新高中数学——导数难习题

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5.导函数——不等式
x
f(x)?e?kx，x?R
1. 已知函数
（Ⅰ）若
k?e
，试确定函数
f(x)
的单调区间； （Ⅱ）若
k?0
，且对于任意
x?R
，
f(x)?0
恒 成立，试确定实数
k
的取值范围；
F(n)?(e
n?1
（Ⅲ）设 函数
F(x)?f(x)?f(?x)
，求证：
F(1)F(2)?2)(n?N?
)
．
n
2
分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、导数 、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性
质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想 方法，考查分析问题、解决问题的能力。
xx
?
f(x)?e?exf(x)?e?e
．
k?e
解：（Ⅰ）由得，所以




??)
， 由
f
?
(x)?0
得
x?1
， 故
f(x)
的单调递增区间是
(1，
1)
． 由
f
?
(x)?0
得
x?1
，故
f(x)
的单调递减区间是(??，
（Ⅱ）由
于是
f(?x)?f(x)
可知
f(x)是偶函数．
f(x)?0
?
(x)?e
x
?k?0f
f(x)?0
x?Rx≥0
对任意成立等价于对任意成立．由得
x?lnk
．



?
(x)?e
x
?k?1?k≥0(x?0 )f
k?(01]，??)
上单调递增． ①当时，．此时
f(x)
在
[0，
故
f(x)≥f(0)?1?0
，符合题意．
??)
时，
lnk?0
．当
x
变化时
f
?
(x)，f(x)< br>的变化情况如下表： ②当
k?(1，





单调递减


极小值


单调递增
??)
上，
f(x)≥f(lnk)?k?klnk
． 由此可得，在
[0，
，?1?k?e
．综合①，②得，实数
k
的取值范围是
0? k?e
． 依题意，
k?klnk?0
，又
k?1
（Ⅲ）
F (x)?f(x)?f(?x)?e
x
?e
?x
，
?F(x
1
)F(x
2
)?
e
x
1
?x
2
?e
?(x
1
?x
2
)
?e
x
1
?x
2
?e
?x
1
?x
2
?e
x
1
?x
2
?e
?(x
1
?x
2
)
?2?e
x
1
?x
2
?2
，
?F(1)F(n)?e
n?1
?2
，
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由此得，
[F(1)F(2)
故
F(1) F(2)
F(n)]
2
?[F(1)F(n)][F(2)F(n?1)][F(n) F(1)]?(e
n?1
?2)
n

n?1
F(n)?(e?2)，n?N
?
．
n
2
2
2
x
3
g
t
(x)?t
3
x?t
f(x)?
3

3
，对任意实数
t
，记2. 设
（Ⅰ）求函数
实数
t
成立；
y?f(x)?g
8
(x)
的单调区间；（Ⅱ）求证：（ⅰ）当
x?0
时，
f(x)?g
t
(x)
对任意正
（ⅱ）有且仅有一个正实数
x
0
，使得
g
8
(x
0
)?g
t
(x
0
)< br>对于任意正实数
t
成立。
分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及 不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学
知识分析和解决问题的能力．分类讨论、化归（转化）思想 方法
x
3
16
y??4x?
33
． （I）解：
2
?
y?x?4?0
，得
x??2
．因为当
x?(??，? 2)
时，
y
?
?0
， 由
2)
时，
y?
?0
，当
x?(2，??)
时，
y
?
?0< br>， 当
x?(?2，
?2)
，
(2，
2)
．
??)
，单调递减区间是
(?2，
故所求函数的单调递增区间是
(??，< br>（II）证明：（i）方法一：
x
3
2
2
2
h(x )?f(x)?g
t
(x)??t
3
x?t(x?0)
2
?
(x)?x?t
3
h
33
令，则，
??)
时，
h
?
(x)?0
， 当
t?0
时，由
h
?
(x)?0
，得
x?t
，当
x?(x，
1
3
1
3
??)
内的最小值是
h(t)?0
．故当
x?0
时，
f(x)≥g
t
(x)
对任意正实数< br>t
成立． 所以
h(x)
在
(0，
1
3
方法二：
1
22
?
1
3
h
?
(t)?t(x?t
3
)
h(t)?g
t
(x)?tx?t(t?0)
3
3
对任意固 定的
x?0
，令，则，
2
3
由
h
?
(t )?0
，得
t?x
．当
0?t?x
时，
h
?
(t)?0
；当
t?x
时，
h
?
(t)?0
，
333
1
33
h(x)?x
3
h(t)
t?x3
所以当时，取得最大值．因此当
x?0
时，
f(x)≥g(x)
对任意正实数
t
成立．
（ii）方法一：
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f(2)?
8
?g
t
(2)g(2)≥g
t
(2)
3
．由（i）得，
t
对任意正实 数
t
成立．
x
0
?2
即存在正实数
下面证明x
0
，使得
g
x
(2)≥g
t
(2)
对任意正实数
t
成立．
的唯一性：
x
0
3
16
f(x
0
)?
g(x)?4x?
x00
x
0
?2x
0
?0
t?8
3
3
， 当，，时，，
x< br>0
3
x
0
3
16
?4x
0
?gx
3
(x
0
)?
3
t?x
333
，
0
由（i）得，，再取，得
0
16
x
0
3
g
x
(x
0
)?4x
0
???g
x
3(x
0
)
x?2
g(x)≥g
t
(x
0
)
0
33
所以，即
0
时，不满足
x0
对任意t?0
都成立．
故有且仅有一个正实数
x
0
?0
x< br>0
?2
，使得
g
x
(x
0
)0≥g
t
(x
0
)
对任意正实数
t
成立．
方法二：对任 意，
g
x
(x
0
)?4x
0
?
16
3
，
1
3
x
0
g
t
(x
0< br>)g(x)≥g
t
(x
0
)
t
3
因为关于的 最大值是，所以要使
x0
对任意正实数成立的充分必要条件是：
4x
0?
161
3
≥x
0
2
(x?2)(x
0
?4)≤0
0
33
，即，
x
0
?0
①
x
0
?2
又因为
使得
，不等式①成立的充分必要条件是对任意正实数
t
成立．
x
0
?2
，所以有且仅有一个正实数，
g
x
(x
0
)≥g
t
(x
0
)
3. 定义函数f n( x )＝(1＋x)n―1, x＞―2，n∈N*
(1)求证：f n ( x )≥ nx；
(2)是否存在区间[ a，0 ] (a＜0)，使函数h( x )＝f 3( x )－f 2( x )在区间[a，0]上的值域
为[ka，0]?若存在，求出最小实数k的值及相应的区间[a，0 ]，若不存在，说明理由.
分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知 识，以及综合运用所学
知识分析和解决问题的能力．分类讨论、数形结合思想方法
解：(1)证明：f n( x )－nx＝(1＋x)n－1－nx，
令g( x )＝(1＋x)n－1－nx , 则g'( x )＝n[(1＋x)n―1―1].
当x∈(－2，0)时， g'( x )＜0,当x∈(0，＋∞）时，g'( x )＞0，
∴g( x )在x＝0处取得极小值g( 0 )＝0，同时g( x )是单峰函数，
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则g( 0 )也是最小值.∴g( x )≥0, 即f n ( x )≥nx (当且仅当x＝0时取等号).
注：亦可用数学归纳法证明.
(2)∵h( x )＝f 3( x )－f 2( x )＝x( 1＋x )2 ∴h'( x )＝(1＋x)2＋x·2(1＋x)＝(1＋x)(1
＋3x)
1
令h'(x)＝0, 得x＝－1或x＝－ ，
3
1
∴当x∈ (―2，―1)，h'(x)＞0；当x∈(―1，―)时，h'(x)
3
1
当x∈( － ,＋∞)时，h'(x)＞0.
3
故作出h(x)的草图如图所示，讨论如下：
14
①当－≤a＜0时，h(x)最小值h(a)＝ka ∴k＝(1＋a)2≥
39
4114－414
②当－≤a≤－时 h(x)最小值h(a)＝h(－)＝－＝ka k＝ ∴≤k≤
3332727a99
414
③当a＝－时 h( x )最小值h( a )＝a(1＋a)2＝ka k＝(1＋a)2≥，a＝－时取等号.
393
14
综上讨论可知k的最小值为，此时[a，0]＝[－，0].
9 3
f(x)?
2x?a
(x?R)
2
x?2
在区间
[?1,1]
上是增函数。
＜0；
例4. 已知
（1）求实数
a
的值组成的集合A；
（2）设关于
x
的方程
f
?
x
?
?
1
x
的两个非零实根为
x
1
、
x
2
。试问：是否
?m?R
，使得 不等式
m
2
?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立？若存在，求
m
的取 值范围；若不存在，请说明理
由。
分析：本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式 的证明等基础知识，以及综合运用所学
知识分析和解决问题的能力．函数方程思想、化归（转化）思想方 法
2x?a
(x?R)
2
f(x)?
x?2
解：（1）∵
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2(x
2
?ax?2)
2(x
2
?2)?(2x?a)?2x
??
f
?
(x)?
22
22
(x?2)
(x?2)
∴
2(x
2
?ax?2)
???0
22
(x?2)
∵
f(x)
在
[?1,1]
上
?
∴
f
?
(x)
对
?x?[?1,1]
恒成立
2
?x?[?1,1]
x
即，恒有
?ax?2?0
成立 < br>?
g(?1)?a?1?0??1?a?1
?
2
g(x)?x?ax? 2
设 ∴
?
g(1)??a?1?0?A?[?1,1]

f(x)?
2x?a1
?
2
x?2
x

x
2
?ax?2?0
（2）
22
∵
??a?8?0
∴
x
1
、
x
2
是方 程
x?ax?2?0
的两不等实根，且
x
1
?x
2
?a
，
x
1
x
2
??2

22
|x?x|?(x?x)?4xx?a?8?[22,3]

121212
∴
2
m?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立 ∵
2
∴
m?tm?1?3
对
?t?[?1,1]
恒成立
2
h(t)?m?t?(m?2)
，
t?[?1,1]
设
∴
h(t)?0
对
?t?[?1,1]
恒成立
2?
?
h(?1)?m?m?2?0
?
m??1或m?2
?
??
2
?
h(1)?m?m?2?0
?
m??2或m?1
∴
?
∴
?m?(??,?2]?[2,??)
满足题意
x
f(x)?ln(e?a)(a?0)
。 5. 已知函数
（1）求函数< br>y?f(x)
的反函数
y?f
?1
(x)
和
f(x)
的导函数
f
?
(x)
；
?1
（2）假设对
?x?[ln(3a),ln(4a)]
，不等式
|m?f(x)|?ln(f
?< br>(x))?0
成立，求实数
m
的取值范围。
分析：本题主要考查反函 数的概念及基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合
运用所学知识分析和解决问题的 能力．化归（转化）思想方法
xy
xyxy
y?ln(e?a)x?ln(e?a)

e?a?ee?e?a
解：（1）
e
x
f
?
(x)?
x
?1xx
f(x)?ln(e?a)y?ln(e?a)e?a
∴ ∵ ∴
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（2）∵
?x?[ln(3a),ln(4a)]
，
|m?f
?1
(x)|?ln(f
?
(x))?0
成立
e
x
e
x
?a
|m?ln(ex?a)|??ln
x
?ln
e?a e
x
∴
xxx
?[ln(e?a)?x]?m?ln(e?a)?ln(e?a)?x
∴
xxxx
g(x)?ln(e?a)?ln(e?a)?xh(x)?ln(e?a)?ln( e?a)?x
x?[ln(3a),ln(4a)]
设，
∴
?x?[ln(3a),ln(4a)]
恒有
g(x)?m?h(x)
成立
e
x
e
x
g
?
(x)?
x
?x
?1
x
e
x?[ln(3a),ln(4a)]
e?ae?a
∵ ∴
?[3a,4a]

e
x
e
x
?1
0?
x
?1
xxx
x
0?e?a?e?e ?a
e?a
∴ ∴
e?a
，
∴
g
?
(x)?0
，
g(x）
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?

∴
g(x)
max
?g(ln(4a))?m

m?ln(
12
a)
5
即
ln(3a)?ln(5a)?ln(4a)?m

e
x
e
x
h
?
(x)?
x
?
x
?1?0e?ae?a
∵ ∴
h(x)
在
[ln(3a),ln(4a)]
上
?

∴
m?h(x)
min
8
m?ln(a)
?h(ln(3 a))

m?ln(2a)?ln(4a)?ln(3a)

3

128
(ln(a),ln(a))
53
∴
m
的取值范围是
?
1
?
f(x)?
?
1 ?
?
(n?N,且n?1,x?N)
?
n
?
6.设函数.
?
1
?
?
1?
?
(Ⅰ)当x=6时,求
?
n
?
的展开式中二项式系数最大的项;
f(2x)?f(2)
2< br>(Ⅱ)对任意的实数x,证明＞
f
?
(x)(f
?
(x)是f (x)的导函数);

n
n
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a?N
,使得a
n
＜
k?1
值;若不 存在,请说明理由.
1?
?
?
?
k
??
n
?
1
?
＜
(a?1)n
恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a 的
?
1
?
20
C1
??
?
3
n< br>
?
n
?
（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是< br>35
6
3
?
1
??
1
?
f
?
2x
?
?f
?
2
?
?
?
1?< br>?
?
?
1?
?
?
n
??
n
?
（Ⅱ）证法一：因
证法二：
?
1
??
1
?< br>?
1
??
1
??
1
?
f
?
2x
?
?f
?
2
?
?
?
1?
?< br>?
?
1?
?
?2
?
1?
?
?
?
1?
?
?2
?
1?
?
?
n
? ?
n
?
?
n
?
?
n
??
n
?
因
2n2
2n2
2n2
n
?
1
??
?
1?
?
?
n
?

?
1< br>??
1
?
2f
'
?
x
?
?2
?
1?
?
ln
?
1?
?
?
n
? ?
n
?
而
?
1
??
1
?
1?< br>ln
??
?
1?
?
n
?
和
?
n
?
进行比较。 故只需对
?
n
令
g
?
x
?
?x?lnx
?
x?1
?
，有
g
'< br>?
x
?
?1?
1x?1
x?1
?0
?
xx
，由
x
，得
x?1

因为当
0?x?1时，
在
x?1
处
g
'
?
x
?
?0
，
g
?
x
?
单调递减；当
1?x???
时，
g
'
?
x
?
?0
，
g
?< br>x
?
单调递增，所以
g
?
x
?
有极小值1

，从而有
x?lnx?1
，亦即
x?lnx?1?lnx
故当x?1
时，
g
?
x
?
?g
?
1
?
?1
?
1
??
1
?
1??ln
???
1?
?
f
?
2x
?
?f
?
2?
?2f
'
?
x
?
nn
????
故有 恒成立。所以，原不等式成立。
（Ⅲ）对
m?N
，且
m?1
?
1
?
01
?
1
?
2
?
1< br>?
1??C?C??C
mm
?
m
?????
?
mmm
?????
有
?
?
1
?
C
??< br>?0
?
k?2,3,4,
又因
?
m
?
km
m
m2
k
?
1
?
?C
m
? ?
?
?
m
?
m
k
m
?
1
?
?C
m
??
?
m
?

m
k1
??
2?
?
1?
?
?3
,m
??
m
?
，故
k
n
1
???
1
?
2?
?
1?
?
?32n?
?
?
1?< br>?
?3n
k
??
m
?
k?1
?
∵， 从而有成立，
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?
1
?
2n?
?
?
1?
?
?3n
k
?
k?1< br>?
即存在
a?2
，使得恒成立。

n
k
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