已知函数性质求参数范围

1．若函数fxkxlnx在区间1,单调递增，则k的取值范围是（） A. ,2 B. ,1 C. 2, D. 1,

2．已知可导函数fx的导函数为fx，若对任意的xR，都有fxfx2，且fx2019为奇函数，则不等式fx2017e2的解集为（）

xA. ,0 B. 0, C. ,11 D. ,2 2ee3．已知定义在实数集R上的函数fx满足f13，且fx的导数fx在R上恒有fx2xR，则不等式fx2x1的解集为（）

A. 1, B. ,1 C. 1,1 D. ,11,

4．若函数fxmlnxxmx在区间0,内单调递增，则实数m的取值范围为（）

2A. 0,8 B. 0,8 C. ,08, D. ,08,

5．已知函数fx1xlnx(a0)（12分） ax（1）若函数fx在1,上为增函数，求实数a的取值范围； （2）当a1时，求fx在,2上的最大值和最小值.

26．已知函数fx1lnxaaR. x（1）若曲线yfx在点1,f1处的切线与直线xy10平行，求a的值； （2）在（1）条件下，求函数fx的单调区间和极值； 7．已知函数fxxlnxa2x（aR）． 2（Ⅰ）若x0，恒有fxx成立，求实数a的取值范围； （Ⅱ）若函数gxfxx有两个相异极值点x1，x2，求证：8．已知函数f(x)＝lnx＋112ae． lnx1lnx212x＋ax(a是实数)，g(x)＝2＋1. xx11

(1)当a＝2时，求函数f(x)在定义域上的最值；

(2)若函数f(x)在[1，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围；

(3)是否存在正实数a满足：对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立？若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．

9．已知函数fxx2axlnx2a1aR .

2（1）若a2，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程； （2）若fx0对任意在x1,恒成立，求实数a的取值范围. 10．已知函数fxlnxaaaR. xx2（1）若a1，求函数fx的极值；

（2）若fx在1,内为单调增函数，求实数a的取值范围； （3）对于nN，求证：1112121213121n12lnn1.

11．已知函数fxx2aa2lnx，其中实数a0． x（1）若a0，求函数fx在x1,5上的最值； （2）若a0，讨论函数fx的单调性．

x212．已知函数fxexa，xR，曲线yfx的图象在点0,f0处的切线方程为ybx.

（1）求函数yfx的解析式；

（2）当xR时，求证：fxxx；

2（3）若fxkx对任意的x0,恒成立，求实数k的取值范围.

2

参

1．D

【解析】对fx求导得fxk11，由于fx在1,上单调递增，所以fxk0对于任意的xxx1,都成立，即k所以k1。

故本题正确答案为D。 2．B

【解析】令gx111对于任意的x1,都成立，于是k，又在1,上，无限趋近于1，xxxmaxfx2ex，则gxfxfx2ex0，因为fx2019为奇函数，所以

f02019,g02017，因此不等式fx2017ex2等价于gx2017g0x0，选B.

点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如fxfx构造gxfxex，fxfx0构造gxefx，xfxfxx构造gx3．A

fxx，xfxfx0构造gxxfx等

【解析】令gxfx2x1，gxfx2<0，所以g(x)在R上单调调减，又g(1)=0,所以g(x)<0的解集为1,，选A. 4．A

【解析】很明显m0，且f'xm2xm0恒成立，即： xmmm2x,m2x xxminm2x22m， x由均值不等式的结论：2据此有：m8m，解得：0m8.

本题选择A选项. 5．(Ⅰ）见解析;（Ⅱ）16;（Ⅲ）．

23【解析】试题分析：（1）求出函数的导函数f′（x），令f′（x）0恒成立，通过变量分离求最值即可；（2）当a=1

时，可求得f（x）、f′（x），由f′（x）=0，得x=1，求出函数的极值、端点处函数值，然后进行比较即可. 试题解析：

（1）由已知得，依题意得

3

对任意恒成立

即对任意恒成立，而

所以a的取值范围为1,+ （2）当时，，令，得，

当时，可得下表，若时，

x fx fx 1 2 1,1 2- 1 1,2 + 2 0 故是函数在区间上的唯一的极小值，也是最小值，

即，而，

由于，

则

【思路点睛】导数问题经常会遇见恒成立的问题： ①根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

②若fx0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为fxmin0，若fx0恒成立，转化为fxmax0;

③若fxgx恒成立，可转化为fxmingxmax.

6．（1）0（2）单调递增区间是0,e，单调递减区间是e,，在xe处取得极大值，为1 e【解析】试题分析：（1）由导数几何意义得f11,解得a的值；（2）求出导函数零点,列表分析导函数符号变化规律,确定函数单调区间及极值

4

试题解析：解：（1）函数fx的定义域为xx0, 所以fx1lxnax在点1,f1.又曲线yf处的切线与直线xy10平行，所以

x2f11a1即,a 0.（2）令fx0,得xe

当x变化时，fx,fx的变化情况如下表： + 0 —

极大值 由表可知：fx的单调递增区间是0,e，单调递减区间是e,

e1. lnee所以fx在xe处取得极大值，fx极大值fe7．（Ⅰ）a2；（Ⅱ）见解析. e2【解析】试题分析：（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，

（2）函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x1、x2，即导函数g′（x）有两个不同的实数根x1、x2，对a进行分类讨论，令t试题解析：

（Ⅰ）由x0，恒有fxx，即lnx记Hxx2，构造函数φ（t），利用函数φ（t）的单调性证明不等式． x1alnx1ax1，对任意x0成立， 2x2lnx12lnx，H'x， xx22当x0,e，H'x0，Hx单调递增； 2当xe,，H'x0，Hx单调递减，

Hx最大值为He2∴1， 2ea122，a2． 2ee（Ⅱ）函数gxfxx有两个相异的极值点x1，x2， 即g'xlnxax0有两个不同的实数根．

5

①当a0时，g'x单调递增，g'x不可能有两个不同的实根； ②当a0时，设hxlnxax，则h'x当0x当x∴h1ax， x1时，h'x0，hx单调递增； a1时，h'x0，hx单调递减， a110a，∴， lna10ea不妨设x2x10，∵g'x1g'x20，

∴lnx2ax20，lnx1ax10，lnx2lnx1ax2x1， 先证lnxlnx1x2x111， 2，即证2lnx1lnx2x2x12x1x2x2x22x121x2x1即证ln，

x12x1x22x1x2令tx211111，即证lntt，设tlntt，

2tx12t则'tt12t220，函数t在1,单调递减，

1112，又0a，∴ae1，

elnx1lnx2∴t10，∴∴112ae． lnx1lnx211处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．（2）,∪[0，＋∞)．（3）不存在 248．（1）f(x)在x＝【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数在定义域上零点，最后判断端点值及导函数零点对应函数值的大小，确定最值.（2）即研究不等式fx0恒成立或fx0恒成立，利用变量分离得a11,x12xmaxx或a1111120，,x1，根据二次函数性质可得即得a的取值范围；（3）即等价于研究fx24xxxxmin的值域包含于gx值域是否成立，由（2）可得fx在[1,2]上是单调递增函数，即fx1a,ln212a，26

根据导数易得gx在[1,2]上是单调递减函数，即gx,2，因此转化为求1a,ln22a,2的255解，由于无解，所以不存在.

试题解析：解：(1)当a＝2时，f(x)＝ln x＋＋2x，x∈(0，＋∞)，

919f′(x)＝－＋2＝＝，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝.

当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，

所以f(x)在x＝1处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值． 2(2)f′(x)＝－＋a＝，x∈[1，＋∞)， 显然a≥0时，f′(x)≥0，且不恒等于0，

所以函数f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．

2

当a<0时，令h(x)＝ax＋x－1，当x―→＋∞时，h(x)―→－∞， 所以函数f(x)在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．

所以Δ＝1＋4a≤0或解得a≤－.

综上：满足条件的a的取值范围是,∪[0，＋∞)．

41(3)不存在满足条件的正实数a.由(2)知，a>0时f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数， 所以f(x)在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x1∈[1,2]，

f(1) ≤f(x1)≤f(2)，即f(x1)∈g′(x)＝

，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，

.

所以g(x)在[1,2]上是单调递减函数．所以当x2∈[1,2]时，g(x2)∈若对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立，

.

则⊆，此时a无解．

所以不存在满足条件的正实数a. 9．（1）y2x（2）,1 【解析】试题分析：

(1)利用题意可得切线斜率kf'12，切点为1,2，所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为

7

y2x .

(2)将问题转化为不等式x试题解析：

2解：(1)当a2时，fxx4xlnx3，则f'x2a12alnx0恒成立，分类讨论可得实数a的取值范围为,1 . xx24lnx4n4l12xx，故切线斜率kf'12，

又因为切点为1,2，所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y22x1，即y2x . (2)不等式fx0等价于不等式x2a12a12alnx0，记gxx2alnx，则xxx12a12a1a2x2ax2a2xg'x12xxx2x21，令g'x0，得x2a1或x1 .

①当2a11，即a1时，g'x0，所以gx在1,单调递增，所以gxming122a0，解得

a1，此时a1.

②当2a11时，即a1，x1,2a1时，g'x0，x2a1,时，g'x0，所以

函数gx在1,2a1上单调递减，在2a1,上单调递增，于是gxming2a1g122a0，不合题意，舍去.

综上所述，实数a的取值范围为,1 .

10．（1）极小值为fxf10，无极大值.（2）a8,1（3）见解析

【解析】试题分析：（1）将a1代入，对函数求导，由单调性可判断函数的极值；（2）将函数fx在1,内为单调增函数，则f'x0在1,上恒成立，进一步转化为一元二次不等式恒成立问题，可求a的取值范围；（3）由函数单调性，当a1时，fxf10，即lnx11n12．令x，变形后可证不等式． xxn1ax2ax2a(x0)， 试题解析：（1）fx2xxx2x2x2（1）若a1，fx，令fx0得x1或x2（舍去）， 2x令fx0x1,fx00x1，所以函数的极小值为fxf10，无极大值.

x2ax2a0在1,上恒成立， （2）fx在1,上单调递增，fx2x2即xax2a0在1,上恒成立，

令gxxax2a，

28

当当a1时，即a2时，g10a1，所以2a1， 2aa1时，即a2时，g08a0，所以8a2， 22综上a8,1.

（3）当a1时，由（2）知，fx在1,上单调递增， 即x1时，fxf10，即lnx11， xx2n1nn2nn1n1nN，因为1，所以ln所以x， nn1n12n12nn所以23n1lnlnlnlnn1. 212ni1i1ni11．（1）最大值是5-2ln5，最小值为2﹣2ln2；（2）见解析

【解析】试题分析：（1）求出f'x，f'x0得增区间，f'x0得减区间，从而求出函数在闭区间上的最值即可；（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定导函数的符号，从而求出函数的单调区间即可. 试题解析：（1）∵f（x）=x﹣2lnx，∴f′（x）=x f'（x） f（x）

1 1

（1，2） ﹣ ↘

，令f′（x）=0，∴x=2．列表如下， 2 0 2﹣2ln2

（2，5） + ↗

5 5﹣2ln5

从上表可知，∵f（5）﹣f（1）=4﹣2ln5>0，∴f（5）＞f（1）， 函数f（x）在区间[1，3]上的最大值是5-2ln5，最小值为2﹣2ln2； （2）f′(x)=1+ - ==，

①当a＞2时，x∈（0，2）∪（a，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（2，a）时，f′（x）＜0， ∴f（x）的单调增区间为（0，2），（a，+∞），单调减区间为（2，a）； ②当a=2时，∵f′(x)= >0(x≠2)，∴f（x）的单调增区间为（0，+∞）；

③当0＜a＜2时，x∈（0，a）∪（2，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（a，2）时，f′（x）＜0， ∴f（x）的单调增区间为（0，a），（2，+∞），单调减区间为（a，2）； 综上，当a＞2时，f（x）的单调增区间为（0，2），（a，+∞），单调减区间为（2，a）； 当a=2时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）； 当0＜a＜2时，f（x）的单调增区间为（0，a），（2，+∞），单调减区间为（a，2）．

【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值，属于难题．利用导数研究函数fx的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③令f'x0，解不等式得x的范围就是递增区间；令f'x0，解不等式得x的范围就是递减区间；④根据单调性求函数fx的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.

9

12．（1）fxex1；（2）见解析；（3）,e2.

x2【解析】试题分析：

(1)利用导函数研究函数切线的方法可得函数的解析式为fxex1.

x2(2)构造新函数gxfxxxex1.结合函数的最值和单调性可得fxxx.

2x2(3)分离系数，构造新函数x试题解析：

fxx，x0，结合新函数的性质可得实数k的取值范围为,e2.

（1）根据题意，得f'xe2x，则f'01b.

x由切线方程可得切点坐标为0,0，将其代入yfx，得a1， 故fxex1.

x2（2）令gxfxxxex1.

2x由g'xe10，得x0，

x当x,0，g'x0，ygx单调递减； 当x0,，g'x0，ygx单调递增. 所以gxming00，所以fxxx.

2（3）fxkx对任意的x0,恒成立等价于fxxk对任意的x0,恒成立.

令xfxx，x0，得'xxf'xfxx2xex2xexx21x2x1exx1x2.

x由（2）可知，当x0,时，ex10恒成立，

令'x0，得x1；令'x0，得0x1.

所以yx的单调增区间为1,，单调减区间为0,1，故xnm所以kxmine2. 1e2，i所以实数k的取值范围为,e2.

10