导数练习题(精编)

试卷第1页，总2页1．已知函数222xfxexax.（1）当2a时，求函数fx的极值；（2）若22gxfxx，且0gx恒成立，求实数a的取值范围.2．已知函数2()lnfxxmx，21()2gxmxx，mR，令()()()Fxfxgx.（1）当12m时，求函数()fx的单调递增区间；（2）若关于x的不等式()1Fxmx恒成立，求整数m的最小值；3．已知函数)2(sin)(2eaaxxexfx，其中Ra，71828.2e为自然对数的底数.（1）当0a时，讨论函数)(xf的单调性；（2）当121a时，求证：对任意的),0[x，0)(xf.4．已知函数()ln2xmfxex.（1）若1m，求函数()fx的极小值；（2）设2m，证明：()ln20fx.5．已知函数()ln,()xxfxxaxgxe，其中aR且0a，e为自然常数.（1）讨论()fx的单调性和极值；（2）当1a时，求使不等式()()fxmgx恒成立的实数m的取值范围.6．已知函数2()ln1fxxxax，且(1)1f.（1）求()fx的解析式；（2）证明：函数2()exyfxxx的图象在直线1yx的图象下方.7．已知函数321ln1,3xfxxexmxgxx.（1）函数fx在点1,1f处的切线与直线1240exy平行，求函数fx的单调区间；（2）设函数fx的导函数为'fx，对任意的12,0,xx，若'12gxfx恒成立，求m的取值范围.试卷第2页，总2页8．设函数()ln(0)fxxxx．（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设，)R()()(F2axfaxx)(Fx是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当0x时，证明：1)(xfex．9．（本小题满分12分）已知函数2(1)()ln2xfxx．（Ⅰ）求函数fx的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x时，()1fxx；（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在01x，当0(1,)xx时，恒有()1fxkx．10．（本题满分14分）设函数)0(ln)(xxxxf．（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设，)R()()(F2axfaxx)(Fx是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当0x时．证明：1)(xfex．答案第1页，总12页参考答案1．（1）函数fx极小值为01f，无极大值；（2）0,2e.【解析】试题分析：（1）当2a时，2222,'222xxfxexxfxex，通过二次求导可知函数2'222xfxex在R上单调递增，且'00f，所以当0x时'0fx，当0x时，'0fx因此函数fx在区间,0上单调递减，在区间0,上单调递增，所以fx的极小值点为0f，无极大值点；（2）对函数gx求导可得2'2xgxea，分0a和0a讨论，显然0a时，'0gx，函数gx在R上单调递增，研究图象可知一定存在某个00x，使得在区间0,x上函数2xye的图象在函数yax的图象的下方，即2xeax不恒成立，舍去；当0a时，函数gx在区间1,ln22a上单调递减，在区间1ln,22a上单调递增，min1ln022agxg，解得02ae.试题解析：（1）函数222xfxexax的定义域是R,当2a时，2222'222xxfxexxfxex,易知函数2'222xfxex的定义域是R上单调递增函数，且'00f,所以令'0fx，得0x；令'0fx，得0x，所以函数fx在区间,0上单调递减，在区间0,上单调递增.所以函数fx极小值为01f，无极大值.（2）22222222xxgxfxxexaxxeax，则2'2xgxea.①当0a时，'0gx恒成立，所以函数gx在R上单调递增，且数形结合易知，一定存在某个00x，使得在区间0,x上，函数2xye的图象在函数yax的图象的下方，即满足2xeax的图象即0gx.所以0gx不恒成立，故当0a时，不符合题意，舍去；答案第2页，总12页②当0a时，令'0gx，得1ln22ax；'0gx，得1ln22ax；所以函数gx在区间1,ln22a上单调递减，在区间1ln,22a上单调递增.所以函数gx定义域R上的最小值为1ln22ag.若0gx恒成立，则需满足1ln022ag，即ln21ln022aaea，即1ln0222aaa，即1ln022aa.又因为0a，所以1ln002a，解得2ae，所以02ae.综上，实数a的取值范围是0,2e.考点：利用导数研究函数的单调性及极值、最值.【方法点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值、最值，考查了分类讨论、数相结合的数学思想，属于难题.本题第一问研究函数的极值，通过二次求导得到导函数的最小值说明fx的单调性，来判断极值点的情况；第二问是本题解答的难点，把0gx恒成立转化为求函数gx的最小值，按照a的符号进行讨论，来判断gx的单调性，当0a时，gx单调递增，通过找反例排除，当0a时，求出函数gx零点，判断其单调性，求出其最小值，建立不等式求解.2．（1）(0,1)；（2）最小值为2．【解析】试题分析：（1）当12m时,对()fx求导求其单调增区间；（2）先化简()1Fxmx为()10Fxmx,恒成立问题,转化为求()()(1)GxFxmx的最大值来求解.试题解析：（1）21()ln2fxxx，0x，2'11()xfxxxx，（0x）.由'()0fx得210x又0x，所以01x，所以()fx的单增区间为(0,1).（2）令21()()(1)ln(1)12GxFxmxxmxmx.所以2'1(1)1()(1)mxmxGxmxmxx答案第3页，总12页当0m时，因为0x，所以'()0Gx所以()Gx在(0,)上是递增函数，又因为3(1)202Gm.所以关于x的不等于()1Gxmx不能恒成立.当0m时，'1()(1)()mxxmGxx.令'()0Gx得1xm，所以当1(0,)xm时，'()0Gx；当1(,)xm时，'()0Gx，因此函数()Gx在1(0,)xm是增函数，在1(,)xm是减函数.故函数()Gx的最大值为11()ln2Gmmm.令1()ln2hmmm，因为1(1)02h，1(2)ln204h.又因为()hm在(0,)m上是减函数，所以当2m时，()0hm，所以整数m的最小值为2.考点：1.导数与单调性；2.分类讨论的数学思想；3.恒成立问题．【思路点晴】本题第一问是基本的求单调区间问题,只需按求函数单调性的方法来求解就可以.第二问是恒成立问题,我们一般都需要对已知条件进行化简,如本题我们就化简()1Fxmx为()10Fxmx,化简后右边为零,我们就可以转化为求()()(1)GxFxmx的最大值来求解.借助导数工具，判断函数大致图象并结合零点相关性质求解.3．（1）函数)(xf在R上为减函数；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）对函数)(xf求导,利用函数的单调性与导数的关系,得出函数)(xf的单调性；（2）对任意的),0[x，0)(xf等价于对任意的),0[x，2sin20xaxae,再构造函数eaaxxxg2sin)(2,求导,利用导数,求出()gx的最大值小于零.试题解析：解：（1）当0a时，)(sin)(exexfx，Rx，])4sin(2[)cos(sin)(exeexxexfxx，∵当Rx时，2)4sin(2x，∴0)(xf.∴)(xf在R上为减函数.答案第4页，总12页（2）设eaaxxxg2sin)(2，),0[x，axxxg2cos)(，令axxxgxh2cos)()(，),0[x，则axxh2sin)(，当121a时，),0[x，有0)(xh，∴)(xh在),0[上是减函数，即)(xg在),0[上是减函数，又∵01)0(g，022222)4(axg，∴)(xg存在唯一的)4,0(0x，使得02cos)(000axxxg，∴当),0(00xx时，0)(xg，)(xg在区间),0(0x单调递增；当),(00xx时，0)(xg，)(xg在区间),(0x单调递减，因此在区间),0[上eaaxxxgxg2sin)()(2000max，∵02cos00axx，∴00cos21xax，将其代入上式得eaaxxaeaxaxxg241sinsin412cos41sin)(002020max，令0sinxt，)4,0(0x，则)22,0(t，即有eaattatp24141)(2，)22,0(t，∵)(tp的对称轴02at，∴函数)(tp在区间)22,0(上是增函数，且121a，∴)121(,08152228122)22()(aeeaaptp，即任意),0[x，0)(xg，∴0)()(xgexfx，因此任意),0[x，0)(xf.考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.导数的综合应用.【思路点晴】本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数的综合应用等知识点,是压轴题.在（2）中,注意等价转换,对任意的),0[x，0)(xf等价于对任意的),0[x，2sin20xaxae,再构造函数eaaxxxg2sin)(2,利用单调性,求出函数()gx的最大值,即eaaxxaeaxaxxg241sinsin412cos41sin)(002020max,把0sinx看成一答案第5页，总12页个整体,就转化为二次函数最大值.本题多次等价转化,难度大,综合性强.4．（1）11ln2f；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）当1m时，1111xxfxeeexx得其零点1x，判断fx在0,上的单调性，可知fx有极小值1f；（2）把函数fx放缩2ln2ln2xmxfxexex，构造函数221()ln2ln2lnxxgxexexe，利用导数研究函数gx的单调性，并求出其最小值的范围即可证得结论.试题解析：（1）11ln2ln2lnxxfxexexe，所以1111xxfxeeexx，观察得111101fee，而1111xxfxeeexx在(0,)上单调递增，所以当(0,1)x时0fx，当1+，时0fx；所以fx在0,1单调递减，fx在1+，单调递增，故fx有极小值11ln2f．证明：（2）因为2m，所以2ln2ln2xmxfxexex，令221()ln2ln2lnxxgxexe