导数 构造函数法

1．(2013广东，理21)(本小题满分14分)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)． (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当k∈1,1时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M. 2解：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表： x f′(x) f(x) (－∞，0) ＋ 0 0 极大值 (0，ln 2) － ln 2 0 极小值 (ln 2，＋∞) ＋ Z ] Z 由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，k∈则g′(k)＝

1,1， 211k1－1＝≥0，所以g(k)在,1上单调递增． kk2所以g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e＜0.从而ln(2k)＜k，所以ln(2k)∈(0，k)． 所以当x∈(0，ln(2k))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)＞0；

所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}．令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1， 则h′(k)＝k(ek－3k)，令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0.

311,1上单调递减，而·φ(1)＝e(e－3)＜0，

22211所以存在x0∈,1使得φ(x0)＝0，且当k∈,x0时，φ(k)＞0，

221当k∈(x0,1)时，φ(k)＜0，所以φ(k)在,x0上单调递增，在(x0,1)上单调递减．

21711e>0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在,1上恒成立，当且仅当k＝1时取得因为h2822所以φ(k)在“＝”．

综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.

2（2014太原二模）设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a为常数）

（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围； （Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：解：（Ⅰ）根据题意知：f′（x）=

在[1，+∞）上恒成立．

．

即a≥﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上恒成立．∵﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上的最大值为﹣4，∴a≥﹣4；

经检验：当a=﹣4时，∴a的取值范围是[﹣4，+∞）．

1

，x∈[1，+∞）．

（Ⅱ）在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根，

即方程2x2+2x+a=0在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根．

记g（x）=2x2+2x+a，则有

，解得．

∴∴令

，

．

，

．

记．∴．在

， 使得p′（x0）=0．

当

而k′（x）在∵∴当即

，p′（x）＜0；当x∈（x0，0）时，p′（x）＞0．

单调递减，在（x0，0）单调递增，

， ，∴k（x）在

．

单调递减，

点评：本题考查的是导数知识，重点是利用导数法研究函数的单调性、究极值和最值，难点是多次连续求导，即二次求导，本题还用到消元的方法，难度较大．

3.已知函数f(x)lnxa(x1). x1mnmn

lnmlnn22

2

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，求a的取值范围； (2)设m,n∈(0，＋∞)，且mn，求证：

1a（x＋1）－a（x－1）（x＋1）－2axx＋（2－2a）x＋1

解析：(1)f′(x)＝－＝＝. 2

x（x＋1）x（x＋1）2x（x＋1）2

因为f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，所以

f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，

12

当x∈(0，＋∞)时，由x＋(2－2a)x＋1≥0，得2a－2≤x＋.

x 2

11

设g(x)＝x＋，x∈(0，＋∞)，则g(x)＝x＋≥2xxx·＝2， x1

1

当且仅当＝x，即x＝1时等号成立，所以2a－2≤2，即a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2]．

xmmmm－1＋12（－1）2（－1）nnnnmm(2)不妨设m>n.则原不等式等价于<，即ln >，即ln －>0. m2nmnmln ＋1＋1nnn2（x－1）

设h(x)＝ln x－，这个函数即为a＝2时的函数f(x)，

x＋1

由(1)知这个函数在(1，＋∞)上是单调增函数，

2（－1）nmmmm－nm＋n又>1，所以h()>h(1)＝0，所以ln －>0，所以<. nnnmln m－ln n2

＋1

mn4.设函数f(x)xa(x1)ln(x1),(x1,a0)． （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

1,1]上有两个实数解，求实数t的取值范围； 2nm（Ⅲ）证明：当mn0时，(1m)(1n)．

（Ⅱ）当a1时，若方程f(x)t在[【解析】（Ⅰ）f(x)1aln(x1)a．

①a0时，f(x)0，∴f(x)在(1,)上是增函数． ②当a0时，由f(x)01xe∴f(x)在(1,e1aa1aa//1，由f(x)0xe1aa1，

1,)上单调递减. 1（Ⅱ）当a1时，由（Ⅰ）知，f(x)在[,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减，

2111又f(0)0,f(1)1ln4,f()ln2，

222135∴f(1)f()ln20．

22211(1m)n(1n)m∴当t[,ln2,0)时，方程f(x)t有两解．（Ⅲ）∵mn0.∴要证：

22只需证nln(1m)mln(1n),

ln(1m)ln(1n)只需证：． mnln(1x)设g(x),(x0)， 则

xxln(1x)x(x1)ln(x1)1xg(x)． 22xx(1x)由（Ⅰ）知x(1x)ln(1x)󰀀在(0,)单调递减，∴x(1x)ln(1x)0，即g(x)是减函数，而mn．

∴g(m)g(n)，故原不等式成立．

5.已知函数f(x)x

21]上单调递增，在[e1aa21,g(x)()xm,若x1[1,2],x2[1,1],使得f(x1)g(x2)，则实x23

5 212x6 已知函数f(x)e，g(x)lnx，对aR，b(0,)使得f(a)g(b)，则ba2数m的取值范围是 .、m的最小值为

111ln2 B 1ln2 C2e1 De2 2221t112af(a)g(b)t即elnbt0，所以alnt，be2则

2211tt1112baelnth(t)，令h(t)0 h(t)e2观察得可判断t为函数的极小值

A 12点，所以h(12)112ln2

2t24