f 在 （2）若0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围；（3）若0>∀x ，不等式恒成立，求a 的取值范围．1．（1（2）2a ≤；（3【解析】试题分析：（1）由0=a 时，得出x xe x f xln )(2-=，则求导()f x ''，可得函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，从而得到函数()f x 的单调性，即可求解函数)(x f 在 （2）由（1）知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0()0f x '=，得，即022000(2)1x a x x x e =+-，设022000()1ln 2x f x x x e =--，利用函数0()f x 的单调性，即可求解求a 的取值范围；（3）根据题意，对任意0>x 成立，所以()g x '，可得出()g x 的单调性，求解出()g x 的最小值，即可a 的取值范围．试题解析：（1）0=a 时，x xe x f xln )(2-=，，所以函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，又函数)(/x f 的值域为R ，故00>∃x ，使得由（1）知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0)(0/=x f进而函数)(x f 在区间),0(0x 上递减，在),(0+∞x 上递增，00200min ln )()(0ax x e x x f x f x --==，由0)(0/=x f 得： 1)2(020200-+=⇒x e x x ax ，0220002ln 1)(x e x x x f --=∴，因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，02ln 12ln 10022002200≤+⇒≥--∴x x e x x e x x（另解：因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，当02ln =+x x 时取等号，2≤∴a ）（3对任意0>x 成立，当1>x 时，0)(/>x g ，当10<<x 时，0)(/<x g ，所以当1=x 时，函数)(x g 取得最小值考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）．【方法点晴】本题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题．2（1时，求函数()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 在[]1,1-上为单调函数，求实数a 的取值范围． 3．设函数ax x e x f x-++=)1ln()(.（1）当a=2时，判断函数)(x f 在定义域内的单调性； （2）当0≥x 时，x x f cos )(≥恒成立，求实数a 的取值范围. 4. （1）求a 的取值范围；（2）设两个极值点分别为12,x x ，证明：212x x e ∙>.5．已知函数3()3||2f x x x a =+-+（a R ∈）． （1）当0a =时，讨论()f x 的单调性； （2）求()f x 在区间[]0,2上的最小值．6．设2()ln (21)f x x x ax a x =-+-，a R ∈.（1）令()'()g x f x =，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值.求实数a 的取值范围. 7（1）若函数()f x 在0x =处有极值，求函数()f x 的最大值；（2）①是否存在实数b ，使得关于x 的不等式()0g x <在()0+∞，上恒成立？若存在，求出b 的取值范围；若不存在，说明理由； )2参考答案1．（1（2）2a ≤；（3【解析】试题分析：（1）由0=a 时，得出x xe x f xln )(2-=，则()f x ''，可得函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，从而得到函数()f x 的单调性，即可求解函数)(x f 在 （2）由（1）知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0()0f x '=，得，即022000(2)1x a x x x e =+-，设022000()1l n 2x f x x x e =--，利用函数0()f x 的单调性，即可求解求a 的取值范围；（3）根据题意，对任意0>x 成立，所以()g x '，可得出()g x 的单调性，求解出()g x 的最小值，即可a 的取值范围．试题解析：（1）0=a 时，x xe x f xln )(2-=， ，所以函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数， 又函数)(/x f 的值域为R ，故00>∃x ，使得由（1）知函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，且00>∃x ，使得0)(0/=x f进而函数)(x f 在区间),0(0x 上递减，在),(0+∞x 上递增，00200min ln )()(0ax x e x x f x f x --==，由0)(0/=x f 得： 1)2(020200-+=⇒x e x x ax ，0220002ln 1)(x e x x x f --=∴，因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，02ln 12ln 10022002200≤+⇒≥--∴x x e x x e x x（另解：因为0>∀x ，不等式1)(≥x f 恒成立，当02ln =+x x 时取等号，2≤∴a ）（3对任意0>x 成立，当1>x 时，0)(/>x g ，当10<<x 时，0)(/<x g ，所以当1=x 时，函数)(x g 取得最小值考点：利用导数研究函数的单调性与极值（最值）． 【方法点晴】本题主要考查了导数在函数中的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用、利用导数研究函数的极值与最值等知识点的综合考查，同时解答中注意对函数二次求导的应用和函数的构造思想，通过构造新函数，利用函数的性质解题的思想，着重考查了转化与化归思想以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题． 2．（1） 单调递增区间为(),0-∞和()ln 2,+∞，单调递减为()0,ln 2; （2）1,2e e ⎡⎤++∞⎢⎦⎣ 【解析】试题分析：（1）求函数的导数，并且通分，分解因式的化简，然后解()0>'x f 和()0<'x f 的解集；（2）若函数在[]1,1-上为单调函数，所以分单调递增和单调递减两种情况讨论，若在[]1,1-上恒成立，那么a 小于等于函数的最小值，若函数在[]1,1-上恒成立，a 大于等于函数的最大值. 试题解析：()f x 的定义域为x R ∈，（1 令()0f x '>，解得：ln 20x x ><或， 令()0f x '<，解得：0ln 2x <<，∴()f x 的单调递增区间为(),0-∞和()ln 2,+∞，单调递减为()0,ln 2．（2）若()f x 在[]1,1-上单调递增，则在[]1,1-上恒成立， 在[]1,1-上恒成立， 令xt e =同，则122t t=，=”∴[]1,1x ∈-时，① ，若()f x 在[]1,1-上单调递减，则在[]1,1-上恒成立， 在[]1,1-上恒成立， ，综上，a 的取值范围是1,2e e ⎡⎤++∞⎢⎦⎣ 考点：导数与函数的单调性3．（1） 在),1(+∞-上是增函数;（2） 2≤a . 【解析】试题分析：（1）首先求函数的导数，令()()x f x g '=，并且注意函数的定义域，再求函数导，分0>x 和01<<-x 讨论()x g '的正负，同时得到函数()x g 的单调性，求得()x g 的最小值为0，即()0≥'x f 恒成立，得到函数的单调性；（2）由（1）可得当2≤a 时，不等式恒成立，当2>a 时，记x x f x cos )()(-=ϕ，根据导数求函数的最值，证明不等式不恒成立.试题解析：（1）)(x f 的定义域为),1(+∞-，当x>0，此时0)(>'x g ， 当-1<x<0，此时0)(<'x g ， 所以)(x f '在（-1,0）上递减，在),0(+∞上递增，∴0)0()(='≥'f x f ， ∴f（x ）在),1(+∞-上是增函数.（2由（1）知)(x f '在),0(+∞上递增，所以当2≤a 时，02)0()(≥-='≥'a f x f ，所以f （x ）在),0[+∞上递增，故x f x f cos 1)0()(≥=≥恒成立.当a>2时，记x x f x cos )()(-=ϕ，则 当x>1显然当10<≤x 时，0)(>'x h ，从而)(x ϕ'在),0[+∞上单调递增.又0)(,,02)0(>'+∞→<-='x x a ϕϕ，则存在),0(0+∞∈x ，使得0)(0='x ϕ. 所以)(x ϕ在),0(0x 上递减，所以当),0(0x x ∈时，0)0()(=<ϕϕx ，即f （x ）<cosx ，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2≤a .考点：1.导数与单调性；2.导数的综合应用.【方法点睛】本题考查了导数与单调性的关系，以及证明不等式的问题，综合性较强，重点说说导数与函数单调性的证明，一种情况是求函数的导数后，能够解得()0>'x f 或()0<'x f 的解集，从而得到函数的单调递增和递减区间，令一种情况是求导后，不能直接求得()0>'x f 或()0<'x f 的解集，需要求函数的二阶导数，根据二阶导数大于0或小于0的解集，求得一阶导数的单调增减区间，同时求得一阶导数的最大值或是最小值，从而得到一阶导数的正负，求得函数的增或减区间. 4．（1（2）证明见解析. 【解析】与函数y a =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，单调性和极值根据图象即可求a 的取值范围；（2）作差得，原不等式212x x e >等价于则1t >，只需证明不等. 试题解析：（1）依题意，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以方程'()0f x =在(0,)+∞有两个不同根.即，方程ln 0x ax -=在(0,)+∞有两个不同根. 的图象在(0,)+∞上有两个不同交点. ，x e >时，'()0g x <， 所以()g x 在(0,)e 上单调增，在(,)e +∞上单调减，从而又()g x有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →-∞，在x →+∞时，()0g x →， 所以()g x 的草图如下，y a =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，只需 （2）由（1）可知12,x x 分别是方程ln 0x ax -=的两个根，即11ln x ax =，22ln x ax =，设12x x >，作差得，原不等式212x x e >等价于，则1t >，，1t >，∴函数()g t 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0g t g >=，故所证不等式212x x e >成立.考点：1、利用导数研究函数的单调性及极值；2、利用导数证明不等式.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、利用导数证明不等式，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简，或者进一步转化为不等式恒成立问题利用导数证明.5．（1）()f x 的增区间为(,1)-∞-，(0,)+∞，减区间为(1,0)-；（2）当0a ≤时，()f x 的最小值为32a -+；当01a ≤≤时，()f x 的最小值为32a +；当1a ≥时，()f x 的最小值为3a ． 【解析】试题分析：（1）研究单调性，可求出导函数'()f x ，然后解不等式'()0f x >得单调增区间，解不等式'()0f x <得减区间，注意绝对值，要分类求解；（2）由于[0,2]x ∈，因此先分类0a ≤，2a ≥，02a <<，前两种情形，绝对值符号直接去掉，因此只要用导数'()f x 研究单调性可得最值，第三种情形同样要去绝对值符号，只是此时是分段函数，333()2,2,()3()2,0.x x a a x f x x x a x a ⎧+-+≤≤⎪=⎨--+≤≤⎪⎩，2233,2,'()33,0.x a x f x x x a ⎧+≤≤⎪=⎨-≤≤⎪⎩，可以看出这时又要分类：01a <<，12a ≤≤，得单调性再得最小值． 试题解析：（1）当0a =时，3()3||2f x x x =++． ①当0x ≥时，3()32f x x x =++，2'()330f x x =+>， ∴()f x 在(0,)+∞单调递增；②当0x <时，3()32f x x x =-+，2'()333(1)(1)f x x x x =-=-+．10x -<<时，'()0f x <，∴()f x 在(1,0)-单调递减； 1x <-时，'()0f x >，∴()f x 在(,1)-∞-单调递增．综上，()f x 的增区间为(,1)-∞-，(0,)+∞，减区间为(1,0)-．（2）①2a ≥时，3()3()2f x x a x =+-+，02x ≤≤，2'()333(1)(1)f x x x x =-=-+，min ()(1)3f x f a ==．②0a ≤时，3()3()2f x x x a =+-+，02x ≤≤，2'()330f x x =+>，()f x 在[]0,2单调递增，∴min ()(0)32f x f a ==-+．③02a <<时，而02x ≤≤，333()2,2,()3()2,0.x x a a x f x x x a x a ⎧+-+≤≤⎪=⎨--+≤≤⎪⎩∴2233,2,'()33,0.x a x f x x x a ⎧+≤≤⎪=⎨-≤≤⎪⎩（i ）01a <<时，()f x 在[],2a 上单增，()f a 为最小值．2'()3(1)0f x x =-<在0x a ≤≤上恒成立，∴()f x 在[]0,a 上单调递减，∴3min ()()2f x f a a ==+．（ii ）12a ≤≤时，()f x 在[],2a 上单调递增，3min ()()2f x f a a ==+．在0x a ≤≤时，2'()3(1)f x x =-， ∴min ()(1)3f x f a ==．综上可知，当0a ≤时，()f x 的最小值为32a -+；当01a ≤≤时，()f x 的最小值为32a +；当1a ≥时，()f x 的最小值为3a ．考点：分段函数，用导数研究函数的单调性、最值．6．（1）当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为(0,)+∞，当0a >时，函数()g x 单调递增（2【解析】试题分析：（1）先求出()'()g x f x =的解析式，然后求函数的导数()g x '，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求出()g x 的单调区间；（2）分别讨论a 的取值范围，根据函数极值的定义，进行验证可得结论.试题解析：（1）()ln 22g x x ax a =-+，(0,)x ∈+∞，则 当0a ≤时，(0,)x ∈+∞时，'()0g x >，当0a >时，时，'()0g x <，所以当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为(0,)+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为（5分）（2）由（1）知，'(1)0f =.①当0a ≤时，(0,1)x ∈时，'()0f x <，(1,)x ∈+∞时，'()0f x >， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.1）知'()f x 在 当(0,1)x ∈时，'()0f x <，时，'()0f x >，所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.时，'()f x 在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减， 所以当(0,)x ∈+∞时，'()0f x ≤，()f x 单调递减，不合题意.时，'()0f x >，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 单调递减，所以()f x 在1x =处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为 考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值.【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值，体现了导数的综合应用，着重考查了函数的单调性、极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值，把问题等价转化等是解答的关键，综合性强，难度较大，平时注意解题方法的积累与总结，属于难题.7．（1）最大值为()00f =；（2）①b 的取值范围是1b ≥；②证明见解析． 【解析】试题分析：（1）由()f x 在0x =处有极值得'(0)0f =，从而求得a ，然后由'()f x 正负，研究()f x 的单调性，得极值，最值；（2）①这类问题，可假设存在，不等式()0g x <在()0+∞，上恒成立，考虑到(0)0g =，因此最好有(0,)x ∈+∞时，()(0)g x g <，则恒成立结论为真，由此研究()g x 单调性，求导1b ≥，0b ≤ ，01b <<分别研究'()g x 的正负，得()g x 的单调性，可得结论；②要证明得{}n x 是递减数列，不等式的右边就证得，为此作差不等式的左边，由，则有试题解析：（1，且函数()f x 在0x =处有极值 ，当()1,0x ∈-时，()()'0,f x f x >单调递增 当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x <单调递减所以函数()f x 的最大值为()00f = （2（i ）若1b ≥，则所以()()ln 1g x x bx =+-在[)0,+∞上为减函数 ∴()()()ln 100g x x bx g =+-<=在[)0,+∞上恒成立；（ii ）若0b ≤，则[)0,x ∈+∞时，所以()()ln 1g x x bx =+-在[)0,+∞上为增函数 ∴()()()ln 100g x x bx g =+->=，不能使()0g x <在[)0,+∞上恒成立；（iii ）若01b <<，则时，()'0g x ≥ 所以()()ln 1g x x bx =+-在 此时()()()ln 100g x x bx g =+->= 所以不能使()0g x <在[)0,+∞上恒成立112x <=考点：用导数研究函数的极值、单调性、最值，不等式恒成立问题，用函数证明不等式．。