含绝对值的导数题.doc

1.已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
解：（1）g （x）＝lnx－x＋1，g′（x）＝－1＝，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0；当x＞1时，g′（x）＜0，
可得g （x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
故g （x）有极大值为g （1）＝0，无极小值．
（2）h（x）＝lnx＋|x－a|．
当a≤0时，hx）＝lnx＋x－a，h′（x）＝1＋＞0恒成立，此时h（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞0时，h（x）＝
①当x≥a时，h（x）＝lnx＋x－a，h′（x）＝1＋＞0恒成立，此时h（x）在（a，＋∞）上单调递增；
②当0＜x＜a时，h（x）＝lnx－x＋a，h′（x）＝－1＝．
当0＜a≤1时，h′（x）＞0恒成立，此时h（x）在（0，a）上单调递增；
当a＞1时，当0＜x＜1时h′（x）＞0，当1≤x＜a时h′（x）≤0，
所以h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，a）上单调递减．
综上，当a≤1时，h（x）的增区间为（0，＋∞），无减区间；

当a＞1时，h（x）增区间为（0，1），（a，＋∞）；减区间为（1，a）．

设，函数.
(1) 当时,求曲线在处的切线方程;
(2) 当时,求函数的最小值.
解（1）当时，
令 得 所以切点为（1，2），切线的斜率为1，
所以曲线在处的切线方程为：。
（2）①当时，，
，恒成立。 在上增函数。
故当时，
② 当时，，
（）
（i）当即时，在时为正数，所以在区间上为增函数。故当时，，且此时
(ii)当，即时，在时为负数，在间 时为正数。所以在区间上为减函数，在上为增函数
故当时，，且此时
(iii)当；即 时，在时为负数，所以在区间[1,e]上为减函数，故当时，。
综上所述，当时，在时和时的最小值都是。
所以此时的最小值为；当时，在时的最小值为
，而，
所以此时的最小值为。
当时，在时最小值为，在时的最小值为，
而，所以此时的最小值为
所以函数的最小值为

已知函数.
( I )若, 求+在[2，3]上的最小值；
( II)若时, , 求的取值范围；
(III)求函数在[1，6]上的最小值.
解:(1)因为,且[2，3],所以,
当且仅当x=2时取等号,所以在[2，3]上的最小值为
(2)由题意知,当时,,即恒成立所以,即对恒成立,
则由,得所求a的取值范围是
(3) 记,则的图象分别是以(2a-1,0)和(a,1)为顶点开口向上的V型线,且射线的斜率均为.
①当,即时,易知在[1，6]上的最小值为
②当a<1时,可知2a－1a,可知,
(ⅰ)当,得,即时,在[1，6]上的最小值为
(ⅱ)当且时,即,在[1，6]上的最小值为
(ⅲ)当时,因为,所以在[1，6]上的最小值
为
综上所述, 函数在[1，6]上的最小值为

南京三模）14.若不等式||≥1对任意都成立，则实数取值范围是 ▲ ．
解答：显然时，有。
令
①当时，对任意，，在上递减，，此时，||的最小值为0，不适合题意。
②当时，对任意，
||的最小值为≥1，解得：。
故所求

6.已知函数其中e为自然对数的底.
（1）当时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
（2）若函数y=f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围；
（3）当b>0时，判断函数y=f(x)在区间（0，2）上是否存在极大值，若存在，求出极大值及
相应实数b的取值范围.
解：（1）记g(x)＝ex－bx．当b＝1时，g¢(x)＝ex－1．
当x＞0时，g¢(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(0)＝1＞0，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞0．
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)，所以f¢(1)＝g¢(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程为：
y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x． ………………………… 4分
（没有说明“在x＝1附近，f(x)＝ex－bx”的扣1分)
（2）解法一 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．
即方程ex－bx＝0有且只有一个解．
因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝． ………………………… 6分
令h(x)＝，由h¢(x)＝＝0得x＝1．
当x∈(1，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增，h(x)∈(e，＋∞)；
当x∈(0，1)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减，h(x)∈(e，＋∞)；
所以当x∈(0，＋∞)时，方程b＝有且只有一解等价于b＝e．………… 8分
当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减，且h(x)∈(－∞，0)，
从而方程b＝有且只有一解等价于b∈(－∞，0)．
综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． …………………………… 10分
解法二 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．
即方程ex－bx＝0有且只有一个解，即ex＝bx有且只有一解．
也即曲线y＝ex与直线y＝bx有且只有一个公共点． …………………… 6分
1
x
y
O
1
y＝ex
y＝bx
（图1）
1
x
y
O
1
y＝ex
y＝bx
（图2）
如图1，当b＜0时，直线y＝bx与y＝ex总是有且只有一个公共点，满足要求．
………………………… 8分

如图2，当b≥0时，直线y＝bx与y＝ex有且只有一个公共点，
当且仅当直线y＝bx与曲线y＝ex相切．
设切点为(x0，e)，根据曲线y＝ex在x＝x0处的切线方程为：
y－e＝e(x－x0)．
把原点(0，0)代入得x0＝1，所以b＝e＝e．
综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． ………………………… 10分
（3）由g¢(x)＝ex－b＝0，得x＝lnb．
当x∈(－∞，lnb)时，g¢(x)＜0，g(x)单调递减．
当x∈(lnb，＋∞)时，g¢(x)＞0，g(x)单调递增．
所以在x＝lnb时，g(x)取极小值g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)．
①当0＜b≤e时， g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)≥0，从而当x∈R时，g(x)≥0．
所以f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)在(－∞，＋∞)上无极大值．
因此，在x∈(0，2)上也无极大值． …………………………… 12分
②当b＞e时，g(lnb)＜0．
因为g(0)＝1＞0，g(2lnb)＝b2－2blnb＝b(b－2lnb)＞0，
（令k(x)＝x－2lnx．由k¢(x)＝1－＝0得x＝2，从而当x∈(2，＋∞)时，k(x)单调递增，又k(e)＝e－2＞0，所以当b＞e时，b－2lnb＞0．）
所以存在x1∈(0，lnb)，x2∈(lnb，2lnb)，使得g(x1)＝g(x2)＝0．
此时f(x)＝∣g(x)∣＝
所以f(x)在(－∞，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减，
在(x2，＋∞)上单调递增． ……………………………… 14分
所以在x＝lnb时，f(x)有极大值．
因为x∈(0，2)．所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f(x)在(0，2)上有极大值；
当lnb≥2，即b≥e2 时，f(x)在(0，2)上不存在极大值．
综上所述，在区间(0，2)上，
当0＜b≤e或b≥e2时，函数y＝f(x)不存在极大值；
当e＜b＜e2时，函数y＝f(x)，在x＝lnb时取极大值f(lnb)＝b(lnb－1)．

7.已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
解：（1）由题意，函数的定义域为，
当时，，
，函数的单调递增区间为，………………………3分
当时， , ………5分
若，，此时函数单调递增，
若，，此时函数单调递减，
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为；单调递增区间为． …7分
（2）由（1）知，当时，函数单调递增，
至多只有一个零点，不合题意； …………………………8分
则必有，此时函数的单调递减区间为；单调递增区间为，
由题意，必须，解得， ………………………10分
由，，
得, ………………………12分
而，
下面证明：时，
设，
则，
所以在时递增，则，
所以，
又，
所以,
综上，． ………………………16分

20．(江苏省徐州市2011届高三第一次调研考试) (本小题满分16分)
已知函数．
（1）若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求函数在区间上的最大值（直接写出结果，不需给出演算步骤）．
20．【解析】本小题主要考查函数的概念、性质及图象等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想．
（1）方程，即，变形得，
显然，已是该方程的根，从而欲原方程只有一解，即要求方程，
有且仅有一个等于1的解或无解，
结合图形得. ……………………4分
（2）不等式对恒成立，即（*）对恒成立，
①当时，（*）显然成立，此时；
②当时，（*）可变形为，令
因为当时，，当时，，
所以，故此时.
综合①②，得所求实数的取值范围是. …………………………………8分
（3）因为=…10分
①当时，结合图形可知在上递减，在上递增，
且，经比较，此时在上的最大值为.
②当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且，，
经比较，知此时在上的最大值为.
③当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且，，
经比较，知此时 在上的最大值为.
④当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且, ，
经比较，知此时 在上的最大值为.
当时，结合图形可知在上递减，在上递增，
故此时 在上的最大值为.
综上所述，当时，在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为0.………………………………………16分
20．(江苏省盐城市2011届高三年级第一次调研) (本小题满分16分)
已知函数,.
（Ⅰ）当时,求函数在区间上的最大值；
（Ⅱ）若恒成立,求的取值范围；
（Ⅲ）对任意,总存在惟一的,使得成立, 求的取值范围.
20．解：（Ⅰ）当,时,,
所以在 递增,所以… …………………………4分
（Ⅱ）①当时，，，
，恒成立,
在上增函数,故当时，……… ……………5分
②当时，，，
当即时，在时为正数，
所以在区间上为增函数,
故当时，，且此时…… ……………………7分
(ii)当,即时，
在时为负数，在间 时为正数,
所以在区间上为减函数，在上为增函数,
故当时，，
且此时……………………………………… ……………………8分
(iii)当,即 时，在时为负数，
所以在区间[1,e]上为减函数，
故当时，…………… ………………………………………9分
综上所述，函数的最小值为 ………10分
所以当时,得；
当()时,无解；
当 （）时,得不成立.
综上,所求的取值范围是…………………………………………11分
（Ⅲ）①当时,在单调递增,
由,得 … ………………12分
②当时，在先减后增,由,
得,
设,,
y
a

x
所以单调递增且，所以恒成立得… … …………14分
③当时,在递增，在递减，
在递增,所以由,
得,设,
则,所以递增，且,
所以恒成立，无解.
④当时，在递增，在递减，在递增,
所以由得无解.
综上,所求的取值范围是………………16分

22．已知函数f (x)＝lnx(x＞0)．
(1)求函数g (x)＝f (x)－x＋1的极值；
*(2)求函数h(x)＝f (x)＋|x－a|(a为实常数)的单调区间；
*(3)若不等式(x2－1)f (x)≥k(x－1)2对一切正实数x恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)g (x)＝lnx－x＋1，g′(x)＝－1＝，
当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x＞1时，g′(x)＜0，
可得g (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故g (x)有极大值为g (1)＝0，无极小值．
(2)h(x)＝lnx＋|x－a|．
当a≤0时，h(x)＝lnx＋x－a，h′(x)＝1＋＞0恒成立，此时h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，h(x)＝
①当x≥a时，h(x)＝lnx＋x－a，h′(x)＝1＋＞0恒成立，此时h(x)在(a，＋∞)上单调递增；
②当0＜x＜a时，h(x)＝lnx－x＋a，h′(x)＝－1＝．
当0＜a≤1时，h′(x)＞0恒成立，此时h(x)在(0，a)上单调递增；
当a＞1时，当0＜x＜1时h′(x)＞0，当1≤x＜a时h′(x)≤0，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
综上，当a≤1时，h(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；
当a＞1时，h(x)增区间为(0，1)，(a，＋∞)；减区间为(1，a)．
(3)不等式(x2－1)f (x)≥k(x－1)2对一切正实数x恒成立，
即(x2－1)lnx≥k(x－1)2对一切正实数x恒成立．
当0＜x＜1时，x2－1＜0；lnx＜0，则(x2－1)lnx＞0；
当x≥1时，x2－1≥0；lnx≥0，则(x2－1)lnx≥0．
因此当x＞0时，(x2－1)lnx≥0恒成立．
又当k≤0时，k(x－1)2≤0，故当k≤0时，(x2－1)lnx≥k(x－1)2恒成立．
下面讨论k＞0的情形．
当x＞0且x≠1时，(x2－1)lnx－k(x－1)2＝(x2－1)[lnx－]．
设h(x)＝lnx－( x＞0且x≠1)，h′(x)＝－＝．
记△＝4(1－k)2－4＝4(k2－2k)．
①当△≤0，即0＜k≤2时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在(0，1)及(1，＋∞)上单调递增．
于是当0＜x＜1时，h(x)＜h(1)＝0，又x2－1＜0，故(x2－1) h(x)＞0，即(x2－1)lnx＞k(x－1)2．
当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，又x2－1＞0，故(x2－1) h(x)＞0，即(x2－1)lnx＞k(x－1)2．
又当x＝1时，(x2－1)lnx＝k(x－1)2．
因此当0＜k≤2时，(x2－1)lnx≥k(x－1)2对一切正实数x恒成立．
②当△＞0，即k＞2时，设x2＋2(1－k)x＋1＝0的两个不等实根分别为x1，x2(x1＜x2)．
函数φ(x)＝x2＋2(1－k)x＋1图像的对称轴为x＝k－1＞1，
又φ(1)＝4－2k＜0，于是x1＜1＜k－1＜x2．
故当x∈(1，k－1)时，φ(x)＜0，即h′(x)＜0，从而h(x)在(1，k－1)在单调递减；
而当x∈(1，k－1)时，h(x)＜h(1)＝0，此时x2－1＞0，于是(x2－1) h(x)＜0，即(x2－1)lnx＜k(x－1)2，
因此当k＞2时，(x2－1)lnx≥k(x－1)2对一切正实数x不恒成立．
综上，当(x2－1)f (x)≥k(x－1)2对一切正实数x恒成立时，k≤2，即k的取值范围是(－∞，2]．
【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想．第三问比较难，两个注意：①适当变形后研究函数h(x)；②当k＞2时，区间(1，k－1)是如何找到的．

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