数学导数分析.doc

数学(导数分析)
1、已知函数在R上有定义，对任何实数和任何实数，都有
（Ⅰ）证明；
（Ⅱ）证明 其中和均为常数；
（Ⅲ）当（Ⅱ）中的时，设，讨论在内的单调性并求极值．
证明（Ⅰ）令，则，∵，∴．
（Ⅱ）①令，∵，∴，则．
假设时，，则，而，∴，即成立．
②令，∵，∴，
假设时，，则，而，∴，即成立．∴成立．
（Ⅲ）当时，，
令，得；
当时，，∴是单调递减函数；
当时，，∴是单调递增函数；
所以当时，函数在内取得极小值，极小值为
2、设函数，已知是奇函数．
（Ⅰ）求、的值．
（Ⅱ）求的单调区间及极值．
解析：（Ⅰ）∵，∴．从而＝是一个奇函数，所以得，由奇函数定义得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，从而，由此可知，
和是函数是单调递增区间；
是函数是单调递减区间；
在时，取得极大值，极大值为，在时，取得极小值，极小值为．
3、已知是二次函数，不等式的解集是且在区间上的最大值是12．
（I）求的解析式；
（II）是否存在实数使得方程在区间内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
解答 本小题主要考查函数的单调性、极值等基本知识，考查运用导数研究函数的性质的方法，考查函数及方程、数形结合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力．
解：（I）是二次函数，且的解集是
可设
在区间上的最大值是
由已知，得
（II）方程等价于方程
设则
当时，是减函数；
当时，是增函数．

方程在区间内分别有惟一实数根，而在区间内没有实数根，
所以存在惟一的自然数使得方程在区间内有且只有两个不同的实数根．
4、已知函数f(x)=－x+8x,g(x)=6lnx+m
（Ⅰ）求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t);
（Ⅱ）是否存在实数m，使得y=f(x)的图象及y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；，若不存在，说明理由．
解答 本小题主要考查函数的单调性、极值、最值等基本知识，考查运用导数研究函数性质
的方法，考查运算能力，考查函数及方程、数形结合、分类及整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力．
解：（I）
当即时，在上单调递增，

当即时，
当时，在上单调递减，
综上，
（II）函数的图象及的图象有且只有三个不同的交点，即函数
的图象及轴的正半轴有且只有三个不同的交点．

当时，是增函数；
当时，是减函数；
当时，是增函数；
当或时，

当充分接近0时，当充分大时，
要使的图象及轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
　　即
所以存在实数，使得函数及的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为
5、设函数分别在处取得极小值、极大值.平面上点的坐标分别为、，该平面上动点满足,点是点关于直线的对称点.求
(I)求点的坐标；
(II)求动点的轨迹方程.
解: (Ⅰ)令解得
当时,, 当时, ,当时,
所以,函数在处取得极小值,在取得极大值,故,，所以, 点A、B的坐标为.
(Ⅱ) 设，，

，所以，又PQ的中点在上，所以
消去得
6、已知函数，，其中，设为的极小值点，为的极值点，，并且，将点依次记为．
（1）求的值；
（2）若四边形为梯形且面积为1，求的值．
本小题考查多项式函数的导数，函数极值的判定，二次函数及二次方程等基础知识的的综合运用，考查用数形结合的数学思想分析问题，解决问题的能力.满分12分.
解：(Ⅰ) ,
令，由得或.·
.
当时，，
当时,,
所以处取极小值，即.
（II）
处取得极小值，即
由即

................9分
由四边形ABCD是梯形及BC及AD不平行，得.有即
由四边形ABCD的面积为1，得
即得d＝1，
从而得
7、设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．
解法一：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，
对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，
(i)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，
又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，
即当a≤1时，对于所有x≥0，都有　f(x)≥ax．
(ii)当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是减函数，
又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，
即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．
综上，a的取值范围是（－∞，1]．
解法二：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，
于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立．　　
对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1， ……6分
当x＞ ea－1－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
当－1＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，
所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea－1－1≤0．
由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1]．
8、已知函数f(x)=x3－x2+ +, 且存在x0∈(0,) ,使f(x0)=x0.
（I）证明：f(x)是R上的单调增函数；设x1=0, xn+1=f(xn); y1=, yn+1=f(yn), 其中　n=1,2,……
（II）证明：xn<xn+1<x0<yn+1<yn;
（III）证明：<
解: （I）∵f '(x)=3x2－2x+= 3(x－)2+>0 ， ∴f(x)是R上的单调增函数．
（II）∵0<x0<， 即x1<x0<y1．又f(x)是增函数， ∴f(x1)<f(x0)<f(y1)．即x2<x0<y2．
又x2=f(x1)=f(0)= >0 =x1， y2=f(y1)=f()=<=y1，综上， x1<x2<x0<y2<y1．
用数学归纳法证明如下:
(1)当n=1时，上面已证明成立．
(2)假设当n=k(k≥1)时有xk<xk+1<x0<yk+1<yk ．
当n=k+1时，由f(x)是单调增函数，有f(xk)<f(xk+1)<f(x0)<f(yk+1)<f(yk)，∴xk+1<xk+2<x0<yk+2<yk+1
由(1)(2)知对一切n=1，2，…，都有xn<xn+1<x0<yn+1<yn．
（III） == yn2+xnyn+xn2－(yn+xn)+ ≤(yn+xn)2－(yn+xn)+
=[(yn+xn)－]2+ ． 由(Ⅱ)知 0<yn+xn<1．∴－ < yn+xn－ < ，
∴ < ()2+ =
9、已知函数f(x)=kx3－3x2+1(k≥0).
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若函数f(x)的极小值大于0, 求k的取值范围.
解: （I）当k=0时， f(x)=－3x2+1 ∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，单调减区间[0，+∞)．
当k>0时 ， f '(x)=3kx2－6x=3kx(x－)
∴f(x)的单调增区间为(－∞，0] ， [ ，+∞)， 单调减区间为[0，]．
（II）当k=0时， 函数f(x)不存在最小值．
当k>0时， 依题意 f()=－+1>0 ，
即k2>4 ， 由条件k>0， 所以k的取值范围为(2，+∞)
10、已知函数＝＋有如下性质：如果常数＞0，那么该函数在0，上是减函数，在，＋∞上是增函数．
（1）如果函数＝＋（＞0）的值域为6，＋∞，求的值；
（2）研究函数＝＋（常数＞0）在定义域内的单调性，并说明理由；
（3）对函数＝＋和＝＋（常数＞0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明），并求函数＝＋（是正整数）在区间[，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．
[解]（1）函数y=x+(x>0)的最小值是2，则2=6, ∴b=log29.
(2) 设0<x1<x2,y2－y1=.
当<x1<x2时, y2>y1, 函数y=在[,+∞)上是增函数；
当0<x1<x2<时y2<y1, 函数y=在(0,]上是减函数.
又y=是偶函数，于是，该函数在(－∞,－]上是减函数, 在[－,0)上是增函数；
(3) 可以把函数推广为y=(常数a>0),其中n是正整数.
当n是奇数时,函数y=在(0,]上是减函数,在[,+∞) 上是增函数,
在(－∞,－]上是增函数, 在[－,0)上是减函数；
当n是偶数时,函数y=在(0,]上是减函数,在[,+∞) 上是增函数,
在(－∞,－]上是减函数, 在[－,0)上是增函数；
F(x)=+ =
因此F(x) 在 [,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数. 所以，当x=或x=2时，F(x)取得最大值()n+()n；当x=1时F(x)取得最小值2n+1；
11、已知函数有如下性质：如果常数，那么该函数在上是减函数，在上是增函数．
（1）如果函数在上是减函数，在上是增函数，求的值．
（2）设常数，求函数的最大值和最小值；
（3）当是正整数时，研究函数的单调性，并说明理由．
解(1) 由已知得=4, ∴b=4.
(2) ∵c∈[1,4], ∴∈[1,2],于是,当x=时, 函数f(x)=x+取得最小值2.
f(1)－f(2)=,
当1≤c≤2时, 函数f(x)的最大值是f(2)=2+；
当2≤c≤4时, 函数f(x)的最大值是f(1)=1+c.
(3)设0<x1<x2,g(x2)－g(x1)=.
当<x1<x2时, g(x2)>g(x1), 函数g(x)在[,+∞)上是增函数；
当0<x1<x2<时, g(x2)>g(x1), 函数g(x)在(0, ]上是减函数.
当n是奇数时,g(x)是奇函数,
函数g(x) 在(－∞,－]上是增函数, 在[－,0)上是减函数.
当n是偶数时, g(x)是偶函数,
函数g(x)在(－∞,－)上是减函数, 在[－,0]上是增函数.
12、已知函数f(x)=x+ x，数列｜x｜(x＞0)的第一项x＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在处的切线及经过（0，0）和（x,f (x)）两点的直线平行（如图）求证：当n时，
(Ⅰ)x
（Ⅱ）

解答
本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力．
证明：（I）因为所以曲线在处的切线斜率
因为过和两点的直线斜率是所以.
（II）因为函数当时单调递增，而
，
所以，即因此
又因为令则
因为所以
因此 故
13、已知函数f(x)=(x2+bx+c),其中b,cR为常数.　　　　　　　　
（Ⅰ）若b2＞4(a-1),讨论函数f(x)的单调性；
（Ⅱ）若b2＜4(c-1),且=4,试证：－6≤b≤2.

14、设，其中，曲线在点处的切线及y轴相交于点．
（1）确定a的值；
（2）求函数的单调区间及极值．
分析：（1）先由所给函数的表达式，求导数，再根据导数的几何意义求出切线的斜率，最后由曲线在点处的切线及y轴相交于点列出方程求a的值即可；
（2）由（1）求出的原函数及其导函数，求出导函数的零点，把函数的定义域分段，判断导函数在各段内的符号，从而得到原函数的单调区间，根据在各区间内的单调性求出极值点，把极值点的横坐标代入函数解析式求得函数的极值．
解：（1）因，故，（），
令，得，，∴曲线在点处的切线方程为，
由切线及y轴相交于点．
∴，
∴．
（2）由（I）得，（），，
令，得或，
当或时，，故在上为增函数，
当时，，故在上为减函数，
故在时取得极大值，在时取得极小值．
15、已知函数，，当时，
（I）求证：；
（II）若恒成立，求实数a的取值范围．
分析：（I）①当时，，令，利用导数得到的单调性即可证明；
②当时，，令，利用导数得出的单调性即可证明．
（II）利用（I）的结论得到，于是．
再令，通过多次求导得出其单调性即可求出a的取值范围．
（I）证明：①当时，，
令，则．
当时，，
∴在上是增函数，
∴，即．
②当时，，令，则．
当时，，
∴在单调递增，∴，
∴．
综上可知：．
（II）解：设．
令，则，
令，则．
当时，，
可得是上的减函数，∴，故在单调递减，
∴．∴．
∴当时，在上恒成立．
下面证明当时，在上不恒成立．
．
令，
则．
当时，，故在上是减函数，
∴．
当时，．
∴存在，使得，此时，．
即在不恒成立．
综上实数a的取值范围是．
16、设函数分别在处取得极小值、极大值.平面上点的坐标分别为、，该平面上动点满足,点是点关于直线的对称点.求
(I)求点的坐标；
(II)求动点的轨迹方程.
解: (Ⅰ)令解得
当时,, 当时, ,当时,
所以,函数在处取得极小值,在取得极大值,故,，所以, 点A、B的坐标为.
(Ⅱ) 设，，

，所以，又PQ的中点在上，所以
消去得
17、设函数(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)．
(Ⅰ)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0，+∞)，，
当，，
所以，
令，则x=2，所以当，f(x)单调递减，当时，f(x)单调递增．
(2)令，则，则，，

综上，e的取值范围为．
∴，
当k≤0时，kx≤0，
∴ex﹣kx＞0，令f′(x)=0，则x=2，
∴当0<x<2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，+∞)．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，
故f(x)在(0，2)内不存在极值点；
当k＞0时，设函数g(x)=ex﹣kx，x∈[0，+∞)．
∵g′(x)=ex﹣k=ex﹣elnk，
当0＜k≤1时，
当x∈(0，2)时，g′(x)=ex﹣k＞0，y=g(x)单调递增，
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；
当k＞1时，
得x∈(0，lnk)时，g′(x)＜0，函数y=g(x)单调递减，
x∈(lnk，+∞)时，g′(x)＞0，函数y=g(x)单调递增，
∴函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1﹣lnk)
函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点
当且仅当
解得：．
综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为．
18、已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1
(Ⅰ) 讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ) 设a<－1.如果对任意x1，x2∈(0，+∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求a的取值范围.
解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0，+∞). .
当a≥0时，f '(x)>0，故f(x)在(0，+∞)单调增加；
当a≤－1时，f '(x)＜0，故f(x)在(0，+∞)单调减少；
当-1＜a＜0时，令f '(x)=0，解得.
则当时，f '(x)＞0；时，f '(x)＜0.
故f(x)在单调增加，在单调减少.
(Ⅱ)不妨假设x1≥x2，而a＜-1，由(Ⅰ)知在(0，+∞)单调减少，从而f(x1)≤f(x2)
∀x1，x2∈(0，+∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|
等价于
∀x1，x2∈(0，+∞)，f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1. ①
令g(x)=f(x)+4x，则
①等价于g(x)在(0，+∞)单调减少，即
.
从而
故a的取值范围为(-∞，-2].
19、已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1
(Ⅰ) 讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ) 设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，+∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0，+∞). .
当a≥0时，f '(x)>0，故f(x)在(0，+∞)单调增加；
当a≤－1时，f '(x)＜0，故f(x)在(0，+∞)单调减少；
当-1＜a＜0时，令f '(x)=0，解得.
则当时，f '(x)＞0；时，f '(x)＜0.
故f(x)在单调增加，在单调减少.
(Ⅱ)不妨假设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在（0，+∞）单调减少.
所以 f(x1)≤f(x2)
|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于
f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，
即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.
令g(x)=f(x)+4x，则

＝.
于是g'(x)≤＝≤0.
从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，
即　f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，
故对任意x1，x2∈(0，+) ，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
20、已知函数f(x)=(x+1)lnx－x+1.
（Ⅰ）若xf'(x)≤x2+ax+1，求a的取值范围；
（Ⅱ）证明：(x－1)f(x)≥0.
解： （Ⅰ），
xf'(x)=xlnx+1，
题设xf'(x)≤x2+ax+1
所以xlnx+1≤x2+ax+1
所以 xlnx－x2－ax≤0
所以 x(lnx－x－a)≤0
因为函数f(x)的定义域是x>0
所以 lnx－x≤a.
令g(x)=lnx－x，则
所以 当0<x<1，g'(x)>0；
当x>1时，g'(x)<0，
当x=1时，g'(x)=0
所以x=1是g(x)的极大值点也是最大值点，
g(x)≤g(1)=－1.
综上，a的取值范围是[－1，+∞).
(Ⅱ)有（Ⅰ）知，g(x)≤g(1)=－1即lnx－x+1≤0.(当且仅当x=1时，等号成立）
当0<x<1时，因为 lnx<0，x>0，所以xlnx<0.又lnx－x+1<0．
所以 f(x)=(x+1)lnx－x+1=xlnx+(lnx－x+1)≤0；
此时x－1<0.所以(x－1)f(x)≥0.
当x>1时，f(x)=lnx+(xlnx－x+1)
因为，所以由(I)知，
所以
又lnx>0.

因为 x－1>0，所以 (x－1)f(x)>0
当x=1时，(x－1)f(x)=0
综上所述： (x－1)f(x)≥0.

22 / 22