专题训练-函数及导数之分类讨论

-.z.专题训练—函数与导数之分类讨论1．(2013·)函数f(*)＝*－aln*(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(*)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(*)的极值．2．假设，函数，其中为自然对数的底数．(1)假设，求函数的单调递增区间；(2)当时，恒成立，数的取值围．3．f(*)＝*3＋a*2－a2*＋2.(1)假设a＝1，求曲线y＝f(*)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)假设a≠0，求函数f(*)的单调区间；(3)假设不等式2*ln*≤f′(*)＋a2＋1恒成立，数a的取值围．4．函数f(*)＝*2－aln*(a∈R)．(1)假设a＝2，求证：f(*)在(1，＋∞)上是增函数；(2)求f(*)在[1，e]上的最小值．5．函数f(*)＝aln*－b*2.(1)当a＝2，b＝eq\f(1,2)时，求函数f(*)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值；(2)当b＝0时，假设不等式f(*)≥m＋*对所有的a∈[0，eq\f(3,2)]，*∈(1，e2]都成立，数m的取值围．6．函数．(1)函数有极大值，数的值；(2)对于，不等式恒成立，数的取值围．7．函数R)．〔1〕假设，求曲线在点处的的切线方程；〔2〕假设对任意恒成立，数的取值围．8．函数，aR．〔1〕当时，求的单调区间；〔2〕是否存在实数，使得对任意的，不等式0≤≤a恒成立？假设存在，求出所有的值；假设不存在，请说明理由．函数与导数之分类讨论1．(2013·)函数f(*)＝*－aln*(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(*)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(*)的极值．解函数f(*)的定义域为(0，＋∞)，f′(*)＝1－eq\f(a,*).(1)当a＝2时，f(*)＝*－2ln*，f′(*)＝1－eq\f(2,*)(*>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(*)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(*－1)，即*＋y－2＝0.(2)由f′(*)＝1－eq\f(a,*)＝eq\f(*－a,*)，*>0知：①当a≤0时，f′(*)>0，函数f(*)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(*)无极值；②当a>0时，由f′(*)＝0，解得*＝a.又当*∈(0，a)时，f′(*)<0；当*∈(a，＋∞)时，f′(*)>0，从而函数f(*)在*＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(*)无极值；当a>0时，函数f(*)在*＝a处取得极小值a－alna，无极大值．2．假设，函数，其中为自然对数的底数．(1)假设，求函数的单调递增区间；(2)当时，恒成立，数的取值围．3．f(*)＝*3＋a*2－a2*＋2.(1)假设a＝1，求曲线y＝f(*)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)假设a≠0，求函数f(*)的单调区间；(3)假设不等式2*ln*≤f′(*)＋a2＋1恒成立，数a的取值围．解(1)∵a＝1，∴f(*)＝*3＋*2－*＋2，∴f′(*)＝3*2＋2*－1，∴k＝f′(1)＝4，又f(1)＝3，∴切点坐标为(1,3)，∴所求切线方程为y－3＝4(*－1)，即4*－y－1＝0.(2)f′(*)＝3*2＋2a*－a2＝(*＋a)(3*－a)，由f′(*)＝0得*＝－a或*＝eq\f(a,3).①当a>0时，由f′(*)<0，得－a<*<eq\f(a,3).由f′(*)>0，得*<－a或*>eq\f(a,3)，此时f(*)的单调递减区间为(－a，eq\f(a,3))，单调递增区间为(－∞，－a)和(eq\f(a,3)，＋∞)．②当a<0时，由f′(*)<0，得eq\f(a,3)<*<－a.由f′(*)>0，得*<eq\f(a,3)或*>－a，此时f(*)的单调递减区间为(eq\f(a,3)，－a)，单调递增区间为(－∞，eq\f(a,3))和(－a，＋∞)．综上：当a>0时，f(*)的单调递减区间为(－a，eq\f(a,3))，单调递增区间为(－∞，－a)和(eq\f(a,3)，＋∞)．当a<0时，f(*)的单调递减区间为(eq\f(a,3)，－a)，单调递增区间为(－∞，eq\f(a,3))和(－a，＋∞)．(3)依题意*∈(0，＋∞)，不等式2*ln*≤f′(*)＋a2＋1恒成立，等价于2*ln*≤3*2＋2a*＋1在(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln*－eq\f(3,2)*－eq\f(1,2*)在(0，＋∞)上恒成立，设h(*)＝ln*－eq\f(3*,2)－eq\f(1,2*)，则h′(*)＝eq\f(1,*)－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2*2)＝－eq\f(*－13*＋1,2*2).令h′(*)＝0，得*＝1，*＝－eq\f(1,3)(舍)，当0<*<1时，h′(*)>0；当*>1时，h′(*)<0.当*变化时，h′(*)，h(*)变化情况如下表：*(0,1)1(1，＋∞)h′(*)＋0－h(*)单调递增－2单调递减∴当*＝1时，h(*)取得最大值，h(*)ma*＝－2，∴a≥－2，∴a的取值围是[－2，＋∞)．4．函数f(*)＝*2－aln*(a∈R)．(1)假设a＝2，求证：f(*)在(1，＋∞)上是增函数；(2)求f(*)在[1，e]上的最小值．(1)证明当a＝2时，f(*)＝*2－2ln*，当*∈(1，＋∞)时，f′(*)＝eq\f(2*2－1,*)>0，所以f(*)在(1，＋∞)上是增函数．(2)解f′(*)＝eq\f(2*2－a,*)(*>0)，当*∈[1，e]时，2*2－a∈[2－a,2e2－a]．假设a≤2，则当*∈[1，e]时，f′(*)≥0，所以f(*)在[1，e]上是增函数，又f(1)＝1，故函数f(*)在[1，e]上的最小值为1.假设a≥2e2，则当*∈[1，e]时，f′(*)≤0，所以f(*)在[1，e]上是减函数，且最小值为e2－a.假设2<a<2e2，则当1≤*<eq\r(\f(a,2))时，f′(*)<0，此时f(*)是减函数；当eq\r(\f(a,2))<*≤e时，f′(*)>0，此时f(*)是增函数．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,2))))＝eq\f(a,2)－eq\f(a,2)lneq\f(a,2)，所以f(*)在[1，e]上的最小值为eq\f(a,2)－eq\f(a,2)lneq\f(a,2)；综上可知，当a≤2时，f(*)在[1，e]上的最小值为1；当a≥2e2时，f(*)在[1，e]上的最小值为e2－a；当2<a<2e2时，f(*)在[1，e]上的最小值为eq\f(a,2)－eq\f(a,2)lneq\f(a,2).5．函数f(*)＝aln*－b*2.(1)当a＝2，b＝eq\f(1,2)时，求函数f(*)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值；(2)当b＝0时，假设不等式f(*)≥m＋*对所有的a∈[0，eq\f(3,2)]，*∈(1，e2]都成立，数m的取值围．解(1)由题知，f(*)＝2ln*－eq\f(1,2)*2，f′(*)＝eq\f(2,*)－*＝eq\f(2－*2,*)，当eq\f(1,e)≤*≤e时，令f′(*)>0得eq\f(1,e)≤*<eq\r(2)；令f′(*)<0，得eq\r(2)<*≤e，∴f(*)在[eq\f(1,e)，eq\r(2))上单调递增，在(eq\r(2)，e]上单调递减，∴f(*)ma*＝f(eq\r(2))＝ln2－1.(2)当b＝0时，f(*)＝aln*，假设不等式f(*)≥m＋*对所有的a∈[0，eq\f(3,2)]，*∈(1，e2]都成立，则aln*≥m＋*对所有的a∈[0，eq\f(3,2)]，*∈(1，e2]都成立，即m≤aln*－*，对所有的a∈[0，eq\f(3,2)]，*∈(1，e2]都成立，令h(a)＝aln*－*，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵*∈(1，e2]，∴ln*>0，∴h(a)在[0，eq\f(3,2)]上单调递增，∴h(a)min＝h(0)＝－*，∴m≤－*对所有的*∈(1，e2]都成立．∵1<*≤e2，∴－e2≤－*<－1，∴m≤(－*)min＝－e2.6．函数．(1)函数有极大值，数的值；(2)对于，不等式恒成立，数的取值围．7．函数R)．〔1〕假设，求曲线在点处的的切线方程；〔2〕假设对任意恒成立，数的取值围．解：〔1〕当时，．，…………2分因为切点为〔〕，则，…………4分所以在点〔〕处的曲线的切线方程为：．…………5分〔2〕解法一：由题意得，…………7分即．〔注：凡代入特殊值缩小围的均给3分〕…………8分易得：，…………9分因为，所以恒成立…………11分故在上单调递增，…………12分要使恒成立，即…………13分则可得：…………14分解得：．…………15分解法二：…………7分①当时，在上恒成立故在上单调递增…………8分即．…………10分②当时，令，对称轴，则在上单调递增，又a.当，即时，在上恒成立，所以在单调递增，解得：，不合题意，舍去…………12分b.当时，，不合题意，舍去……14分综上所述：…………15分8．函数，aR．〔1〕当时，求的单调区间；〔2〕是否存在实数，使得对任意的，不等式0≤≤a恒成立？假设存在，求出所有的值；假设不存在，请说明理由．〔1〕当时，，．……2分令，，，当时，，或；当时，，……4分所以的单调递增区间是，单调递减区间是．……6分〔2〕求导．…………7分令，，，当时，，或；当时，，…………8分所以的单调递增区间是，单调递减区间是．…………9分因为，下面分类讨论研究当时，最大值与最小值：①当时，在上单调递增，即，…………10分只要成立即可，解得，所以不存在．…………12分②当时，即，在上单调递增，在单调递减，，…………13分只要，解得，所以也不存在．…………14分综上所述，满足条件的实数不存在．…………15分7．(本小题总分值16分)函数，其中R．(1)求函数y=f(*)的单调区间；(2)假设对任意的*1，*2[1，1]，都有，数的取值围；(3)求函数的零点个数．7．解:(1)f´(*)=*2－2m*－1,由f´(*)0，得*m－eq\r(m2+1),或*m+eq\r(m2+1);故函数的单调增区间为(－∞,m－eq\r(m2+1)),(m+eq\r(m2+1),+∞),减区间(m－eq\r(m2+1),m+eq\r(m2+1)).……………４分(2)“对任意的*1，*2[1，1]，都有|f(*1)f(*2)|4〞等价于“函数y=f´(*),*[1，1]的最大值与最小值的差小于等于4〞.对于f´(*)=*2－2m*－1,对称轴*=m.①当m<1时,f´(*)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;……………6分②当1m1时,f´(*)的最大值为f´(1)或f´(1),最小值为f´(m),由eq\b\lc\{(\a\al(f´(1)f´(m)4,f´(1)f´(m)4)),即eq\b\lc\{(\a\al(m22m30,m2+2m30)),解得1m1;………………8分③当m>1时,f´(*)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;综上,实数m的取值围是[1,1].…………10分(3)由f´(*)=0,得*2－2m*－1=0,因为△=4m2+4>0,所以y=f(*)既有极大值也有极小值.设f´(*0)=0,即*02－2m*0－1=0，则f(*0)=eq\f(1,3)*03－m*02－*0+eq\f(1,3)m=－eq\f(1,3)m*02－eq\f(2,3)*0+eq\f(1,3)m=－eq\f(2,3)*0(m2+1)………………12分所以极大值f(m－eq\r(m2+1))=－eq\f(2,3)(m－eq\r(m2+1))(m2+1)>0，极小值f(m+eq\r(m2+1))=－eq\f(2,3)(m+eq\r(m2+1))(m2+1)<0,故函数f(*)有三个零点.…………16分1.(2013·模拟)函数f(*)=(*-k)e*.(1)求f(*)的单调区间.(2)求f(*)在区间[0,1]上的最小值.2.(2013·模拟)设函数f(*)=*(e*-1)-a*2.(1)假设a=QUOTE,求f(*)的单调区间.(2)假设当*≥0时f(*)≥0,求a的取值围.答案解析1.【解析】(1)f′(*)=(*-k+1)e*.令f′QUOTE=0,得*=k-1.于是当*变化时,f(*)与f′(*)的变化情况如下:*(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(*)—0+f(*)↘-ek-1↗所以,f(*)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+