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1、优秀学习资料欢迎下载导数检测题1已知函数 f ( x)ln xax 1( x0)（ 1）若对任意的 x1,), f ( x)0 恒成立，求实数a 的最小值 .a5f ( x)1 x2b1,4 上恰有两个不相等的实数根，（ 2）若2 且关于 x 的方程2在求实数 b 的取值范围；（ 3 ） 设 各 项 为 正 的 数 列 an 满 足 ： a11,an1ln an an 2, n N * . 求 证 ：an 2 n1【解析】第一问中利用导数的思想求解函数的最值得到。amin1a5f ( x)1x2b1,4 上第二问中，若2 且关于 x 的方程2在恰有两个不相等的实数根，利用构造新函数，借助于图像
2、与图像的交点问题。第三问中，设 h( x) ln xx1, x1,，由 1 ） ln xx1.a1 1.假设ak1(kN* ),则ak1 ln akak2 1，故an1(nN* ).从而an 1ln anan22an1.1an1 2(1an )2n (1a1 ).即 1 an2n ， an2n1解：（ 1）因为对任意的x1,),f ( x)0 恒成立，只需求解函数的最大值小于等于零即可。即得到amin1a5f ( x)1 x2b1,4 上解：若2 且关于 x 的方程2在恰有两个不相等的实数根，利用构造新函数，借助于图像与图像的交点问题来解决得到ln 2 2b1（ 3）设 h( x)ln x x
3、1, x1,，由 1） ln xx1.a1 1.假设ak1(kN* ),则ak 1ln akak 21，故an 1(nN* ).从而 an 1ln anan22an1.1 an 12(1an )2n (1a1 ).即 1 an2n ， an2n1优秀学习资料欢迎下载2已知 a 为正实数， n 为自然数，抛物线 yx2an与 x 轴正半轴相交于点A ，设2f ( n) 为该抛物线在点A 处的切线在 y 轴上的截距。（）用 a 和 n 表示 f (n) ；（）求对所有n 都有 f ( n)1n3成立的 a 的最小值；f ( n)1 n31（）当0a1时，比较n1与 27f (1)f ( n) 的大
4、小， 并说明理由。f (k )k 1f (2 k)4f (0)f (1)n1【解析】（ 1）由已知得，交点 A 的坐标为a,0 ，对 y2n求导得'2xx2 ay2则抛物线在点A处的切线方程为nnannny2 a (x2),即 y2 a x a .则 f (n) an , 则 f (n)1n3n2n3由（ 1）知 f(n)=a成立的充要条件是a1即知， af (n)1n312n31对于所有的 n 成立，特别地，取n=2 时，得到 a17n当 a17 , n3时 ,nnn12233a4(1 3) 1 Cn 3 Cn 3 Cn 3122331C n3Cn3Cn331n 5 (n2312 n
5、22)(2n5)>2n +1时，显然 (17)n3当 n=0,1,22 n117时， f ( n)13故当 a=3对所有自然数都成立nf ( n)1 n 1所以满足条件的a 的最小值是17 。ann1n1（ 3）由（ 1）知 f (k)，则f ( k)f (2k)k2 kk 1k 1 aanf (1)f ( n)aaf (0)f (1)1a优秀学习资料欢迎下载n127f (1)f ( n) .下面证明：k 1 f (k)f (2k)4f (0)f (1)首先证明：当0<x<1 时，1327 x4xx272812设函数 g (x)4 x( xx)1,0x1则 g'( x
6、)4x(x3)当0x2时， （）0;当2x1时，g'() 03g'x3x故 g(x) 在区间（ 0,1 ）上的最小值g(x)=g (20min)3所以，当 0<x<1 时， g(x) 0, 即得1227 x4xx由 0<a<1 知 0<ak<1( k* ),因此k12k27k，从而Naa4 an1n1f (k) f (2k )1 ak2 kk 1ka27 nk4k 1an127aa41an27aa41a27f (1)f (n)4f (0)f (1)3已知函数 f(x)=1x 2 ax + (a 1)ln x ， a12（ I ）讨论函数f (
7、x) 的单调性；（ II ）若 a2，数列 an 满足 an 1f (an ) 若首项 a1 10 ，证明数列 an 为递增数列；若首项为正整数，数列 an 递增，求首项的最小值【答案】解（ I）可知 f (x)的定义域为 (0,) ，且/( x)xaa 1 x2ax a 1 ( x 1)(x 1 a)fxxx优秀学习资料欢迎下载当 a11即 af / ( x)(x 1)20,得 f ( x) 在 (0,) 单调增加2 ,则x当 a11 , 而 a1 , 即1 a2 时 , 若 x(a1,1) ，则 f / ( x )0 ; 若 x (0, a1) 或x(1,) ，则 f /(x)0 此时 f
8、 ( x)在 (a1,1) 单调减少，在 (0, a1),(1,) 单调增加；当 a11,即 a2,可得 f ( x) 在 (1,a1) 单调减少，在 (0,1),( a1, ) 单调增加 .综上，当 1a2 时，函数 f ( x) 在区间 (a1,1)上单调递减， 在区间 (0, a 1) 和 (1,)上单调递增；当a2 时，函数 f ( x) 在 (0,) 上单调递增；当 a2 时，函数 f ( x) 在区间 (1,a1) 上单调递减，在区间 (0,1) 和 (a1, ) 上单调递增（ II）若 a2 ，1则 f (x) = 2 x2 2x + ln x ，由（ I）知函数 f ( x)在
9、区间 (0,) 上单调递增（ 1）因为 a110 ，所以 a2f (a1 )f (10)30 ln10 ，可知 a2a1 假设 0akak1 ，因为函数 f ( x) 在区间 (0,) 上单调递增， 所以 f ( ak 1)f ( ak ) ，即得 ak2ak10 所以，由数学归纳法可得anan1 因此数列 an 为递增数列（ 2）由（ 1）知：当且仅当 0a1a2 ，数列 an 为递增数列12> a1，且 a1所以，题设即2 a1 2 a1 + ln a1为正整数121 a 23a ln a0由 2 a1> a1，得 2111 2 a1 + ln a1g ( x)1 x 23x
10、ln x( x 1)g/ x() x 31) 递令2，则x ，可知函数 g ( x) 在区间 3,g(1)10g(5)5ln 50326 ln 2ln 242增由于2， g (2)0 ，g(6)ln 60 所以，首项 a1 的最小值为 64已知 mR ，函数 f (x)mxm1 ln x, g( x)1ln x .xx（ 1）求 g( x) 的极值；优秀学习资料欢迎下载（ 2）若 yf ( x) g (x) 在 1,) 上为单调递增函数，求m 的取值范围；（ 3）设 h( x)2e（ e 是自然对数的底数）上至少存在一个x0 ，使得，若在 1,exf (x0 )g (x0 )h(x0 ) 成立
11、，求 m 的取值范围。【解析】试题分析： （ 1）由题意，x0 ， g ( x)11x12x2，xx当 0x 1时， g ( x) 0 ；当 x1时， g ( x)0 ，所以，g (x) 在 (0,1) 上是减函数，在(1,) 上是增函数，故 g( x)极小值 g(1) 1, 无极大值 .（ 2） f ( x)g( x)mxm2ln x ， f ( x)g ( x)mx22xm，x2x由于 f (x)g (x) 在 1,) 内为单调增函数，所以mx22 xm0在1,) 上恒成立，即 m2 x在 1, ) 上恒成立，故m(2 x1 ，所以 m 的取值范围是 1,) 1 x22 )max1x（ 3
12、）构造函数 F (x)f ( x)g( x)h( x)mxm2ln x2e ，xx当m 0时由x1,e得，mxm02e1,e， 2lnx0 ，所以在上不存在一个x0 ，xx使得 f (x0 )g ( x0 )h(x0 ) 当 m 0 时，F ( x)mm22emx22x m2ex2xx2x2，因为 x1,e，所以 2e2x0 ， mx2m0 ，所以 F( x)0 在1,) 上恒成立，故 F (x) 在 1,e上单调递增， F (x)maxF ( e)mem4 ，e所以要在 1,e上存在一个 x0 ，使得F (x)0 ，必须且只需mem40 ，e解得 m4e，故 m 的取值范围是4e,) 21(
13、 2ee1另法 : （）当 x 1时， f (1)g (1)h(1) 当 x(1,e 时，由 f (x)g (x)h( x) ，得m2e2 xln x ，x21令 G(x)2e2xln x，则 G ( x)(2x 22)ln x(2 x24ex2)0 ，x21(x 21)2所以 G (x) 在(1,e上递减， G ( x)minG(e)4ee2 1优秀学习资料欢迎下载综上，要在1,e 上存在一个x0 ，使得 f ( x0 )g( x0 ) h( x0 ) ，必须且只需 m4e2e15已知函数 fx12a ln 1x22,1 上是增函数，在,2 上是减x在函数（ 1）求函数 fx的解析式；（ 2
14、）若 x 11, e1时， fxm恒成立，求实数 m 的取值范围；e（ 3）是否存在实数b ，使得方程fxx2xb 在区间 0 , 2 上恰有两个相异实数根，若存在，求出b 的范围，若不存在说明理由【答案】（ 1） f xx1212ln x（ 2） mf e1e22（ 3） 2 2 ln 2 b 3 2 ln 3【解析】试题分析 :fx2x2 1x a2a2x1 22 x1x 1依题意得 f 222a0 ，所以 a1 ，从而 f xx 1 2ln x 1 2 2 x222x x2 fx1令 fx0，得 x0 或 x2 （舍去），x1x1，因为 f (x) 在 11,0递减，在 0,e1 递增，且 f (1 1)f ( e1)，ee所以 mf e1e22设 F x1x 2ln 1x 2x2x b ，即 F xx ln 1x 21 b ， x 0, 2 又 F x 12x 1 ，1xx1令 F x0，得1x 2 ；令 F x0 ，得 0 x 1 所以函数 F x的增区间为1, 2 ，减区间为0,1 要使方程有两个相异实根，则有F 01b0F 122ln 2b0b ，F 232ln 3b0解得 22 ln 2b32ln 3