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1、导数的热点问题导数的热点问题 1在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为 60 米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下 潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为 31(升)，在水底作业 10 个单位时间，每单 ( v 10) 位时间用氧量为 0.9(升)，返回水面的平均速度为 (米/单位时间)，每单位时间用氧量为 1.5(升)，记该潜 v 2 水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升) (1)求y关于v的函数关系式； (2)若cv15(c0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少 (2)y， 6v 50 240 v2 3v32 000 25v2 令y0，得v10， 3 2
2、 当 010时，y0，函数单调递增， 3 2 当 0e2 . 1 e (1)【解析】由定义 域为(0,1)(1，)， f(x) ， 1 x a x12 x2a2x1 xx12 设h(x)x2(a2)x1， 要使yf(x)在上有极值，(e，) 则x2(a2)x10 有两个不同的实根x1，x2， (a2)240，a0 或ae， 0e 2， 1 e 联立可得ae 2. 1 e 即实数a的取值范围是. (e 1 e2，) (2)证明 由(1)知，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，(x2，) f(x)在(1，)上有最小值f(x2)， 即t(1，)，都有f(t)f(x2)， 又当x时，f(x)0，f(
3、x)单调递增，(0，x1) 当x时，f(x) e) 设k(x)ln x2x 2ln xx (xe)， 1 x 1 x 则k(x) 10(xe)， 2 x 1 x2 k(x)在上单调递增，(e，) k(x)k(e)2e ， 1 e f(t)f(s)e2 . 1 e 3已知函数f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0) (1)如图，设直线x ，yx将坐标平面分成，四个区域(不含边界)，若函数yf(x)的 1 2 图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围； (2)当a 时，求证：x1，x2(0，)且x1x2，有f(x1)f(x2)0，a. ln2x1 2x1
4、令h(x)， ln2x1 2x1 (x 1 2) 则h(x). 22ln2x1 2x12 (x 1 2) 当x时，h(x)0，h(x)单调递增； ( 1 2， e1 2 ) 当x时，h(x) 1 2) 当x0 时， 时，8a4， 4 2x1 1 2 u(x)8a0 时，f(x)为减函数， 不妨设x2x10， 令g(x)f(x)f(x1)2f(xx1)， ( xx1 2 ) 可得g(x1)0， g(x)f(x)f， ( xx1 2 ) x且f(x)是(0，)上的减函数， xx1 2 g(x)x1时，g(x)为减函数， g(x2)g(x 1 e ) (2)证明 易得f(x) ， 1 x a x2
5、则由题意，得feae2e，解得a . ( 1 e) 2 e f(x)ln x，从而f 1， 2 ex ( 1 e) 即切点为. ( 1 e，1) 将切点坐标代入 exy2b0 中，解得b0. g(x)ex. 要证f(x)g(x)，即证 ln xex(x(0，)， 2 ex 只需证xln x xex(x(0，) 2 e 令u(x)xln x ，v(x)xex，x(0，) 2 e 则由u(x)ln x10，得x ， 1 e u(x)在上单调递减， (0， 1 e) 在上单调递增， ( 1 e，) u(x)minu . ( 1 e) 1 e 又由v(x)exxexex(1x)0，得x1， v(x)在
6、(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， v(x)maxv(1) . 1 e u(x)u(x)minv(x)maxv(x)， 显然，上式的等号不能同时取到 故对任意的x(0， )，总有f(x)g(x) 5已知函数g(x)xln x，h(x)(a0) ax21 2 (1)若g(x)aa0， (1， 1 a) 1 x f(x)在上单调递增， (1， 1 a) 又f(1)1a0，f(x)0， 即f(x)在上单调递増， (1， 1 a) f(x)f(1)0，不满足题意 a1 2 综上所述，a1，) 方法二 当x(1，)时，g(x)， 2xln x1 x2 令F(x)(x1)， 2xln x1 x2
7、 F(x)(x1)， 2(x1xln x) x3 记m(x)x1xln x(x1)， 则m(x)ln x0. (x1 a 6) (1)求函数f(x)在区间(0，)上的零点个数； (2)函数F(x)的导数F(x)f(x)， 是否存在无数个a(1,4)， 使得 ln a为函数F(x)的极大值点？(exa) 请说明理由 (2)方法一 当a1 时，ln a0. 因为当x时，exa0.(ln a，) 由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0. 下面证：当a时，ln a0， 3x 3x 所以g(x)在上单调递增，(1，e) 由g(1) 0， 1 3 e 3 所以存在唯一零点t0，使得g0，(1，e)(t
8、0) 且x时，g(x)0，g(x)单调递增(t0，e) 所以当x时，g(x)0，F(x)单调递增；(exa) 当 ln a0，f(x)0.(ln a，) 由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0. 所以存在无数个a(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a(1,4)，使得ln a0， ( 3 2，2) 所以g(x)在上单调递增， ( 3 2，2) 因为gln 0， ( 3 2) 3 2 1 2 2 3 所以存在唯一零点t0，使得g0， ( 3 2，2) (t0) 且当x时，g(x)0，g(x)单调递增；(t0，2) 所以当x时， 3 2，2 g(x)mingt0ln t
9、0t01，(t0) t2 0 6 由g0，可得 ln t0，(t0) t0 3 代入式可得g(x)mingt01，(t0) t2 0 6 当t0时， ( 3 2，2) gt01 1，求证：f(x)ax2x1ln(x1) 1 2 (1)【解析】当ae 时，f(x)x(exe) 当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数， f(x)极小值f(0)1，无极大值 (2)【解析】f(x)x(exa)， ()当a0 时，f(x)(x1)ex，只有一个零点x1， ()当a0 时，exa0， 当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数， f(x)极小值f(0)1，而f(1) 0， a 2 当x0 时，函数
10、f(x)在(0,1)上存在一个零点， 当xx1， f(x)(x1)exax2x1ax2 1 2 1 2 ax2x1， 1 2 令g(x)ax2x1， 1 2 x1是g(x)0 的一个根， 取x10，f(x1)f(0)0，即a0， 1 x12 h(x)为(1，)上的增函数，h(2)e210， 取x1e2，x1e2，h(1e2) 2 1e e e20，g(x)0，g(x)为增函数， g(x)ming(x0)(x01) 0 ex ln(x01)x01 (x01)ln 0 e x x01 1 x01 1x0x010， 对x1，g(x)g(x0)0， 即f(x)ax2x1ln(x1) 1 2 8.已知f
11、(x)asin x，g(x)ln x，其中aR R，yg1(x)是yg(x)的反函数 (1)若 00，m0 恒成立， 求满足条件的最小整数b 的值 (1)证明 由题意知G(x)asin(1x)ln x， G(x) acos(1x)(x0)， 1 x 当x(0,1)，01,00， 故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数 (3)【解析】由对任意的x0，m0 恒成立， 即当x(0，)时，F min0. (x) 又设h(x)Fex2mx2，(x) h(x)ex2m，m0，h(x)单调递增，又h(0)0， 则必然存在x0(0,1)，使得h(x0)0， F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单
12、调递增， F(x)F(x0) 0 ex mx2x0b20， 2 0 则b 0 ex mx2x02，又 0 ex 2mx020， 2 0 m， 2 2x0 b 0 ex x2x02 2 2x0 2 0 0 ex x02， ( x0 2 1) 又m 0 ex x02，x0(0，ln 2)恒成立， ( x0 2 1) 令m(x)exx2，x(0，ln 2)， ( x 21) 则m(x) (x1)ex1， 1 2 令n(x) (x1)ex1， 1 2 则n(x)xex0， 1 2 m(x)在(0，ln 2)上单调递增， m(x)m(0) 0， 1 2 m(x)在(0，ln 2)上单调递增， m(x)0
13、，即(x22)ex0， 因为 ex0，所以x220， 解得0，所以x2(a2)xa0， 则a(x1)对x(1,1)都成立 x22x x1 x121 x1 1 x1 令g(x)(x1)， 1 x1 则g(x)10. 1 x12 所以g(x)(x1)在(1,1)上单调递增 1 x1 所以g(x)0，所以x2(a2)xa0 对xR R 都成立 所以(a2)24a0，即a240，这是不可能的 故函数f(x)不可能在 R R 上单调递减 10已知函数f(x)2lnxx22ax(a0) (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x12 时，0，方程x2ax10 有两个不
14、同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x30，当x(x3，x4)时， f(x)0， 所 以 函 数f(x)在上 单 调 递 增 ， 在上 单 调 递 减 ， 在 (0， aa24 2 )( aa24 2 ，a a24 2 ) 上单调递增 ( aa24 2 ，) 综上，当 02 时f(x)在上单调递增，在 (0， aa24 2 ) 上单调递减，在上单调递增 ( aa24 2 ，a a24 2 )( aa24 2 ，) (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1x2a，x1x21， 则f(x1)f(x2)2ln(x1x2)(x1x22a)2ln2ln， x1 x2 x1 x2 x2 2
15、x2 1 x1x2 x1 x2 x2 x1 x1 x2 令t，则 0t1，f(x1)f(x2)2lnt t， x1 x2 1 t 令g(t)2lnt t(0t1)，则g(t)0， 1 t t12 t2 故g(t)在(0,1)上单调递减且g 2ln2， ( 1 2) 3 2 故g(t)f(x1)f(x2) 2ln2g，即 0t ， 3 2 ( 1 2) 1 2 而a2(x1x2)22t 2，其中 0t ， x1 x2 x2 x1 1 t 1 2 令h(t)t 2，t， 1 t (0， 1 2 所以h(t)10 在t上恒成立， 1 t2 (0， 1 2 故h(t)t 2 在上单调递减， 1 t (0， 1 2 从而a2 ， 9 2 故a的取值范围是. 32 2 ，)