导数大题练习带答案

1．已知f(x)＝xlnx－ax，g(x)＝－x2－2，(Ⅰ)对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(Ⅱ)当a＝－1时，求函数f(x)在[m，m＋3](m＞0)上的最值；(Ⅲ)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1＞exex21成立．2、已知函数2()ln2(0)fxaxax.（Ⅰ）若曲线y=f(x)在点P（1，f(1)）处的切线与直线y=x+2垂直，求函数y=f(x)的单调区间；（Ⅱ）若对于(0,)x都有f(x)＞2(a―1)成立，试求a的取值范围；（Ⅲ）记g(x)=f(x)+x―b（b∈R）.当a=1时，函数g(x)在区间[e―1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围.3．设函数f(x)=lnx+(x－a)2，a∈R.（Ⅰ）若a=0，求函数f(x)在[1，e]上的最小值；（Ⅱ）若函数f(x)在1[,2]2上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围；（Ⅲ）求函数f(x)的极值点.4、已知函数21()(21)2ln()2fxaxaxxaR.(Ⅰ)若曲线()yfx在1x和3x处的切线互相平行，求a的值；(Ⅱ)求()fx的单调区间；(Ⅲ)设2()2gxxx，若对任意1(0,2]x，均存在2(0,2]x，使得12()()fxgx，求a的取值范围.5、已知函数)0(2ln2axaxxf(Ⅰ)若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋2垂直，求函数y＝f(x)的单调区间；(Ⅱ)若对于任意)1(2,0axfx都有成立，试求a的取值范围；(Ⅲ)记g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R).当a＝1时，函数g(x)在区间e,e1上有两个零点，求实数b的取值范围．6、已知函数1ln()xfxx．(1)若函数在区间1(,)2aa(其中0a)上存在极值，求实数a的取值范围；(2)如果当1x时，不等式()1kfxx恒成立，求实数k的取值范围．1.解：(Ⅰ)对一切)()(),,0(xgxfx恒成立，即2ln2xaxxx恒成立.也就是xxalnx2在),0(x恒成立.………1分令xxxxF2ln)(，则F2222)1)(2(2211)(xxxxxxxxx，……2分在)10(，上F0)(x，在)1(，上F0)(x，因此，)(xF在1x处取极小值，也是最小值，即3)1()(minFxF，所以3a.……4分(Ⅱ)当时，1axxxxfln)(，f2ln)(xx，由f0)(x得21ex.………6分①当210em时，在)1,[2emx上f0)(x，在]3,1(2mex上f0)(x因此，)(xf在21ex处取得极小值，也是最小值.2min1)(exf.由于0]1)3)[ln(3()3(,0)(mmmfmf因此，]1)3)[ln(3()3()(maxmmmfxf………8分②当时21em，0)('xf，因此]3,[)(mmxf在上单调递增，所以)1(ln)()(minmmmfxf，]1)3)[ln(3()3()(maxmmmfxf……9分(Ⅲ)证明：问题等价于证明)),0((2lnxeexxxxx,………10分由(Ⅱ)知1a时，xxxxfln)(的最小值是21e，当且仅当21ex时取得，……11分设)),0((2)(xeexxGx，则Gxexx1)(，易知eGxG1)1()(max，当且仅当1x时取到，………12分但，ee112从而可知对一切(0,)x，都有exexx211ln成立.………13分2、解：（Ⅰ）直线y=x+2的斜率为1.函数f(x)的定义域为（0，+∞），因为22'()afxxx，所以22'(1)111af，所以a=1.所以2()ln2fxxx.22'()xfxx.由'()0fx解得x＞0；由'()0fx解得0＜x＜2.所以f(x)的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）.……4分（Ⅱ）2222'()aaxfxxxx，由'()0fx解得2xa；由'()0fx解得20xa.所以f(x)在区间2(,)a上单调递增，在区间2(0,)a上单调递减.所以当2xa时，函数f(x)取得最小值，min2()yfa.因为对于(0,)x都有()2(1)fxa成立，所以2()2(1)faa即可.则22ln22(1)2aaaa.由2lnaaa解得20ea.所以a的取值范围是2(0,)e.………………8分（Ⅲ）依题得2()ln2gxxxbx，则222'()xxgxx.由'()0gx解得x＞1；由'()0gx解得0＜x＜1.所以函数()gx在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数.又因为函数()gx在区间[e－1，e]上有两个零点，所以1()0()0(1)0gegeg.解得21e1eb.所以b的取值范围是2(1,e1]e.………………13分3．解：（Ⅰ）f(x)的定义域为（0，+∞）.………………1分因为1'()20fxxx，所以f(x)在[1，e]上是增函数，当x=1时，f(x)取得最小值f(1)=1.所以f(x)在[1，e]上的最小值为1.………………3分（Ⅱ）解法一：21221'()2()xaxfxxaxx设g(x)=2x2―2ax+1，………………4分依题意，在区间1[,2]2上存在子区间使得不等式g(x)＞0成立.……5分注意到抛物线g(x)=2x2―2ax+1开口向上，所以只要g(2)＞0，或1()02g即可………………6分由g(2)＞0，即8―4a+1＞0，得94a，由1()02g，即1102a，得32a，所以94a，所以实数a的取值范围是9(,)4.………………8分解法二：21221'()2()xaxfxxaxx，………………4分依题意得，在区间1[,2]2上存在子区间使不等式2x2―2ax+1＞0成立.又因为x＞0，所以12(2)axx.………………5分设1()2gxxx，所以2a小于函数g(x)在区间1[,2]2的最大值.又因为1'()2gxx，由21'()20gxx解得22x；由21'()20gxx解得202x.所以函数g(x)在区间2(,2)2上递增，在区间12(,)22上递减.所以函数g(x)在12x，或x=2处取得最大值.又9(2)2g，1()32g，所以922a，94a所以实数a的取值范围是9(,)4.………………8分（Ⅲ）因为2221'()xaxfxx，令h(x)=2x2―2ax+1①显然，当a≤0时，在（0，+∞）上h(x)＞0恒成立，f'(x)＞0，此时函数f(x)没有极值点；………………9分②当a＞0时，（i）当Δ≤0，即02a时，在（0，+∞）上h(x)≥0恒成立，这时f'(x)≥0，此时，函数f(x)没有极值点；………………10分（ii）当Δ＞0时，即2a时，易知，当222222aaaax时，h(x)＜0，这时f'(x)＜0；当2202aax或222aax时，h(x)＞0，这时f'(x)＞0；所以，当2a时，222aax是函数f(x)的极大值点；222aax是函数f(x)的极小值点.………………12分综上，当2a时，函数f(x)没有极值点；当2a时，222aax是函数f(x)的极大值点；222aax是函数f(x)的极小值点.4．解：2()(21)fxaxax(0)x.………1分(Ⅰ)(1)(3)ff，解得23a.………3分(Ⅱ)(1)(2)()axxfxx(0)x.………4分①当0a时，0x，10ax，在区间(0,2)上，()0fx；在区间(2,)上()0fx，故()fx的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,).………5分②当102a时，12a，在区间(0,2)和1(,)a上，()0fx；在区间1(2,)a上()0fx，故()fx的单调递增区间是(0,2)和1(,)a，单调递减区间是1(2,)a.………6分③当12a时，2(2)()2xfxx，故()fx的单调递增区间是(0,).………7分④当12a时，102a，在区间1(0,)a和(2,)上，()0fx；在区间1(,2)a上()0fx，故()fx的单调递增区间是1(0,)a和(2,)，单调递减区间是1(,2)a.………8分(Ⅲ)由已知，在(0,2]上有maxmax()()fxgx.………9分由已知，max()0gx，由(Ⅱ)可知，①当12a时，()fx在(0,2]上单调递增，故max()(2)22(21)2ln2222ln2fxfaaa，所以，222ln20a，解得ln21a，故1ln212a.……10分②当12a时，()fx在1(0,]a上单调递增，在1[,2]a上单调递减，故max11()()22ln2fxfaaa.由12a可知11lnlnln12ea，2ln2a，2ln2a，所以，22ln0a，max()0fx，综上所述，ln21a.………12分5、(Ⅰ)直线y＝x＋2的斜率为1，函数f(x)的定义域为,0因为xaxxf2'2)(，所以111212'af，所以a＝1所以2'2,2ln2xxxfxxxf由0'xf解得x＞2；由0'xf解得0＜x＜2所以f(x)得单调增区间是,2，单调减区间是2,0………4分(Ⅱ)22'22)(xaxxaxxf由0'xf解得;2ax由0'xf解得ax20所以f(x)在区间),2(a上单调递增，在区间)2,0(a上单调递减所以当ax2时，函数f(x)取得最小值)2(minafy因为对于任意)1(2,0axfx都有成立，所以)1(2)2(aaf即可则)1(222ln22aaaa，由aaa2ln解得ea20所以a得取值范围是)2,0(e………8分(Ⅲ)依题意得bxxxg2ln2)(，则22'2)(xxxxg由0'xg解得x＞1，由0'xg解得0＜x＜1所以函数g(x)在区间e,e1上有两个零点，所以0)1(0)(0)(1gegeg解得121eeb所以b得取值范围是]12,1(ee………12分6、解：(1)因为1ln()xfxx，0x，则2ln()xfxx，…1分当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．∴()fx在(0,1)上单调递增；在(1,)上单调递减，∴函数()fx在1x处取得极大值．………3分∵函数()fx在区间1(,)2aa(其中0a)上存在极值，∴1,11,2aa解得112a．……….5分(2)不等式()1kfxx，即为(1)(1ln)xxkx，………7分记(1)(1ln)()xxgxx∴22[(1)(1ln)](1)(1ln)ln()xxxxxxxgxxx，…9分令()lnhxxx，则1'()1hxx，∵1x，∴'()0hx，∴()hx在[1,)上递增，∴min[()](1)10hxh，从而()0gx，故()gx在[1,)上也单调递增，∴min[()](1)2gxg，∴2k．………12分