高一兴趣导数大
题
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目专项训练班级姓名1.已知
函数
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f(x)是定义在[e,0)U(0,e]上的奇函数，当x(0,e]时，有f(x)axlnx（其中e为自然对数的底，aR）．（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；（Ⅱ）试问：是否存在实数a0，使得当x[e,0)，f(x)的最小值是3？如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请
说明
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理由；ln|x|1（Ⅲ）设g(x)（x[e,0)U(0,e]），求证：当a1时，|f(x)|g(x)；|x|2f(x)g(x)2.若存在实常数k和b，使得函数和对其定义域上的任意实数x分别满足：f(x)kxbg(x)kxbykxbf(x)g(x)和，则称直线l:为和的“隔离直线”．已知h(x)x2(x)2elnx，（其中e为自然对数的底数）．F(x)h(x)(x)(1)求的极值；h(x)(x)(2)函数和是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由．22xm3.设关于x的方程xmx10有两个实根α、β，且。定义函数f(x).x21（I）求f()的值；（II）判断f(x)在区间(,)上单调性，并加以证明；（III）若,为正实数，①试比较f(),f(),f()的大小；②证明|f()f()|||.2x24.若函数f(x)(xaxb)e(xR)在x1处取得极值.（I）求a与b的关系式（用a
表
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示b），并求f(x)的单调区间；（II）是否存在实数m，使得对任意a(0,1)及x1,x2[0,2]总有|f(x1)f(x2)|21[(m2)am]e1恒成立，若存在，求出m的范围；若不存在，请说明理由．25．若函数fxlnx,gxxx（1）求函数xgxkfxkR的单调区间；（2）若对所有的xe,都有xfxaxa成立，求实数a的取值范围.326、已知函数f(x)ln(23x)x.2（I）求f(x)在[0，1]上的极值；11（II）若对任意x[,],不等式|alnx|ln[f(x)3x]0成立，求实数a的取值范围；63（III）若关于x的方程f(x)2xb在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围7.已知f(x)lnaxbx，其中a0,b0.（Ⅰ）求使f(x)在0,上是减函数的充要条件；（Ⅱ）求f(x)在0,上的最大值；（Ⅲ）解不等式11ln1xxln21．xx128.已知函数f(x)xlnx.2（1）求函数f(x)在[1,e]上的最大值、最小值；23（2）求证：在区间[1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x的图象的下方；3nnn（3）求证：[f(x)]f(x)≥22(nN*）.a9.已知函数f(x)lnx,g(x)(a0)，设F(x)f(x)g(x)。x（Ⅰ）求F（x）的单调区间；1（Ⅱ）若以yF(x)(x0,3)图象上任意一点P(x0,y0)为切点的切线的斜率k2恒成立，求实数a的最小值。2a2（Ⅲ）是否存在实数m，使得函数yg(2)m1的图象与yf(1x)的图象x1恰好有四个不同的交点？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说名理由。1210.已知函数f(x)x－2x,g(x)logax（a＞0，且a≠1），其中为常数．如果2h(x)f(x)g(x)是增函数，且h(x)存在零点（h(x)为h(x)的导函数）．（Ⅰ）求a的值；y2y1（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
1．解：（Ⅰ）当x[e,0)时，x(0,e]，故有f(x)axln(x)，由此及f(x)是奇函数得f(x)axln(x)f(x)axln(x)，因此，函数f(x)的解析式为axln(x)(ex0)f(x)；axlnx(0xe)1ax1（Ⅱ）当x[e,0)时，f(x)axln(x)f(x)a：xx111111①若a0，则f(x)a0f(x)在区间[e,0)上是增函exexee4数，故此时函数f(x)在区间[e,0)上最小值为f(e)a(e)lne3，得a，不符合e1111a0，舍去。②若a，则令f(x)0x(e,0)，且f(x)在区间e,上eeaa1111是减函数，而在区间,0上是增函数，故当x时，[f(x)]minf1ln．aaaa11令f31ln3ae2．aa2综上所述，当ae时，函数f(x)在区间[e,0)上的最小值是3．1（Ⅲ）证明：令F(x)|f(x)|g(x)。当0xe时，注意到xlnx（设h(x)=x-lnx，2利用导数求h(x)在0xe的最小值为1，从而证得x-lnx1），故有lnx1lnx1F(x)|xlnx|xlnx．x2x2①当0x2时，注意到x1lnx，故1111112xF(x)x1lnxx1(x1)0；x2x2x22x11lnxx2x1lnx421ln2②当2xe时，有F(x)10，故函数xx2x2x2F(x)在区间[2,e]上是增函数，从而有ln213F(x)2ln2(1ln2)0。2221因此，当0xe时，有|f(x)|g(x)。21又因为F(x)是偶函数，故当ex0时，同样有F(x)0，即|f(x)|g(x)．21综上所述，当a1时，有|f(x)|g(x)；222.【解】(Ⅰ)QF(x)h(x)(x)x2elnx(x0)，2e2(xe)(xe)F(x)2x．当xe时，F(x)0．xx当0xe时，F(x)0，此时函数F(x)递减；当xe时，F(x)0，此时函数F(x)递增；∴当xe时，F(x)取极小值，其极小值为0．(Ⅱ)解法一：由（Ⅰ）可知函数h(x)和(x)的图象在xe处有公共点，因此若存在h(x)和(x)的隔离直线，则该直线过这个公共点．设隔离直线的斜率为k，则直线方程为yek(xe)，即ykxeke．由h(x)kxeke(xR)，可得2xkxeke0当xR时恒成立．2(k2e)，由0，得k2e．下面证明(x)2exe当x0时恒成立．令G(x)(x)2exe2elnx2exe，则2e2e(ex)G(x)2e，当xe时，G(x)0．xx当0xe时，G(x)0，此时函数G(x)递增；当xe时，G(x)0，此时函数G(x)递减；∴当xe时，G(x)取极大值，其极大值为0．从而G(x)2elnx2exe0，即(x)2exe(x0)恒成立．∴函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y2exe．解法二：由(Ⅰ)可知当x0时，h(x)(x)(当且当xe时取等号)．⋯⋯7分若存在h(x)和(x)的隔离直线，则存在实常数k和b，使得h(x)kxb(xR)和(x)kxb(x0)恒成立，令xe，则ekeb且ekebkebe，即beke．后面解题步骤同解法一．23.（I）解：,是方程xmx10的两个实根，m,1.2m2()1f()22.1()f()1.⋯⋯⋯⋯3分2xm（II）f(x)2，x12(x21)(2xm)2x2(x2mx1)f(x).⋯⋯⋯⋯4分(x21)(x21)22当x(,)时,xmx1(x)(x)0.⋯⋯⋯⋯5分而f(x)0，f(x)在(,)上为增函数。⋯⋯⋯⋯7分（III）①0,0,且()()0,()()0..⋯⋯⋯⋯9分由（II），可知f()f()f().⋯⋯⋯⋯10分②同理，可得f()f()f().f()f()f()f()f()f().|f()f()||f()f()|.⋯⋯⋯⋯12分11又由（I），知f(),f(),1.11|f()f()|||||||.所以|f()f()|||.⋯⋯⋯⋯14分2x24.解：（I）f(x)[x(a2)xab]e，由条件得：f(1)0.2ab30，b32a.（1分）2x2f(x)[x(a2)x3a]e0得：(x1)[x(3a)]0.当a4时，x1不是极值点，a4.（2分）当a4时，得x1或x3a；当a4时，得x3a或x1.（4分）综上得：当a4时，f(x)的单调递增区间为(,3a)及(1,)单调递减区间为(3a,1).（5分）当a4时，f(x)的单调递增区间为(,1)及(3a,)单调递减区间为(1,3a).（6分）（II）a(0,1)时，由(I)知f(x)在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增.11当x[0,2]时，f(x)minf(1)(1ab)e(2a)e.2又f(0)(32a)e，f(2)42ab1，则f(2)f(0).1当x[0,2]时，f(x)[(2a)e,1].（8分）由条件有：211[(m2)am]e1f(x1)f(x2)maxf(x)maxf(x)min1(2a)e.22(m2)am2a.即(m1)am20对a(0,1)恒成立.22g(0)m20令g(a)(m1)am2，则有：.(10分)g(1)m2m1051解得：m2或m.（14分）25.【解】:(1)由题意知:x的定义域为0,,x2kx2xx22令pxxkx22k82当k80时,即22k22时,x02当k80时,即k22或k22222kk8kk8方程xkx20有两个不等实根,x1,x222若k22则x1x20,则在0,上x0若k22则0x1x2,当x0,x1,x0,当xx1,x2,x0,当xx2,,x0所以:综上可得:22kk8kk8当k22时,x的单调递增区间为0,,,,单调递减2222kk8kk8区间为,;22当k22,x的单调递增区间为0,xlnx(2)解法一：因为xe,，所以xlnxaxaax1xlnxxlnx1令hx,xe,，则hx2x1x11当xe,时，xlnx110，故xlnx1elne1e20xxlnx1e所以：hx20hxminhex1e1eae1解法二：xfxaxaxlnxaxa0令hxxlnxaxa当xe,时hxmin0a1hxlnx1a,由hx0得：xea1a1当x0,e时,hx0,当xe,时,hx0a1a1所以hx0,e上单调递减，在e,单调递增a1①当时，a2ee,hx在xe,上单调递增，hxminheeaea0eae1②当a2时，he0eaae若2ae，则ea2eae；若ae，则ea2aae故a2不成立，e综上所得：ae133(x1)(3x1)6.解：（I）f(x)3x，23x3x21令f(x)0得x或x1（舍去）31当0x时,f(x)0,f(x)单调递增；31当x1时,f(x)0,f(x)单调递减.311f()ln3为函数f(x)在[0,1]上的极大值36（II）由|alnx|ln[f(x)3x]0得33alnxln或alnxln，⋯⋯⋯⋯①23x23x232x3x设h(x)lnxlnln，23x333xg(x)lnxlnln，23x23x11依题意知ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立，6323x3(23x)3x32g(x)0，3x(23x)2x(23x)3126xh(x)(26x)0，2x3x232x3x211g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，631111当且仅当ah()或ag(),即aln或aln.363532（III）由f(x)2xbln(23x)x2xb0.2232379x令(x)ln(23x)x2xb,则(x)3x2，223x23x77当x[0,]时,(x)0,于是(x)在[0,]上递增；3377当x[,1]时,(x)0,于是(x)在[,1]上递减3377而()(0),()(1)，33f(x)2xb即(x)0在[0,1]恰有两个不同实根等价于(0)ln2b07727()ln(27)b03661(1)ln5b021727ln5bln(27).263aabax7.解：（1）f(x)1.Qx≥0,a0,b0,f(x)≤0时，ab≤0，即axbaxba≤b.当a≤b时，Qa0,b0,x≥0.axb0,abax≤0,即f(x)≤0.f(x)在[0,)上是减函数的充要条件为b≥a.⋯⋯⋯（4分）（2）由（1）知，当b≥a时f(x)为减函数，f(x)的最大值为f(0)lnb；abaxabab当ba时，Qf(x)，当0≤x时，f(x)0，当x时f(x)0，axbaaababab即在[0,)上f(x)是增函数，在[,)上f(x)是减函数，x时f(x)取最大aaa值，lnb(b≥a),abab最大值为fmax(x)f()lna，即fmax(x)ab⋯⋯（13aalna(ba).a分）（3）在（1）中取ab1，即f(x)ln(x1)x,由（1）知f(x)在[0,)上是减函数.111Qln(1x)x≤ln21，即f(x)≤f(1)，xxx11515x≥1，解得≤x0或x≥.x221515故所求不等式的解集为[,0)U[,)⋯⋯⋯⋯⋯（8分）2218.解：（1）∵f(x)=x∴当x[1,e]时，f(x)>0，∴f(x)在[1,e]上是增函数x112故f(x)minf(1)，f(x)maxf(e)e1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分222122312(1x)(1x2x)（2）设F(x)xlnxx，则F(x)x2x，23xx∵x1时，∴F(x)0，故F(x)在[1,)上是减函数.11223又F(1)0，故在[1,)上，F(x)0，即xlnxx，62323∴函数f(x)的图象在函数g(x)x的图象的下方.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3n11（3）∵x>0，∴[f(x)]nf(xn)xxn，当n1时，不等式显然成xxn立；nn1n112n21n11n当≥2时，有[f(x)]f(x)CnxCnx2LCnxn1xxx1n22n4n11CnxCnxLCnn210分x11n212n41n11n2[Cn(xn2)Cn(xn4)LCn(n2x)]2xxx112n-1n≥2Cn2Cn2Cn222nnn∴[f(x)]f(x)≥22(nN*）a1axa9解.(Ⅰ)F(x)f(x)g(x)lnx(x0F'(x)(x0)xxx2x2a0,由F(x)0x(a,),F(x)在（a,）上单调递增。由F(x)0x(0,a),F(x)在（0,a）上单调递减。F(x)的单调递减区间为（0,a），单调递增区间为（a,）xaxa1（Ⅱ）0F(x)2(0x3),kF(x0)2(0x03)恒成立xx0212121a(x0x0)min当x01时，x0x0取得最大值22211a,anmn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分222a11（Ⅲ）若2yg(2)m1xm的图象与x12222yf(1x)ln(x1)的图象恰有四个不同交点，1212即xmln(x1)有四个不同的根，亦即222121mln(x1)x有四个不同的根。222121令G(x)ln(x1)x，222x2xx3xx(x1)(x1)则G(x)2x22。x1x1x1当x变化时G(x).G(x)的变化情况如下表：x（，1）(-1,0)(0,1)(1,)G(x)的符号+-+-G(x)的单调性↗↘↗↘1由表格知：G(x)最小值G(0),G(x)最大值G(1)G(1)ln20。2111画出草图和验证G(2)G(2)ln52可知，当m(,ln2)时，222yG(x)与ym恰有四个不同的交点，12a11当m(,ln2)时，yg(2)m1x2m的图象与2x12222yf(1x)ln(x1)的图象恰有四个不同的交点。⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分1210.解：（Ⅰ）因为h(x)x2xlogax(x0)，2所以1x2lna2xlna1h(x)x2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3xlnaxlna分因为h（x）在区间(0,)上是增函数，2xlna2xlna1所以≥0在区间(0,)上恒成立．xlna2若01．22由xlna2xlna10恒成立，又h(x)存在正零点，故△＝（－2lna）－4lna＝0，所以lna＝1，即a＝e．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分11y2y1x2x1（Ⅱ）由（Ⅰ），g(x0)，于是，x0．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯x0x0x2x1lnx2lnx19分x2x1以下证明x1．（※）lnx2lnx1（※）等价于x1lnx2x1lnx1x2x10．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分令r（x）＝xlnx2－xlnx－x2＋x，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分r′（x）＝lnx2－lnx，在（0，x2］上，r′（x）>0，所以r（x）在（0，x2］上为增函数．当x11，令t，作函数h（x）＝t－1－lnt，下略．lnxlnxx2x21ln1x1分
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