导数与函数解答题专题练习作业1含答案(共6页)

1、导数(do sh)与函数专练作业(三十三)1(2014郑州质量(zhling)预测)(本小题满分(mn fn)14分)已知函数f(x)xex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当0 xf(eq f(k,x)，求实数k的取值范围解析(1)由题知f(x)(1x)ex(xR)，当f(x)0时，x1，当f(x)1，(3分)所以函数f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)，其极大值为f(1)eq f(1,e)，无极小值(5分)(2)由题知0 x1，当k0时，因为eq f(k,x)0 xf(eq f(k,x)，符合题意；(7分)当0kf(1)，这与函数在(，1)上单调递增不符；(

2、9分)当k1时，因为eq f(k,x)eq f(1,x)1，由(1)知函数f(x)在(1，)上单调递减，所以f(eq f(k,x)f(eq f(1,x)，即只需证f(x)f(eq f(1,x)，即证xexeq f(1,x)eeq f(1,x).即lnxxlnxeq f(1,x)，2lnxxeq f(1,x)0，令h(x)2lnxxeq f(1,x)(0 x1)，则h(x)eq f(x22x1,x2)eq f(x12,x2)0对0 xh(1)0.所以f(x)f(eq f(k,x)，符合题意(13分)综上：k(，01，)为所求(14分)2(2014南通调研)(本小题满分16分)已知函数f(x)(x

3、a)2ex在x2处取得极小值(1)求实数a的值；(2)是否存在区间m，n，使得f(x)在该区间上的值域为e4m，e4n？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由解析(1)f(x)ex(xa)(xa2)，由题意知f(2)0，解得a2或a4.(2分)当a2时，f(x)exx(x2)，易知f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，符合题意；当a4时，f(x)ex(x2)(x4)，易知f(x)在(0,2)上为增函数，在(2,4)上为减函数，不符合题意所以满足条件的a2.(5分)(2)因为f(x)0，所以m0.(7分)若m0，因为f(0)42，所以(n2)2ene4n.(9分)设g(x)

4、eq f(x22,x)ex(x2)，则g(x)eq f(x24,x2)eq f(x22,x)ex0，所以(suy)g(x)在(2，)上为增函数由于(yuy)g(4)e4，即方程(fngchng)(n2)2ene4n有唯一的解为n4.(11分)若m0，则2m，n，即nm2或0mnm2时，eq blcrc (avs4alco1(fmm22eme4m，,fnn22ene4n，)由可知不存在满足条件的m，n.(13分)当0mn2时，eq blcrc (avs4alco1(m22eme4n，,n22ene4m，)两式相除，得m(m2)2emn(n2)2en.设h(x)x(x2)2ex(0 x2)则h(x

5、)(x3x24x4)ex(x2)(x1)(x2)ex.h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，由h(m)h(n)，得0m1,1n2.此时(m2)2em4e4n，与(m2)2eme4n矛盾综上所述，满足条件的m，n的值只有一组，即m0，n4.(16分)3(2014湖南郴州二模)(本小题满分14分)设函数f(x)x2aln(x1)有两个极值点x1，x2，且x1m成立，求实数m的取值范围解析(1)由f(x)x2aln(x1)，得f(x)2xeq f(a,x1)eq f(2x22xa,x1)(x1)令g(x)2x22xa(x1)，则其对称轴为xeq f(1,2)，故由题意(t y)可知

6、x1，x2是方程(fngchng)g(x)0的两个均大于1的不相等(xingdng)的实数根，其充要条件为eq blcrc (avs4alco1(48a0，,g1a0，)解得0aeq f(1,2).(5分)(2)由(1)可知f(x)eq f(2x22xa,x1)eq f(2xx1xx2,x1)，其中1x10，即f(x)在区间(1，x1)上单调递增；当x(x1，x2)时，f(x)0，即f(x)在区间(x2，)上单调递增(9分)(3)由(2)可知f(x)在区间(x1，)上的最小值为f(x2)又由于g(0)a0，因此eq f(1,2)x20.又由g(x2)2xeq oal(2,2)2x2a0可得a(

7、2xeq oal(2,2)2x2)，从而f(x2)xeq oal(2,2)aln(x21)xeq oal(2,2)(2xeq oal(2,2)2x2)ln(x21)设h(x)x2(2x22x)ln(x1)，其中eq f(1,2)x0，则h(x)2x2(2x1)ln(x1)2x2(2x1)ln(x1)由eq f(1,2)x0，ln(x1)0，故h(x)在(eq f(1,2)，0)上单调递增所以(suy)f(x2)h(x2)h(eq f(1,2)eq f(12ln2,4).故实数(shsh)m的取值范围(fnwi)为meq f(12ln2,4).(14分)4(2014湖南)(本小题满分13分)已知

8、函数f(x)xcosxsinx1(x0)(1)求f(x)的单调区间；(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个零点，证明：对一切nN*，有eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,xoal(2,n)0，此时f(x)0；当x(2k1)，(2k2) (kN)时，sinx0.故f(x)的单调递减区间为(2k，(2k1)(kN)，单调递增区间为(2k1)，(2k2)(kN)(5分)(2)由(1)知，f(x)在区间(0，)上单调递减，又feq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)0，故x1eq f(,2).当nN*时，因为f(n)f(n1)(1)nn

9、1(1)n1(n1)10，且函数f(x)的图像是连续不断的，所以f(x)在区间(n，(n1)内至少存在一个零点又f(x)在区间(n，(n1)上是单调的，故nxn1(n1).(9分)因此(ync)当n1时，eq f(1,xoal(2,1)eq f(4,2)eq f(2,3)； 当n2时，eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,2)(41)eq f(2,3)；(10分)当n3时，eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,xoal(2,n)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(41f(1,22)f(1,n12)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(5f(1,12)f(1,n2n1)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(5blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)blc(rc)(avs4alco1(f(1,n2)f(1,n1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(6f(1,n1)eq f(6,2)eq f(2,3).综上所述，对一切(yqi)n