导数压轴题
9.(能力挑战题)设f (x )=e x
1+ax 2,其中a 为正实数.
(1)当a =4
3时,求f (x )的极值点.
(2)若f (x )为??????
12,32上的单调函数,求a 的取值范围.
[解析] ∵f ′(x )=(ax 2-2ax +1)e x
(1+ax 2)2
,
(1)当a =43时,若f ′(x )=0,则4x 2-8x +3=0?x 1=12,x 2=3
2,
∴x 1=12是极大值点,x 2=3
2是极小值点. (2)记g (x )=ax 2-2ax +1,则 g (x )=a (x -1)2+1-a ,
∵f (x )为??????12,32上的单调函数,则f ′(x )在??????
12,32上不变号,
∵e x
(1+ax 2)2
>0, ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈????
??
12,32恒成立,
又g (x )的对称轴为x =1,故g (x )的最小值为g (1),最大值为g ? ????
12.
由g (1)≥0或g ? ????
12≤0?0 ∴a 的取值范围是0 3. 10.(能力挑战题)函数f (x )=x ln x -ax 2-x (a ∈R ). (1)若函数f (x )在x =1处取得极值,求a 的值. (2)若函数f (x )的图象在直线y =-x 图象的下方,求a 的取值范围. (3)求证:2 0132 012<2 0122 013. [解析] (1)函数定义域为(0,+∞),f ′(x )=ln x -2ax , ∵f (x )在x =1处取得极值, ∴f ′(1)=0,即-2a =0,∴a =0. ∴f ′(x )=ln x , 当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0, 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0, ∴f (x )在x =1处取得极值. (2)由题意,得x ln x -ax 2-x <-x , ∴x ln x -ax 2<0. ∵x ∈(0,+∞), ∴a >ln x x . 设h (x )=ln x x , 则h ′(x )= 1-ln x x 2. 令h ′(x )>0,得0 ∴h (x )在(e ,+∞)上为减函数. ∴h (x )max =h (e)=1 e , ∴a >1e . (3)由(2)知h (x )=ln x x 在(e ,+∞)上为减函数, ∴h (x )>h (x +1), ∴ln x x >ln (x +1)x +1. ∴(x +1)ln x >x ln(x +1), ∴ln x x +1>ln(x +1)x , ∴x x +1>(x +1)x . 令x =2 012,得2 0122 013>2 0132 012. 11.已知函数f (x )=ln(1+x )-ax 1-x (a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)若数列{a m }的通项公式a m =? ???? 1+12 013×2m +1 2 013(m ∈N *),求证: a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *). [解析] (1)由题意,函数的定义域为(-1,1)∪(1,+∞),f ′(x )=1 1+x -a (1-x )2 , 当a ≤0时,注意到 11+x >0,a (1-x )2 ≤0, 所以f ′(x )>0,即函数f (x )的增区间为(-1,1),(1,+∞),无减区间; 当a >0时,f ′(x )=11+x -a (1-x )2 =x 2-(2+a )x +1-a (1+x )(1-x )2 , 由f ′(x )=0,得x 2-(2+a )x +1-a =0, 此方程的两根x 1=a +2-a 2+8a 2,x 2=a +2+a 2+8a 2,其中-1 注意到(1+x )(1-x )2>0,所以f ′(x )>0?-1 f ′(x )<0?x 1 即函数f (x )的增区间为(-1,x 1),(x 2,+∞),减区间为(x 1,1),(1,x 2). 综上,当a ≤0时,函数f (x )的增区间为(-1,1)(1,+∞),无减区间; 当a >0时,函数f (x )的增区间为(-1,x 1),(x 2,+∞),减区间为(x 1,1),(1,x 2), 其中x 1=a +2-a 2+8a 2, x 2=a +2+a 2+8a 2 . (2)当a =1时,由(1)知,函数f (x )=ln(1+x )-x 1-x 在(0,1)上为减函数, 则当0 x 1-x 即ln(1+x ) 1-x , 令x = 1 2 013×2m +1 (m ∈N *),则 ln ? ???? 1+12 013×2m +1<12 013×2m , 12.已知函数f (x )=x 2 2+a 3ln(x -a -a 2),a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)当a <0时,若a 2 +a -a ,证明:f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1 2-a . [解析] (1)由题意,f ′(x )=x +a 3 x -a -a 2 =x 2-(a +a 2)x +a 3x -a -a 2 =(x -a )(x -a 2)x -a -a 2 . 令f ′(x )>0,因为x -a -a 2>0,故(x -a )(x -a 2)>0. 当a >0时,因a +a 2>a 且a +a 2>a 2, 所以上面不等式的解集为(a +a 2,+∞), 从而此时函数f (x )在(a +a 2,+∞)上单调递增. 当a <0时,因a (2)证法一: 要证原不等式成立,只需证明 f (x 2)-f (x 1)<(x 2-x 1)? ?? ?? a 2 2-a , 只需证明f (x 2)-? ????a 22-a x 2 ?? a 22-a x 1. 因为a 2 +a -a ,所以原不等式只需证明函数h (x )=f (x )-? ?? ?? a 2 2-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减. 由(1)知h ′(x )=x -? ???? a 2 2-a +a 3x -a -a 2 =x 2 -32a 2x +a 42+a 32-a 2 x -a -a 2 , 因为x -a -a 2>0, 我们考察函数g (x )=x 2 -32a 2x +a 42+a 32-a 2 ,x ∈(a 2+a ,a 2-a ). 因a 2+a +a 2-a 2=a 2>x 对称轴=3a 24,且3a 24 所以g (x )≤g (a 2-a )=0. 从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2+a ,a 2-a )上恒成立, 所以函数h (x )=f (x )-? ???? a 2 2-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减. 从而原命题成立. 证法二:要证原不等式成立, 只需证明f (x 2)-f (x 1)<(x 2-x 1)? ?? ?? a 2 2-a , 只需证明f (x 2)-? ????a 22-a x 2 ?? a 2 2-a x 1. 又a 2+a ?? a 2 2-a x , 则欲证原不等式只需证明函数g (x )=f (x )-? ???? a 2 2-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单 调递减. 由(1)可知 g ′(x )=f ′(x )-? ?? ?? a 2 2-a =x +a 3x -a -a 2-? ???? a 2 2 -a =x -a -a 2 +a 3x -a -a 2+a +a 2-? ????a 2 2-a . 因为a <0,所以y =x -a -a 2+a 3 x -a -a 2在(a 2+a ,a 2 -a )上为增函数, 所以g ′(x )≤g ′(a 2-a ) =a 2 -a -a -a 2 +a 3a 2-a -a -a 2+a +a 2-? ????a 2 2-a =0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2+a ,a 2-a )上恒成立, 所以函数g (x )=f (x )-? ???? a 2 2-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减. 从而原命题成立. 13.已知函数f (x )=e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间; (2)如果对于任意的x ∈??? ???1,π2,f (x )≥kx 总成立,求实数k 的取值范围; (3)设函数F (x )=f (x )+e x cos x ,x ∈?????? -2 011π2,2 013π2.过点M ? ????π-12,0作函 数F (x )图象的所有切线,令各切点的横坐标构成数列{x n },求数列{x n }的所有项之和S 的值. [解析] (1)由于f (x )=e x sin x ,所以 f ′(x )=e x sin x +e x cos x =e x (sin x +cos x ) =2e x sin ? ?? ?? x +π4. 当x +π4∈(2k π,2k π+π),即x ∈? ? ???2k π-π4,2k π+3π4时,f ′(x )>0; 当x +π4∈(2k π+π,2k π+2π),即x ∈? ? ???2k π+3π4,2k π+7π4时,f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为? ? ???2k π-π4,2k π+3π4(k ∈Z ), 单调递减区间为? ? ? ??2k π+3π4,2k π+7π4(k ∈Z ). (2)令g (x )=f (x )-kx =e x sin x -kx ,要使f (x )≥kx 总成立,只需x ∈??? ? ??0,π2时 g (x )min ≥0. g ′(x )=e x (sin x +cos x )-k , 令h (x )=e x (sin x +cos x ),则h ′(x )=2e x cos x >0,x ∈? ? ???0,π2, 所以h (x )在??? ???0,π2上为增函数, 所以h (x )∈[1,e ]. 对k 分类讨论: ①当k ≤1时,g ′(x )≥0恒成立,所以g (x )在??? ???0,π2上为增函数,所以g (x )min =g (0)=0,即g (x )≥0恒成立; ②当1 ???0,π2上为增函数,所以当x ∈(0,x 0)时,g ′(x )<0,所以g (x 0) ③当k ≥e 时,g ′(x )≤0恒成立,所以g (x )在? ? ???0,π2上为减函数,则g (x ) =0,不符合题意; 综合①②③可得,所求的实数k 的取值范围是(-∞,1]. (3)因为F (x )=f (x )+e x cos x =e x (sin x +cos x ), 所以F ′(x )=2e x cos x , 设切点坐标为(x 0,e x 0(sin x 0+cos x 0)), 则斜率为F ′(x 0)=2e x 0cos x 0, 切线方程为y -e x 0(sin x 0+cos x 0) =2e x 0cos x 0·(x -x 0), 将M ? ???? π-12,0的坐标代入切线方程,得 -e x 0(sin x 0+cos x 0) =2e x 0cos x 0·? ?? ?? π-12-x 0, 整理得-tan x 0-1=-2? ? ???x 0- π-12, 即tan x 0=2? ? ? ??x 0-π2, 令y 1=tan x ,y 2=2? ????x -π2,则这两个函数的图象均关于点? ???? π2,0对称, 它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现,方程tan x =2? ???? x -π2,x ∈ ?????? -2 011π2,2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现,在?????? -2 011π2,2 013π2内共构成1 006对,每对的和为π, 因此数列{x n }的所有项的和S =1 006π. 14.已知函数f (x )=ln x -px +1. (1)求函数f (x )的极值点; (2)若对任意的x >0,恒有f (x )≤0,求p 的取值范围; (3)证明:ln 222+ln 332+…+ln n n 2<2n 2 -n -1 4(n +1) (n ∈N ,n ≥2). [解析] (1)∵f (x )=ln x -px +1, ∴f (x )的定义域为(0,+∞), f ′(x )=1-px x , 当p ≤0时,f ′(x )>0,f (x )在(0,+∞)上无极值点; 当p >0时,令f ′(x )=0, ∴x =1 p ∈(0,+∞), f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表: 从上表可以看出:当p >0时,f (x )有唯一的极大值,当x =1 p 时,f (x )=-ln p ;即函数f (x )的极值点是? ?? ?? -1p ,-ln p . (2)当p >0时,在x =1p 处取得极大值f ? ???? 1p =ln 1p ,此极大值也是最大值, 要使f (x )≤0恒成立,只需f ? ?? ?? 1p =ln 1p ≤0; ∴p ≥1,∴p 的取值范围为[1,+∞). (3)令p =1,由(2)知,ln x -x +1≤0, ∴ln x ≤x -1, ∵n ∈N ,n ≥2,ln n 2≤n 2-1, ∴ln n 2n 2≤n 2 -1n 2=1-1n 2, ∴ln 222+ln 332+…+ln n n 2 =12? ????ln 2222+ln 32 32+…+ln n 2n 2 ≤12??????? ????1-122+? ????1-132+…+? ????1-1n 2 =12??????(n -1)-? ????122+1 32+…+1n 2 <12(n -1)-12???? ??1 2×3+13×4+…+1n (n +1) =12(n -1)??? ???1-12(n +1)=2n 2-n -14(n +1)(n ∈N ,n ≥2),得证. 10.(2014·银川模拟)已知函数f (x )=ax +b x 2+1 在点M (1,f (1))处的切线方程为x -y -1=0. (1)求f (x )的解析式. (2)设函数g (x )=ln x ,证明:g (x )≥f (x )对x ∈[1,+∞)恒成立. [解析] (1)将x =1代入切线方程得f (1)=0, 又f (1)=a +b 2,化简得a +b =0.① f ′(x )=a (x 2+1)-(ax +b )·2x (1+x 2)2, f ′(1)= 2a -2(a +b )4=-2b 4=-b 2, 由f ′(1)=1得-b 2=1.② 由①②解得:a =2,b =-2, 所以f (x )= 2x -2 x 2+1 . (2)要证ln x ≥ 2x -2 x 2+1 在[1,+∞)上恒成立, 即证(x 2+1)ln x ≥2x -2在[1,+∞)上恒成立, 即证x 2ln x +ln x -2x +2≥0在[1,+∞)上恒成立. 设h (x )=x 2ln x +ln x -2x +2, h ′(x )=2x ln x +x +1 x -2. ∵x ≥1,∴2x ln x ≥0,x +1 x ≥2,即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1,+∞)上单调递增,h (x )≥h (1)=0, ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1,+∞)上恒成立. 11.(2014·河北质检)已知函数f (x )=2ln x -x 2+ax (a ∈R ). (1)当a =2时,求f (x )的图象在x =1处的切线方程; (2)若函数g (x )=f (x )-ax +m 在?????? 1e ,e 上有两个零点,求实数m 的取值范围; (3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0),B (x 2,0),且0 ?? ?? x 1+x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数). [解析] (1)当a =2时,f (x )=2ln x -x 2+2x ,f ′(x )=2 x -2x +2,切点坐标为(1,1), 切线的斜率k =f ′(1)=2,则切线方程为y -1=2(x -1),即y =2x -1. (2)g (x )=2ln x -x 2 +m ,则g ′(x )=2 x -2x =-2(x +1)(x -1)x , ∵x ∈?????? 1e ,e ,∴当g ′(x )=0时,x =1.当1e 当1 故g (x )在x =1处取得极大值g (1)=m -1. 又g ? ?? ?? 1e =m -2-1e 2, g (e)=m +2-e 2 ,g (e)-g ? ?? ?? 1e =4-e 2+1e 2<0, 则g (e) ?? 1e . ∴g (x )在???? ?? 1e ,e 上的最小值是g (e). g (x )在?????? 1e ,e 上有两个零点的条件是????? g (1)=m -1>0,g ? ????1e =m -2-1e 2≤0,解得1 1e 2, ∴实数m 的取值范围是? ? ? ??1,2+1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0),B (x 2,0), ∴方程2ln x -x 2 +ax =0的两个根为x 1,x 2,则??? 2ln x 1-x 2 1+ax 1=0,2ln x 2-x 2 2+ax 2 =0,两式相减得a =(x 1+x 2)- 2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2 .又f (x )=2ln x -x 2+ax ,f ′(x )=2 x -2x +a ,则 f ′? ???? x 1+x 22=4x 1+x 2 -(x 1+x 2)+a =4x 1+x 2-2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2. 下证 4x 1+x 2-2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2<0(*),即证明2(x 2-x 1)x 1+x 2+ln x 1 x 2 <0, 设t =x 1 x 2 ,∵0 ∴0 t +1 +ln t <0在0 ∵u ′(t )=-2(t +1)-2(1-t )(t +1)2+1t =1t -4 (t +1)2=(t -1)2t (t +1)2,又0 u ′(t )>0, ∴u (t )在(0,1)上是增函数,则u (t ) x 2 <0, 故(*)式成立,即f ′? ?? ?? x 1+x 22<0成立. 12.(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )=ax 2+x ,g (x )=ln(x +1). (1)若a =1,求F (x )=g (x )-f (x )在(-1,+∞)上的最大值. (2)利用(1)的结论证明:对任意的正整数n ,不等式2+34+4 9+…+n +1n 2>ln(n +1)都成立. (3)是否存在实数a (a >0),使得方程2g (x -1)x =f ′(x )-(4a -1)在区间 ? ???? 1e ,e 内有且只有两个不相等的实数根?若存在,请求出a 的取值范围;若不存在,请说明理由. [解析] (1)F ′(x )= 1 x +1-2x -1=-x (2x +3)x +1 , 当x ∈(-1,0)时,F ′(x )>0, x ∈(0,+∞)时,F ′(x )<0, ∴x =0是F (x )在(-1,+∞)上唯一的极大值点, 从而当x =0时,F (x )取得最大值 F (0)=0. (2)由(1)知?x ∈(0,+∞),F (x )<0, 即ln(x +1) n , 即ln(n +1)-ln n n 2, ∴ln 2-ln 1<2,ln 3-ln 2<3 4, …… ln(n +1)-ln n n 2, ∴ln(n +1)-ln 1<2+34+4 9+…+n +1n 2, 即2+34+4 9+…+n +1n 2>ln(n +1). (3)把方程2g (x -1) x =f ′(x )-(4a -1)整理为 ax 2+(1-2a )x -ln x =0. 设H (x )=ax 2+(1-2a )x -ln x (x >0), 原方程在区间? ???? 1e ,e 内有且只有两个不相等的实数根,即函数H (x )在区间 ? ?? ?? 1e ,e 内有且只有两个零点. H ′(x )=2ax +(1-2a )-1x =2ax 2 +(1-2a )x -1 x =(2ax +1)(x -1)x , 令H ′(x )=0,因为a >0,解得x =1或x =1 2a (舍), 当x ∈(0,1)时,H ′(x )<0,H (x )是减函数; 当x ∈(1,+∞)时,H ′(x )>0,H (x )是增函数,H (x )在? ???? 1e ,e 内有且只有两 个不相等的零点,只需????? H ? ?? ?? 1e >0,H (x )min <0, H (e )>0, 即??? ?? a e 2+1-2a e +1=(1-2a )e +a +e 2 e 2>0,H (1)=a +(1-2a )=1-a <0, a e 2+(1-2a )e -1=(e 2-2e )a +(e -1)>0, ∴????? a ,a >1, a > 1-e e 2 -2e , 解得1 2e -1 , 所以a 的取值范围是? ? ???1, e 2+e 2e -1. 13.(14届衡水中学期中)已知函数 f (x )=a ln x +1x -1(a ≠0)在? ? ???0,12内有极 值. (1)求实数a 的取值范围; (2)若x 1∈? ????0,12,x 2∈(2,+∞)且a ∈?????? 12,2时,求证:f (x 2)-f (x 1)≥ln 2+34. [解析] (1)由f (x )=a ln x + 1 x -1 (a ≠0),得 f ′(x )=ax 2-(2a +1)x +a x (x -1)2 , ∵a ≠0,令g (x )=x 2 -? ? ? ??2+1a x +1, ∴g (0)=1>0. 令g ? ?? ?? 12<0或????? 0<1+12a <12, Δ=(2a +1)2 -4a 2 >0, g ? ????12>0,