高中数学导数经典综合题

f(x)?alnx?ax?3(a?0).

（I）求函数
f(x)
的单调区间；
1、已知函数
（II）若函数
32
y?f(x)
的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，函数g(x)?x?x[f'(x)?
m
]
在区间（1，
2
3）上总 是单调函数，求m的取值范围；
ln2ln3lnn1
?????(n?2,n?N
*
)
。
23nn
x
2
,g(x)?2alnx(e
为自然对数的底数） 2．已知函数
f(x)?
e
（1）求
F(x)?f(x)?g(x)< br>的单调区间，若
F(x)
有最值，请求出最值；
（2）是否存在正常数
a
，使
f(x)与g(x)
的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共 同的切线？若存在，求出
a
的值，
（III）求证：
以及公共点坐标和公切线方程；若不存在，请说明理由。

f(x)?e
x
?e
?x
.

（1）求证：f(x)
的导数
f'(x)?2
；（2）若对任意
x?0
都有< br>f(x)?ax,
求a的取值范围。
a(x?1)
.
（
a?R)
4,已知函数
f(x)?lnx?
x?1
（1）若函数
f(x)
在定义域上为单调增函数，求
a
的取值范围；
m?nm?n
?
?.
（2）设
m,n?R,且m?n,求证 :
lnm?lnn2
3．设函数
5,已知f(x)＝xlnx－ax，g(x)＝－x
2
－2，
（Ⅰ）对一切x∈(0, +∞)，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a＝－1时，求函数f(x)在[m，m＋3]( m＞0)上的最值；
（Ⅲ）证明：对一切x∈(0, +∞)，都有lnx＋1＞
6.（1）若
x?(0,
（2）设
12
?
e
x
ex
成立。
?
2
)
，求证:
sinx?x
；
1
?
，判断
f(x)
在
(0,)
上的单调性； < br>22
11111
?
（3）求证:
cos?cos?cos???cos ?(n?1,n?N)
.
234n2
f(x)?cosx?kx
2
?1
，若
k??

1.
而函数
y??3x?
2< br>?4
x
为
(1,3)
上递减函数，则
?
37
372
??3x??4??5
则
m??5
或
m??
注 ：也可以考虑而函数
g(x)
在区间（1,3）上总是单调函数，则
3
.3x
,

37
或
m??5

3
⑶ 令
a??1,此时f(x)??lnx?x?3,所以f(1)??2,
由（I）知，
f(x)??lnx?x?3在(1,??)
上单调递增，
?当x?(1,??)时f(x) ?f(1),?lnx?x?1?0,
?lnx?x?1对一切x?(1,??)成立
， g
?
(3)?0或g
?
(1)?0
,
可以得出
m??
?当n?2,n?N
*
时有0?lnn?n?1,?0?
lnnn?1
ln2ln3lnn12n?11
?,
???????????(n?2,n?N*
).

nn
23n23nn
2x2a2(x
3
?ea)
??(x?0)
2．解：（1）
F
?
(x)?f
?
(x)?g
?
(x)?
exex
①当
a?0时,F?
(x)?0
恒成立
F(x)在(0,??)
上是增函数，
F( x)
F只有一个单调递增区间（0，-∞），没有最值
2(x?ea(x?ea)
(x?0)
，
ex
若
0?x? ea
，则
F
?
(x)?0,F(x)在(0,ea)
上单调递减；若
x?ea
，则
F
?
(x)?0,F(x)在(ea,??)
上单调递
②当
a?0
时，
F(x)?
增，
?当x
所 以当
a
?ea
时，
F(x)
有极小值，也是最小值，即
F( x)
min
?F(ea)?a?2alnea??alna

?0
时 ，
F(x)
的单调递减区间为
(0,ea)
,单调递增区间为
(ea ,??)
，最小值为
?alna
，无最大值
（2）方法一，若
f(x)
与
g(x)
的图象有且只有一个公共点，则方程
f(x)?g(x) ?0
有且只有一解，所以函数
F(x)
有且只
有一个零点由（1）的结论可知
F(x)
min
??alna?0得a?1

x
2
?2lnx?0
,
F(x)
min
?F(e)?0
?f(e)?g( e)?1,?f(x)与g(x)
的图象此时，
F(x)?f(x)?g(x)?
e< br>2
的唯一公共点坐标为
(e,1)
,又
?f
?
(e) ?g
?
(e)?
,
?f(x)与g(x)
的图象在点
(e, 1)
处有共同的切线，
e
22
(x?e)
，即
y?x?1
.综上所述，存在
a
?1
，使
f(x)与g(x)
的图象有 且只有一个公共点其方程为
y?1?
ee
2
x?1.

(e ,1)
，且在该点处的公切线方程为
y?
e
2
?
x
0
?
?2alnx
0
①
?
f(x
0
)g (x
0
)
?e
方法二：设
f(x)与g(x)
图象的公共点 坐标为,即
?

(x
0
,y
0
)
，根据题意得
?

?
f
?
(x
0
)g
?
(x
0
)
?
2x
0
?
2a
②
?
x
0?
e
2
x
0
1
由②得
a?
，代入①得
lnx
0
?,?x
2
?e
,从而
a?1
, 此时由（1）可知
F(x)
min
?F(e)?0

2
e< br>?当x?0且x?e
时，
F(x)?0,即f(x)?g(x)
,因此除
x
0
?e
外，再没有其它
x
0
，使
f(x
0
)?g(x
0
)

?1
，使
f(x)与g(x )
的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线，易求得公共点坐标为
(e,1)
，
2
x?1
公切线方程为
y?
e
故存在
a
f(x)
的导数
f
?
(x)?e
x
?e
?x
，由于
e
x
?e
-x
?2e
x
?e
?x
?2
，故
f
?
(x)?2
，
当且仅当
x?0
时，等号成立；…………………………4分
x?x
（2）令
g(x)?f(x)?ax
，则
g
?
(x)?f
?
(x)?a?e?e?a
，
x?x
（ⅰ）若
a?2
，当< br>x?0
时，
g
?
(x)?e?e?a?2?a?0
，
?)
上为增函数， 故
g(x)
在
(0，∞
所以，
x?0
时，
g(x)?g(0)?0
，即
f(x)?ax
．………… ………………8分
3．解：（1）
a?a
2
?4
x
2a?a
2
?4
（ⅱ）若
a?2
，解方程
g
?< br>(x)?0
得，
e?
，
,e?
22
x
1< /p>

a?a
2
?422
a?a
2
?4
?l n?ln?0
（舍去）所以
x
1
?ln
，
x
2?ln
，
2
22
2
a?a?4
此时，若
x? (0，x
1
)
，则
g
?
(x)?0
，故
g (x)
在该区间为减函数，
所以，
x?(0，x
1
)
时，
g(x)?g(0)?0
，即
f(x)?ax
，与题设
f(x)?a x
相矛盾。
综上，满足条件的
a
的取值范围是
2
?
。…………………………13分
?
?∞，
1a(x?1)?a(x?1)
(x?1)
2
?2axx
2
?(2?2a)x?1
4.解：（1）< br>f
?
(x)??
??.

2
22
x
(x?1)
x(x?1)x(x?1)
f(x)
的定义域是
(0,??)
，所以
f
?
(x)? 0
在
(0,??)
上恒成立.
即x
2
?(2?2a)x?1?0在(0,??)上恒成立.
……3分
1
当x?(0,??)时,由x
2
?(2?2a)x?1?0,得 2a?2?x?.
x
111
设g(x)?x?,x?(0,??).g(x)?x?? 2x??2.

xxx
1
所以当且仅当x?,即x?1时,g(x)有最小值 2.
x
所以2a?2?2?a?2.
所以
a
的取值范围是
( ??,2].
……6分
m?nm?n
?,
不妨设
m?n，（2）
要证
（若
m?n
交换顺序即可）
lnm?lnn2< br>m
m
mm
2(?1)
2(?1)
?1?1
m
m
只需证
n
?
n
,
即证
ln?
n
?0.

.
只需证
ln?
n
m
m
m
2
n
n
ln
?1
?1
n
n
n
2 (x?1)
设h(x)?lnx?.

x?1
m
?1
，………11分 由（1）知
h(x)在(1,??)
上是单调增函数，又
n
m
2(?1)
mm
所以h()?h( 1)?0.即ln?
n
?0成立.

m
nn
?1
n
m?nm?n
?.
………13分 所以
lnm?lnn2
5.（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）对一切
x?(0,??),
也就是
a
………9分
f(x)?g(x)
恒成立，即
xlnx?ax??x
2
?2
恒成 立.
2
在
x?(0,??)
恒成立.………1分
x
2
F(x)?lnx?x?
令 ，
x
12x
2
?x?2(x?2)(x?1)
?
则
F
?
(x)??1?< br>2
?
，……2分
x
xx
2
x
2
1 )
上
F
?
(x)?0
，在
(1，??)上
在
(0，
上
F
?
(x)?0
，因此，
F(x)
在< br>x?1
处取极小值，也是最小值，即
F
min
(x)?F(1)?3< br>，
?lnx?x?
所以
a?3
.……4分
（Ⅱ）当
a??1时，
f(x)?xlnx?x
，
1
e
2
. ………6分
f
?
(x )?lnx?2
，由
f
?
(x)?0
得
x?

11
?
)上x?(,m?3]上
上，在上
f
?
(x )?0
错误！未找到引用源。
f
(x)?0
e
2
e2
1
1
因此，
f(x)
在
x?
2
处取 得极小值，也是最小值.
f
min
(x)??
2
.
e
e
m?3)?1]?0
由于
f(m)?0,f(m?3)?(m ?3)[ln(
因此，
f
max
(x)?f(m?3)?(m?3)[ln( m?3)?1]

………8分
1
②当
m?2
时
，
f'(x)?0
，因此
f(x)在[m,m?3]
上单调递增，所以
f
min
(x)?f(m)?m(lnm?1)
，
e
f
max
(x)?f(m?3)?(m?3)[ln(m?3)?1]

①当
0?m?
1
e
2
时，在
x?[m,
… …9分

（Ⅲ）证明：问题等价于证明
xlnx?
由(Ⅱ)知
a
……11分
??1
时，
x2
?(x?(0,??))
,………10分 x
ee
1
1
f(x)?xlnx?x
的最小值是
?2
，当且仅当
x?
2
时取得，
e
e
x?x2
1?x
?
?(x?(0,??))
G
(x)?
，则 ，易知
e
x
e
e
x
1
G
max
(x)?G(1)??
，当且仅当
x?1
时取到， ………12分
e
12
11
但
?
2
??，
从而可知对一切
x?(0 ,??)
，都有
lnx?1?
x
?
ee
eex
设< br>G(x)?
成立. ……13分
6．（1）证明：设
g(x)?
所以，
g(x)
在
(0,
x?sinx
，则
g
?
(x)?1?cosx?0,x?(0,)

2
?
)
上是增 函数，
?g(x)?g(0)?0
，即
sinx?x
，
x?(0,)

2
2
1
（2）解：
?k??
，
??2k ??1
，
?f
?
(x)??sinx?2kx?x?sinx?0

2
?
?
?
?f(x)
在
(0,)
上是增函 数
2
1
?
（3）由（2）可知，
k??
时，
f( x)
在
(0,)
上是增函数，
22
11
?
?f( x)?cosx?x
2
?1?f(0)?0
，即
f(x)?cosx?1?x
2
(x?(0,))

222
1
?
令
x?(k?1,k?N)
，可得
k
112k
2
?12(k
2
?1)(k?1)(k?1)
co s?1?
2
???(k?1,k?N
?
)

222
k2k2k2kk
令
k?2,3,4,?,n
，可得
11?312?413?51(n?1)(n?1)
cos?
2
,cos?
2
,cos?
2
,?,cos?(n?1,n?N
?
)
< br>2
223344nn
1111n?1
(n?1,n?N
?
)< br> 以上
n?1
不等式相乘可得
coscoscos?cos?
234n 2n
n?1111
11111
???
，
?coscoscos?co s?(n?1,n?N
?
)
. 又
?
2n22n2
234n2