导数练习题

（1）当a2时，求函数fx的极值；

（2）若gxfxx2，且gx0恒成立，求实数a的取值范围.

222．已知函数f(x)lnxmx，g(x)12mxx，mR，令F(x)f(x)g(x). 2（1）当m1时，求函数f(x)的单调递增区间； 2（2）若关于x的不等式F(x)mx1恒成立，求整数m的最小值；

3．已知函数f(x)e(sinxax2ae)，其中aR，e2.71828为自然对数的底数.

（1）当a0时，讨论函数f(x)的单调性；

x2（2）当

1a1时，求证：对任意的x[0,)，f(x)0. 2xm4．已知函数f(x)eln2x.

（1）若m1，求函数f(x)的极小值；

（2）设m2，证明：f(x)ln20.

5．已知函数f(x)xlnax,g(x)x，其中aR且a0，e为自然常数. ex（1）讨论f(x)的单调性和极值；

（2）当a1时，求使不等式f(x)mg(x)恒成立的实数m的取值范围.

6．已知函数f(x)xlnxax1，且f(1)1.

2（1）求f(x)的解析式；

（2）证明：函数yf(x)xex的图象在直线yx1的图象下方.

x27．已知函数fx13lnx. xex2mx1,gx3x（1）函数fx在点1,f1处的切线与直线12exy40平行，求函数fx的单调区间；

（2）设函数fx的导函数为f成立，求m的取 值范围.

8．设函数f(x)xlnx(x0)． （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设F(x)ax2f(x)(aR)，F(x)是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；

（Ⅲ）当x0时，证明：exf(x)1．

'x，对任意的x1,x20,，若gx1f'x2恒

(x1)29．（本小题满分12分）已知函数f(x)lnx．

2（Ⅰ）求函数fx的单调递增区间；

（Ⅱ）证明：当x1时，f(x)x1；

（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有

f(x)kx1．

10．（本题满分14分）设函数f(x)xlnx(x0)．

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设F(x)axf(x)(aR)，F(x)是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；

2（Ⅲ）当x0时．证明：ef(x)1．

x参考答案

（2）0,2e. fx极小值为f01，无极大值；

1．（1）函数

【解析】

试题分析：（1）当a函数时，

2时，fxe2xx2x2,f'x2e2x2x2，通过二次求导可知

且f'00，所以当x0时f'x0，当x0f'x2e2x2x2在R上单调递增，

f'x0

fx在区间,0上单调递减，在区间0,上单调递增，所以fx的极小值点为

因此函数

2x无极大值点；（2）对函数gx求导可得g'x2ea，分a0和a0讨论，显然a0f0，

时，g'函数gx在R上单调递增，研究图象可知一定存在某个x00，使得在区间,x0x0，

上函数

ye2x的图象在函数yax的图象的下方，即e2xax不恒成立，舍去；当a0时，函数

在区间

gx1a,ln22上单调递减，在区间

1aln,22上单调递增，

1agxmingln0，解得0a2e.

22试题解析：（1）函数

fxe2xx2ax2的定义域是

R,当

a2时，

fxe2xx2x2f'x2e2x2x2,易知函数f'x2e2x2x2的定义域是R上单调递增函数，且

f'00,所以令f'x0，得x0；令f'x0，得x0，所以函数

在区间0,上单调递增.所以函数fx极小值为f01，fx在区间,0上单调递减，无极大值. （2）gxfxx22e2xx2ax2x22e2xax，则g'x2e2xa.

x0恒成立，所以函数gx在R上单调递增，

0，使得在区间,x0上，

①当a0时，g'且数形结合易知，一定存在某个x0函数

ye2x的图象在函数yax的图象的下方，即满足e2xax的图象即gx0.

所以gx0不恒成立，故当a0时，不符合题意，舍去；

1a1a0时，令g'x0，得xln；g'x0，得xln；

2222②当a所以函数gx在区间,1a1aln上单调递减，在区间ln,上单调递增. 2222所以函数gx定义域R上的最小值为g1aln. 22aln1a1a若gx0恒成立，则需满足gln0，即e2aln0，

2222即

aaa1aaln0，即1ln0.

22222又因为aa0，所以1ln00，解得a2e，所以0a2e.

2综上，实数a的取值范围是

0,2e.

考点：利用导数研究函数的单调性及极值、最值.

【方法点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值、最值，考查了分类讨论、数相结合的数学思想，属于难题.本题第一问研究函数的极值，通过二次求导得到导函数的最小值说明来判断极值点的情况；第二问是本题解答的难点，把g照a的符号进行讨论，来判断g时，求出函数gfx的单调性，

x0恒成立转化为求函数gx的最小值，按

x的单调性，当a0时，gx单调递增，通过找反例排除，当a0x零点，判断其单调性，求出其最小值，建立不等式求解.

2．（1）(0,1)；（2）最小值为2．

【解析】

试题分析：（1）当

m12时,对

f(x)求导求其单调增区间；（2）先化简

F(x)mx1为

F(x)mx10,恒成立问题,转化为求G(x)F(x)(mx1)的最大值来求解.

试题解析：（1）

11x212'f(x)lnxx，x0，f(x)xxx2，（x0）.

由

f'(x)0得1x20又x0，所以0x1，所以f(x)的单增区间为(0,1).

（2）令G(x)1F(x)(mx1)lnxmx2(1m)x1.

21mx2(1m)x1所以G(x)mx(1m)

xx'当m0时，因为x0，所以G'(x)0所以G(x)在(0,)上是递增函数，

又因为G(1)3m20.

2所以关于x的不等于G(x)mx1不能恒成立.

当m0时，G'm(x(x)1)(x1)m. x令G'(x)0得x111''，所以当x(0,)时，G(x)0；当x(,)时，G(x)0， mmm11)是增函数，在x(,)是减函数. mm11)lnm. m2m因此函数G(x)在x(0,故函数G(x)的最大值为G(令h(m)111lnm，因为h(1)0，h(2)ln20. 2m24又因为h(m)在m(0,)上是减函数，所以当m2时，h(m)0， 所以整数m的最小值为2.

考点：1.导数与单调性；2.分类讨论的数学思想；3.恒成立问题．

【思路点晴】本题第一问是基本的求单调区间问题,只需按求函数单调性的方法来求解就可以.第二问是恒成立问题,我们一般都需要对已知条件进行化简,如本题我们就化简F(x)mx1为F(x)mx10,化简后右边为零,我们就可以转化为求G(x)数大致图象并结合零点相关性质求解.

F(x)(mx1)的最大值来求解. 借助导数工具，判断函

3．（1）函数

（2）证明见解析. f(x)在R上为减函数；

【解析】

试题分析：（1）对函数

（2）对任意f(x)求导,利用函数的单调性与导数的关系,得出函数f(x)的单调性；

的

x[0,)，f(x)0等价于对任意的x[0,)，sinxax22ae0,再构造函数

g(x)sinxax22ae,求导,利用导数,求出g(x)的最大值小于零.

试题解析：解：（1）当a0时，f(x)ex(sinxe)，xR，

f(x)ex(sinxcosxe)ex[2sin(x)e]，

4∵当xR时，

2sin(x)2，∴f(x)0.

4∴

f(x)在R上为减函数.

2（2）设g(x)sinxax2ae，x[0,)，g(x)cosx2ax，

令h(x)g(x)cosx2ax，x[0,)，则h(x)sinx2a，

当

1a1时，x[0,)，有h(x)0， 2∴h(x)在[0,)上是减函数，即g(x)在[0,)上是减函数，

又∵g(0)10，g(4)2ax22220，

∴g(x)存在唯一的x0(0,4)，使得g(x0)cosx02ax00，

∴当x0(0,x0)时，g(x)0，g(x)在区间(0,x0)单调递增；

当x0(x0,)时，g(x)0，g(x)在区间(x0,)单调递减，

因此在区间[0,)上g(x)max2g(x0)sinx0ax02ae，

∵cosx02ax00，∴x01cosx0，将其代入上式得 2ag(x)maxsinx0111cos2x02aesin2x0sinx02ae， 4a4a4a令t22121sinx0，x0(0,)，则t(0,)，即有p(t))， tt2ae，t(0,2244a4a21)上是增函数，且a1， 22∵

p(t)的对称轴t2a0，∴函数p(t)在区间(0,∴

p(t)p(2212151)2aee0,(a1)， 228a282即任意x[0,)，g(x)0，

∴

f(x)exg(x)0，因此任意x[0,)，f(x)0.

考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.导数的综合应用.

【思路点晴】本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数的综合应用等知识点,是压轴题.在（2）中,注意等价转换,对任意的再构造函数

x[0,)，f(x)0等价于对任意的x[0,)，sinxax22ae0,

,利用单调性,求出函数

g(x)sinxax22aeg(x)的最大值, 即

g(x)maxsinx0111cos2x02aesin2x0sinx02ae,把sinx0看成一个4a4a4a整体,就转化为二次函数最大值.本题多次等价转化,难度大,综合性强.

（2）证明见解析. f11ln2；

4．（1）

【解析】

试题分析：（1）当m1时，上的单调性，可知

111fxexex1得其零点x1，判断fx在0,exxxm（2）把函数fx放缩fxefx有极小值f1；ln2xex2ln2x，x2构造函数g(x)eln2x1xeln2lnx，利用导数研究函数gx的单调性，并求出其e2最小值的范围即可证得结论.

试题解析：（1）

1111fxex1ln2xexln2lnx，所以fxexex1，

eexx在(0,)上单调递增，所以当

观察得

11111f1e10，而fxexex1e1exxx(0,1)时fx0，当1，+时fx0；所以fx在0,1单调递减，fx在1，+单调递增，故

fx有极小值f11ln2．

fxexmln2xex2ln2x，

证明：（2）因为m2，所以

令g(x)e增，

x2ln2x1x1x2，则，易知g(x)在(0,)单调递eln2lnxg(x)e2ex11g(1)10，g(2)10e2，所以设

g(x0)ex0210x0，则

x0(1,2)；当

x(0,x0)时，g(x)0，当x(x0,)时，g(x)0；所以g(x)在0,x0上单调递减，

x0,上单调递增，

所以g(x)ming(x0)ex02ln2x0，又因为g(x0)ex02110，故ex02x0x0，

所以lnex02ln1x02lnx02x0lnx0， x01ln22x0 x0所以g(x)ming(x0)ex02ln2x0ex02ln2lnx0 1x02ln2ln2x0当且仅当

1x0，即x01时等号成立，而x0(1,2)x0，所以

g(x)minln2，即g(x)ln2，所以f(x)ln2，即f(x)ln20．

考点：利用导数研究函数的单调性、极值、最值.

【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了转化的数学思想和函数思想的应用，属于难题.要研究函数的极值，先研究定义域内的单调性，本题（1）中导函数的零点不能直接求出，解答时应分析解析式的特点，利用指数函数的性质找出极值点；解答的难点是（2）证明不等式，可利用函数

fx的单调性进行放缩，转化为研究不含参数的函数g(x)ex2ln2x的最小值，这是本

题的技巧之一，导函数的零点同样不能直接解出，作为证明题，在判断单调性的前提下可以设出极值点，表示出函数值通过基本不等式证明即可，这是本题的另一个技巧.

5．（1）当a0时，x0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，f(x)有极小值

x10，所以f(x)在(,0)上单调递增，无xf(1)1lna；当a0时，x0，f'(x)极值；（2）(,e)．

【解析】

试题分析：（1）求导，利用讨论导数的符号确定函数的单调性，进而确定函数的极值；（2）分离参数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数求其最值．

试题解析：（1）因为

f(x)xlnax,a0,aR，

所以当a0时，f(x)的定义域为(0,)；

f(x)的定义域为(,0).

当a0，

又

f(x)xlnaxxlnxlna，f'(x)11x1， xx故当a0时，x0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，

f(x)有极小值f(1)1lna；

当a0时，x0，f'(x)x10，所以f(x)在(,0)上单调递增，无极值. x（2）解法一：

当a1时，

f(x)xlnx，由（1）知当且仅当x1时，f(x)min1，

因为g'(x)1x,x0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， ex当且仅当x1时，g(x)max1. e当m0时，由于g(x)x0,f(x)min1，所以f(x)mg(x)恒成立； exm， em， e当m0时，[mg(x)]max要使不等式即mf(x)mg(x)恒成立，只需1e.

综上得所求实数m的取值范围为(,e).

解法二：

当a1时f(x)xlnx，所以x0,g(x)x0， ex故

f(x)ex(xlnx)f(x)mg(x)m

g(x)xex(xlnx)(x1)ex(xlnx1)'令F(x)，则F(x).

xx2由（1）可知xlnx0， 所以当x1时，F'(x)0，当0x1时，F'(x)0，

所以F(x)minF(1)e.

故当me时，不等式f(x)mg(x)恒成立.

考点：1.导数在研究函数中的应用；2.导数在研究不等式恒成立问题中的应用．

【方法点睛】本题考查导数在研究函数单调性和最值中的应用以及导数在研究不等式恒成立中的应用，综合性较强，属于难题；利用导数处理不等式恒成立问题，往往优先考虑分离参数，利用

f(x)M恒成立

f(x)minM的运算化简能力.

转化为求函数的最值问题，再利用导数求最值，要求学生有较高的逻辑思维能力和较强

6．（1）

f(x)xlnxx21； （2）见解析.

【解析】

试题分析：（1）求导，由

x2（2）“函数yf(x)xex的图象在直线f(1)1求出a即可；

，求导，研究函数yx1的下方”等价于lnxex10，构造函数h(x)lnxex1，

h(x)lnxex1的单调性与最值，证h(x)max0即可.

试题解析：对

f(x)求导，得f(x)1lnx2ax，f(1)12a1，a1，

所以

f(x)xlnxx21

yf(x)xexx2（2）证明：“函数的图象在直线

yx1的下方”等价于即要证

x1xxh(x)lnxe1，h(x)0，lnxex10， 所以只要证. h(x)e ，趋于0时，

x存在一个极值

x0(0,1) 使得

ex01x0 等价于

h(x)lnx011(0x01)x0所以

h(x)0

x2yx1的下方. 2 yf(x)xex故函数的图象在直线

考点：1.导数的运算法则；2.导数与函数的单调性、极值、最值；3.函数与不等式.

2（2）mefx的单调区间为2e,,,0，单调减区间为0,2e；

7．（1）

1. e【解析】

试题分析：（1）根据

fx在点1,f1处的切线与直线12exy40平行，可得

（2）若对任意的f'112e，据此可求得m，研究fx的符号变化即得函数fx的单调区间；

x1,x20,，若gx1f'x2恒成立，则有gxmaxf'xmin，分别求出fxmin和

gx的最大值即可求得m的取值范围.

试题解析：（1）

f'xx22exm，Qf'112em12e,m0

即

f'xx22exxx2e，令f'x0，解得x2e或x0，

所以函数

fx的单调区间为2e,,,0，单调减区间为0,2e；

1lnx1lnx'，令x0gx00xe 22xx（2）g'x函数gx的单调为0,e，单调减区间为e,.

12'2'22，又fxx2exmxeme，fx memine当xe时，gxmax11Qgx1f'x2恒成立，me2me2.

ee考点：导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、求函数在给定区间上的最值等.

【方法点睛】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及给定区间山的最值问题，属于中档题. 利用导数的几何意义求曲线上某点的切线是导数中最常见的问题之一，关键是把好审题关，判断给出的点是否是切点，利用导数研究函数的单调性常用列表或串根法判断导数的符号，有时还要讨论，本题的难点是（2）中的转化问题，涉及到两个变量的恒成立，通常逐个分析，转化为求函数的最值问题.

8．（Ⅰ）

11（Ⅱ）当a0时，F(x)无极f(x)的单调增区间为(,)，f(x)的单调减区间为(0,)；

ee0时，F(x)有极大值

值；当a11ln22a，无极小值．（Ⅲ）证明详见解析．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用一阶导数的符号来求单调区间．（Ⅱ）对a进行分类讨论，F(x)的极值．（Ⅲ）把证

明不等式转化求函数的最小值大于0． 试题解析：（Ⅰ）

f(x)lnx1(x0)．

令

f(x)0，即lnx10，得x11，故f(x)的增区间为(,)；

ee令

f(x)0，即lnx10，得x11，故f(x)的减区间为(0,)；

ee∴

11f(x)的单调增区间为(,)，f(x)的单调减区间为(0,)．

ee212ax21（Ⅱ）F(x)axlnx1(x0)F(x)2ax(x0)

，xx当a0时，恒有F(x)0∴F(x)在(0,)上为增函数，故F(x)在x(0,)上无极值；

当a0时，令F(x)0，得x12a,当x(0,1)，F(x)0，F(x)单调递增， 2a当x(1，)，F(x)0，F(x)单调递减． 2a111)ln2a22a∴F极大值(x)F(，F(x)无极小值；

综上所述：a0时，F(x)无极值a0时，F(x)有极大值

11ln22a,无极小值．

（Ⅲ）证明：设g(x)则即证g(x)2，只要证g(x)min2． exlnx(x0)，1∵g(x)e，∴g(0.5)e221.720，g(1)e10

xx1又g(x)ex1在(0,)上单调递增 x∴方程g(x)0有唯一的实根xt，且t(0.5,1)．

g(t)0．当x(t,)时，g(x)g(t)0

∵当x(0,t)时，g(x)∴当xt时，g(x)minetlnt

∵g(t)11110即et，则tet ∴g(x)minlnett2t2

tttt∴原命题得证．

考点：求导公式，函数的单调区间，函数的极值，函数的最值．

【方法点睛】（1）解含参数a的不等式，需要对a进行分类讨论，是本题的亮点，也是本题的难点之一．（2）把证明不等式转化为求函数的最小值，也是本题的难点之一．（3）在求最小值的过程中，对零点t设而不求，最后利用基本不等式进行放缩，是本题最大的亮点，也是最难的地方．（4）本题题干简洁，但是内涵丰富，本题设问层层深入，是一道好题，意蕴悠长．

9．（Ⅰ）

15fx的单调递增区间是0,；（Ⅱ）详见解析； （Ⅲ）,1． 2【解析】

试题分析：（Ⅰ）求导，令导数大于0得增区间． （Ⅱ）令Fxfxx1，求导，讨论导数

1的正负，得函数的单调区间，从而可得函数的最值，只需其最大值小于0即可． （Ⅲ）由（Ⅱ）知k或k1时均不成立． 当k1时，令Gxfxkx1，求导，讨论导数的正负，得函数的

增减区间．根据单调性可得其最大值，使其最大值大于0即可．

试题解析：（Ⅰ）

1x2x1，x0,． fxx1xx由

x015fx0得2解得0x．

2xx1015fx的单调递增区间是0,． 2故

（Ⅱ）令Fxfxx1，x0,．

．

1x2则有Fxx当x1,时，Fx0， x在1,上单调递减，

1时，FxF10，即当x1时，fxx1．

所以F故当x（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k1时，不存在x01满足题意．

当k1时，对于x1，有fxx1kx1，则fxkx1，从而不存在x01满

足题意．

当k1时，令Gxfxkx1，x0,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx由Gx0得，x21kx10．

1k解得x11k2240，x21k1k2241．

当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单调递增．

从而当x1,x2时，GxG10，即fxkx1，

,1．

综上，k的取值范围是

考点：用导数研究函数的性质．

10．（Ⅰ）

11（Ⅱ）当a0时，F(x)无f(x)的单调增区间为(,)，f(x)的单调减区间为(0,)；

ee极值；当a110时，F(x)有极大值ln22a,无极小值．（Ⅲ）证明过程详见解析．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）求出导函数，由导函数大于零求解，由导数小于零求解，然后总结出单调区间；（Ⅱ）函数有极值，则导函数等于零有变号零点，从而求出参数范围；（Ⅲ）原不等式等价于e函数，设g(x)xlnx2，构造

则不等式等价于g(x)min2，然后求函数g(x)的最小值且最小exlnx(x0)，值大于2即可．

试题解析： （Ⅰ）

f(x)lnx1(x0)．

令

f(x)0，即lnx10，得x1， e故

1f(x)的增区间为(,)；

ef(x)0，即lnx10，得x令

1， e故

1f(x)的减区间为(0,)；

e1f(x)的单调增区间为(,)，

e∴

1f(x)的单调减区间为(0,)．

e（Ⅱ）

F(x)ax2lnx1(x0)

12ax21F(x)2ax(x0)

xx当a0时，恒有F(x)0

∴F(x)在(0,)上为增函数，

故F(x)在x(0,)上无极值；

当a0时，令F(x)0，得x12a

x(0,1)，F(x)0，F(x)单调递增， 2ax(1，)，F(x)0，F(x)单调递减． 2a111)ln2a22a∴F极大值(x)F(，F(x)无极小值；

综上所述：a0时，F(x)无极值

11a0时，F(x)有极大值ln22a（Ⅲ）证明：设g(x),无极小值．

则即证g(x)2，只要证g(x)min2 exlnx(x0)，1∵g(x)e，∴g(0.5)e221.720，g(1)e10

xx1又g(x)ex1在(0,)上单调递增 x∴方程g(x)0有唯一的实根xt，且t(0.5,1)．

g(t)0．当x(t,)时，g(x)g(t)0

∵当x(0,t)时，g(x)∴当xt时，g(x)minetlnt

∵g(t)0即et1111tt，则te ∴g(x)minlnet2t2

tttt∴原命题得证

考点：导数法求函数的单调区间；由极值求参数范围；证明不等式．

【方法点睛】含参数的单调性问题，主要是对参数如何分类，常求出导函数并进行因式分解，然后求出导函数等于零时的根，按照根的大小关系及根与零点的大小关系与参数的关系进行分类，最后求出每一类的单调性即可；对于不等式证明，常常移向，将一边看成函数，从而转化为求最值问题．例如：本题的不等

式等价于ex则不等式等价于g(x)min2，然lnx2，构造函数，设g(x)exlnx(x0)，后求函数g(x)的最小值且最小值大于2即可．