导数综合练习题

1．（本题满分12分）

已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示． （I）求c,d的值；

（II）若函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，求函数f(x)的解析式；

（III）在（II）的条件下，函数yf(x)与y个不同的交点，求m的取值范围． 2．（本小题满分12分）

已知函数f(x)alnxax3(aR)．

（I）求函数f(x)的单调区间；

（II）函数f(x)的图象的在x4处切线的斜率为

1f(x)5xm的图象有三331m,若函数g(x)x3x2[f'(x)]在区间（1，2323）上不是单调函数，求m的取值范围．

3．（本小题满分14分）

已知函数f(x)x3ax2bxc的图象经过坐标原点，且在x1处取得极大值． （I）求实数a的取值范围；

(2a3)2（II）若方程f(x)恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式；

9（III）对于（II）中的函数f(x)，对任意、R，求证：|f(2sin)f(2sin)|81． 4．（本小题满分12分）

已知常数a0，e为自然对数的底数，函数f(x)exx，g(x)x2alnx．

（I）写出f(x)的单调递增区间，并证明eaa； （II）讨论函数yg(x)在区间(1,ea)上零点的个数． 5．（本小题满分14分）

已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1． （I）当k1时，求函数f(x)的最大值；

（II）若函数f(x)没有零点，求实数k的取值范围； 6．（本小题满分12分）

已知x2是函数f(x)(xax2a3)e的一个极值点（e2.718）．

（I）求实数a的值；

（II）求函数f(x)在x[,3]的最大值和最小值．

2x327．（本小题满分14分）

已知函数f(x)x24x(2a)lnx,(aR,a0) （I）当a=18时，求函数f(x)的单调区间；

（II）求函数f(x)在区间[e,e2]上的最小值． 8．（本小题满分12分）

已知函数f(x)x(x6)alnx在x(2,)上不具有单调性． ．．．

（I）求实数a的取值范围；

（II）若f(x)是f(x)的导函数，设g(x)f(x)6不等式|g(x1)g(x2)|2，试证明：对任意两个不相等正数x1、x2，2x 9．（本小题满分12分）

已知函数f(x)38|x1x2|恒成立． 2712xax(a1)lnx,a1. 2 （I）讨论函数f(x)的单调性；

（II）证明：若a5,则对任意x1,x2(0,),x1x2,有 10．（本小题满分14分）

f(x1)f(x2)1.

x1x212xalnx,g(x)(a1)x,a1． 2（I）若函数f(x),g(x)在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；

，设)F(x)f(x)g(x)，求证：当x1,x2[1,a]时，不等式（II）若a(1,e](e2.71828|F(x1)F(x2)|1成立．

已知函数f(x) 11．（本小题满分12分）

设曲线C：f(x)lnxex（e2.71828），f(x)表示f(x)导函数．

（I）求函数f(x)的极值；

（II）对于曲线C上的不同两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2，求证：存在唯一的x0(x1,x2)，使直线AB的斜率等于f(x0)． 12．（本小题满分14分）

定义F(x,y)(1x),x,y(0,)，

（I）令函数f(x)F(3,log2(2xx24))，写出函数f(x)的定义域；

（II）令函数g(x)F(1,log2(x3ax2bx1))的图象为曲线C，若存在实数b使得曲线C在

yx0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围；

（III）当x,yN*且xy时，求证F(x,y)F(y,x)．

导数练习题（B）答案

1．（本题满分12分）

已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示． （I）求c,d的值；

（II）若函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，求函数f(x)的解析式；

（III）在（II）的条件下，函数yf(x)与y个不同的交点，求m的取值范围．

1f(x)5xm的图象有三3解：函数f(x)的导函数为 f'(x)3ax22bxc3a2b …………（2分） （I）由图可知 函数f(x)的图象过点（0，3），且f'(1)0

d3d3得  …………（4分） 3a2bc3a2b0c0（II）依题意 f'(2)3且f(2)5

12a4b3a2b3 8a4b6a4b35解得 a1,b6 所以f(x)x36x29x3 …………（8分）

（III）f(x)3x212x9．可转化为：x36x29x3x24x35xm有三个不等实根，

即：gxx37x28xm与x轴有三个交点；

gx3x214x83x2x4，

x gx 2, 3+ 增 2 30 极大值 24 ，3- 减 4 0 极小值 4， + 增 gx 268gm,g416m． …………（10分） 327268m0且g416m0时，有三个交点， 当且仅当g32768故而，16m为所求． …………（12分）

272．（本小题满分12分）

已知函数f(x)alnxax3(aR)． （I）求函数f(x)的单调区间；

（II）函数f(x)的图象的在x4处切线的斜率为3）上不是单调函数，求m的取值范围． 解：（I）f'(x)31m,若函数g(x)x3x2[f'(x)]在区间（1，232（2分）

a(1x)(x0) x0,1,减区间为1, 当a0时,f(x)的单调增区间为1,,减区间为0,1; 当a0时,f(x)的单调增区间为当a=1时，f(x)不是单调函数 （II）f'(4)（5分）

3a3得a2,f(x)2lnx2x3 421mg(x)x3(2)x22x,g'(x)x2(m4)x2（6分）

32g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且g'(0)2

g'(1)0, g'(3)0.m3,19m(,3) （8分）（10分）193m,3（12分）

3．（本小题满分14分）

已知函数f(x)x3ax2bxc的图象经过坐标原点，且在x1处取得极大值． （I）求实数a的取值范围；

(2a3)2（II）若方程f(x)恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式；

9（III）对于（II）中的函数f(x)，对任意、R，求证：|f(2sin)f(2sin)|81． 解：（I）f(0)0c0,f(x)3x22axb,f(1)0b2a3

f(x)3x22ax(2a3)(x1)(3x2a3),

2a3 由f(x)0x1或x，因为当x1时取得极大值，

32a3 所以1a3，所以a的取值范围是:(,3)；

3…………（4分）

（II）由下表： x f(x) f(x) (,1) + 递增 1 0 极大值a2 (1,2a3 )32a3 3(2a3,) 3- 递减 0 极小值 a6(2a3)2 27- 递增 a6(2a3)22(2a3) 依题意得：，解得：a9 279 所以函数f(x)的解析式是：f(x)x39x215x

…………（10分）

（III）对任意的实数,都有22sin2,22sin2,

在区间[-2，2]有：f(2)8363074,f(1)7,f(2)836302

f(x)的最大值是f(1)7,f(x)的最小值是f(2)8363074

[2,2]上的最大值与最小值的差等于81， 函数f(x)在区间 所以|f(2sin)f(2sin)|81．

…………（14分）

4．（本小题满分12分）

已知常数a0，e为自然对数的底数，函数f(x)exx，g(x)x2alnx．

（I）写出f(x)的单调递增区间，并证明eaa； （II）讨论函数yg(x)在区间(1,ea)上零点的个数．

解：（I）f(x)ex10，得f(x)的单调递增区间是(0,)， …………（2分）

∵a0，∴f(a)f(0)1，∴eaa1a，即eaa． …………（4分）

（II）g(x)2xax2(xx g(x) g(x) 当x2a2a)(x)22，由g(x)0，得x2a，列表

2x2a2a2a(0,) (,) 222- 0 + 单调递减 极小值 单调递增 2aaa2a)(1ln)，无极大值． 时，函数yg(x)取极小值g(2222 …………（6分）

e2aea2aaa2a由（I）eaa，∵ a，∴e，∴e22a2g(1)10，g(ea)e2aa2(eaa)(eaa)0 …………（8分） 2a1，即0a2时，函数yg(x)在区间(1,ea)不存在零点 22a1，即a2时 （ii）当2aa 若(1ln)0，即2a2e时，函数yg(x)在区间(1,ea)不存在零点

22aa 若(1ln)0，即a2e时，函数yg(x)在区间(1,ea)存在一个零点xe；

22aa 若(1ln)0，即a2e时，函数yg(x)在区间(1,ea)存在两个零点；

22a综上所述，yg(x)在(1,e)上，我们有结论： 当0a2e时，函数f(x)无零点； 当a2e 时，函数f(x)有一个零点； 当a2e时，函数f(x)有两个零点．

…………（12分） 5．（本小题满分14分）

已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1． （I）当k1时，求函数f(x)的最大值；

（II）若函数f(x)没有零点，求实数k的取值范围；

（i）当

解：（I）当k1时，f(x)2x x1f(x)定义域为（1，+），令f(x)0,得x2， ………………（2分）

∵当x(1,2)时,f(x)0，当x(2,)时,f(x)0，

∴f(x)在(1,2)内是增函数，在(2,)上是减函数

∴当x2时，f(x)取最大值f(2)0 ………………（4分） （II）①当k0时，函数yln(x1)图象与函数yk(x1)1图象有公共点，

∴函数f(x)有零点，不合要求； ………………（8分）

②当k0时，f(x)11kkxkx1x1k(x1k)k ………………（6分） x1k1k11，∵x(1,)时,f(x)0,x(1,)时,f(x)0， kkk11∴f(x)在(1,1)内是增函数，在[1,)上是减函数，

kk1∴f(x)的最大值是f(1)lnk，

k∵函数f(x)没有零点，∴lnk0，k1，

因此，若函数f(x)没有零点，则实数k的取值范围k(1,)．………………（10分）

令f(x)0,得x6．（本小题满分12分）

已知x2是函数f(x)(x2ax2a3)ex的一个极值点（e2.718）．

（I）求实数a的值；

（II）求函数f(x)在x[,3]的最大值和最小值． 解：（I）由f(x)(x2ax2a3)ex可得

32f(x)(2xa)ex(x2ax2a3)ex[x2(2a)xa3]ex……（4分） ∵x2是函数f(x)的一个极值点，∴f(2)0

∴(a5)e20，解得a5 ……………（6分）

（II）由f(x)(x2)(x1)ex0，得f(x)在(,1)递增，在(2,)递增，

由f(x)0，得f(x)在在(1,2)递减

∴f(2)e2是f(x)在x[,3]的最小值； ……………（8分）

323733731333322f()e，f(3)e ∵f(3)f()eee2(4ee7)0,f(3)f()

2442243∴f(x)在x[,3]的最大值是f(3)e3． ……………（12分）

27．（本小题满分14分）

2已知函数f(x)x4x(2a)lnx,(aR,a0) （I）当a=18时，求函数f(x)的单调区间；

（II）求函数f(x)在区间[e,e2]上的最小值． 解：（Ⅰ）f(x)x24x16lnx，

162(x2)(x4) xx由f'(x)0得(x2)(x4)0，解得x4或x2 注意到x0，所以函数f(x)的单调递增区间是（4，+∞） 由f'(x)0得(x2)(x4)0，解得-2＜x＜4， 注意到x0，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,4]. 综上所述，函数f(x)的单调增区间是（4，+∞），单调减区间是(0,4] f'(x)2x4222分

6分

（Ⅱ）在x[e,e]时，f(x)x4x(2a)lnx

2a2x24x2a所以f'(x)2x4， xx2设g(x)2x4x2a 当a0时，有△=16+4×2(2a)8a0，

此时g(x)0，所以f'(x)0，f(x)在[e,e]上单调递增，

2

所以f(x)minf(e)e24e2a 当a0时，△=1642(2a)8a0，

8分

2a2a或x1； 222a2a令f'(x)0，即2x24x2a0，解得1. x1222a①若1≥e2，即a≥2(e21)2时，

2f(x)在区间[e,e2]单调递减，所以f(x)minf(e2)e44e242a.

令f'(x)0，即2x24x2a0，解得x12ae2，即2(e1)2a2(e21)2时间， 22a2a2f(x)在区间[e,1]上单调递减，在区间[1,e]上单调递增，

222aa2a所以f(x)minf(1)2a3(2a)ln(1).

2222a③若1≤e，即0a≤2(e1)2时，f(x)在区间[e,e2]单调递增，

2所以f(x)minf(e)e24e2a

②若e1综上所述，当a≥2(e21)2时，f(x)mina44e242a； 当2(e1)2a2(e21)2时，f(x)min2 当a≤2(e1)时，f(x)min8．（本小题满分12分）

已知函数f(x)x(x6)alnx在x(2,)上不具有单调性． ．．．

（I）求实数a的取值范围；

（II）若f(x)是f(x)的导函数，设g(x)f(x)6不等式|g(x1)g(x2)|a2a2a3(2a)ln(1)； 22 14分 e24e2a

2，试证明：对任意两个不相等正数x1、x2，x238|x1x2|恒成立． 27a2x26xa解：（I）f(x)2x6， ………………（2分）

xx∵f(x)在x(2,)上不具有单调性，∴在x(2,)上f(x)有正也有负也有0， ．．．

即二次函数y2x26xa在x(2,)上有零点 ………………（4分） ∵y2x26xa是对称轴是x3，开口向上的抛物线，∴y22262a0 2的实数a的取值范围(,4) ………………（6分） （II）由（I）g(x)2x方法1：g(x)f(x)a22， xx2a262x2(x0)， 2xxxa4442x34x4∵a4，∴g(x)223223，…………（8分）

xxxxx3448124(2x3)， h(x)42334xxxxx33338h(x)在(0,)是减函数，在(,)增函数，当x时，h(x)取最小值

22227383838∴从而g(x)，∴(g(x)x)0，函数yg(x)x是增函数，

2727273838x1、x2是两个不相等正数，不妨设x1x2，则g(x2)x2g(x1)x1

2727g(x1)g(x2)3838∴g(x2)g(x1) (x2x1)，∵x2x10，∴

x1x22727设h(x)2∴

g(x1)g(x2)3838，即|g(x1)g(x2)||x1x2| ………………（12分）

x1x22727方法2： M(x1,g(x1))、N(x2,g(x2))是曲线yg(x)上任意两相异点，

g(x1)g(x2)2(x1x2)a，x1x22x1x2，a4 22x1x2x12x2x1x22设t2(x1x2)a4a44 ………（8分） 22233x12x2x1x2xxxx(x1x2)(x1x2)12121x1x2,t0，令kMNu(t)24t34t2，u(t)4t(3t2)，

由u(t)0，得t

22,由u(t)0得0t, 332233238g(x1)g(x2)3838u(t)在t处取极小值，u(t)，∴所以 x1x22732727u(t)在(0,)上是减函数，在(,)上是增函数，

即|g(x1)g(x2)|38|x1x2| ………………（12分） 279．（本小题满分12分）

12xax(a1)lnx,a1. 2 （I）讨论函数f(x)的单调性；

已知函数f(x) （II）证明：若a5,则对任意x1,x2(0,),x1x2,有f(x1)f(x2)1.

x1x2a1x2axa1(x1)(x1a)（1）f(x)的定义域为(0,)，f'(x)xa xxx 2分

(x1)2. 故f(x)在(0,)单调增加． （i）若a11,即a2，则 f'(x)x（ii）若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时,f'(x)0.

当x(0,a1)及x(1,)时,f'(x)0,故f(x)在(a1,1)单调减少，在（0，a-1）， (1,)单调增加．

（iii）若a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少,在(0,1),(a1,)

单调增加．

（II）考虑函数g(x)f(x)x 12xax(a1)lnxx. 2a1a1 由 g'(x)x(a1)2x(a1)1(a11)2.

xx 由于aa5,故g'(x)0,即g(x)在(0,)单调增加，从而当x1x20时有 g(x1)g(x2)0,即f(x1)f(x2)x1x20,

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x2)f(x1) 故1，当0x1x2时，有1

x1x2x1x2x2x1已知函数f(x)10．（本小题满分14分）

12xalnx,g(x)(a1)x,a1． 2（I）若函数f(x),g(x)在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；

，设)F(x)f(x)g(x)，求证：当x1,x2[1,a]时，不等式（II）若a(1,e](e2.71828|F(x1)F(x2)|1成立．

a解：（I）f(x)x,g(x)a1， ……………（2分）

x∵函数f(x),g(x)在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，

(a1)(x2a)0恒成立， ……………（4分） ∴当x[1,3]时，f(x)g(x)x即(a1)(x2a)0恒成立， a1a1∴在x[1,3]时恒成立，或在x[1,3]时恒成立， 22axax∵9x1，∴a1或a9 ………………（6分）

（II）F(x)12a(xa)(x1) xalnx,(a1)x，F(x)x(a1)2xx∵F(x)定义域是(0,)，a(1,e]，即a1

∴F(x)在(0,1)是增函数，在(1,a)实际减函数，在(a,)是增函数

1∴当x1时，F(x)取极大值MF(1)a，

21当xa时，F(x)取极小值mF(a)alnaa2a， ………………（8分）

2∵x1,x2[1,a]，∴|F(x1)F(x2)||Mm|Mm ………………（10分）

设G(a)Mm∴[G(a)]1121aalna，则G(a)alna1， 221，∵a(1,e]，∴[G(a)]0 a∴G(a)alna1在a(1,e]是增函数，∴G(a)G(1)0

121∴G(a)aalna在a(1,e]也是增函数 ………………（12分）

22121(e1)21， ∴G(a)G(e)，即G(a)ee222121(e1)2(31)2111，∴G(a)Mm1 而ee2222∴当x1,x2[1,a]时，不等式|F(x1)F(x2)|1成立． ………………（14分） 11．（本小题满分12分）

设曲线C：f(x)lnxex（e2.71828），f(x)表示f(x)导函数．

（I）求函数f(x)的极值；

（II）对于曲线C上的不同两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2，求证：存在唯一的x0(x1,x2)，使直线AB的斜率等于f(x0)． 解：（I）f(x)11ex1e0，得x xxe当x变化时，f(x)与f(x)变化情况如下表：

x 1(0,) e＋ 单调递增 1 e0 极大值 1(,) e－ 单调递减 f(x) f(x) ∴当x11时，f(x)取得极大值f()2，没有极小值； …………（4分）

ee（II）（方法1）∵f(x0)kAB，∴

lnx2lnx1e(x2x1)1xx1x，∴2eln20

x0x2x1x0x1xx即x0ln2(x2x1)0，设g(x)xln2(x2x1)

x1x1xx/g(x1)x1ln2(x2x1)，g(x1)xln210，g(x1)是x1的增函数，

1x1x1x∵x1x2，∴g(x1)g(x2)x2ln2(x2x2)0；

x2xx/g(x2)x2ln2(x2x1)，g(x2)xln210，g(x2)是x2的增函数，

2x1x1x∵x1x2，∴g(x2)g(x1)x1ln1(x1x1)0，

x1x∴函数g(x)xln2(x2x1)在(x1,x2)内有零点x0， …………（10分）

x1xxx又∵21,ln20，函数g(x)xln2(x2x1)在(x1,x2)是增函数，

x1x1x1xx1x∴函数g(x)2ln2在(x1,x2)内有唯一零点x0，命题成立…………（12分）

xx1lnx2lnx1e(x2x1)1e（方法2）∵f(x0)kAB，∴， x0x2x1即x0lnx2x0lnx1x1x20，x0(x1,x2)，且x0唯一

设g(x)xlnx2xlnx1x1x2，则g(x1)x1lnx2x1lnx1x1x2， 再设h(x)xlnx2xlnxxx2，0xx2，∴h(x)lnx2lnx0

∴h(x)xlnx2xlnxxx2在0xx2是增函数 ∴g(x1)h(x1)h(x2)0，同理g(x2)0

∴方程xlnx2xlnx1x1x20在x0(x1,x2)有解 …………（10分）

∵一次函数在(x1,x2)g(x)(lnx2lnx1)xx1x2是增函数

∴方程xlnx2xlnx1x1x20在x0(x1,x2)有唯一解，命题成立………（12分） 注：仅用函数单调性说明，没有去证明曲线C不存在拐点，不给分． 12．（本小题满分14分）

定义F(x,y)(1x)y,x,y(0,)，

（I）令函数f(x)F(3,log2(2xx24))，写出函数f(x)的定义域；

（II）令函数g(x)F(1,log2(x3ax2bx1))的图象为曲线C，若存在实数b使得曲线C在

x0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围；

（III）当x,yN*且xy时，求证F(x,y)F(y,x)．

解：（I）log2(2xx24)0，即2xx241 ……………………（2分）

得函数f(x)的定义域是(1,3)， ……………………（4分） （II）g(x)F(1,log2(x2ax2bx1))x3ax2bx1,

设曲线C在x0(4x01)处有斜率为－8的切线，

又由题设log2(x3ax2bx1)0,g(x)3x22axb,

23x02ax0b8①∴存在实数b使得4x01 有解， ……………………（6分）

②

32x0ax0bx011③ 22由①得b83x02ax0,代入③得2x0ax080，

22x0ax080有解， ……………………（8分） 由4x0188[8,10)， 方法1：a2(x0)，因为4x01，所以2(x0)(x0)(x0)当a10时，存在实数b，使得曲线C在x0(4x01)处有斜率为－8的切线

………………（10分）

方法2：得2(4)a(4)80或2(1)a(1)80，

a10或a10,a10. ………………（10分） 2(4)2a(4)80方法3：是的补集，即a10 ………………（10分）

22(1)a(1)8022xln(1x)ln(1x)1x（III）令h(x) ,x1,由h(x)2xxx11xln(1x),x0, p(x)又令p(x)0， 1x(1x)21x(1x)2p(x)在[0,)单调递减. ……………………（12）分

当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h(x)0,

h(x)在[1,)单调递减，

ln(1x)ln(1y)1xy时,有,yln(1x)xln(1y),(1x)y(1y)x，

xy当x,yN且xy时F(x,y)F(y,x). ………………（14分）