含绝对值的导数题.docx

含绝对值的导数题.docx

《含绝对值的导数题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《含绝对值的导数题.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

含绝对值的导数题

含绝对值的导数题

1.已知函数fxlnxx0．

1）求函数gx

2）求函数hx

fxx1的极值；

1

x）＝x1－1

fxxaa为实常数的单调区间；解：

（1）g（x）＝lnx－x＋1，g

1－x

当00；当x>1时，g′（x）<0，

可得g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，

故g（x）有极大值为g

（1）＝0，无极小值．

（2）h（x）＝lnx＋|x－a|．

当a≤0时，h（x）＝lnx＋x－a，h′（x）＝1

1

＋x>0恒成立，此时h（x）在（0，＋∞）上单x

调递增；

当a>0时，h（x）

lnx＋x－a，x≥a，lnx－x＋a，0

①当x≥a时，h（x）＝lnx＋x－a，h′（x）

1

＝1＋x>0恒成立，此时h（x）在（a，＋∞）

x

上单调递增；

②当0

11－x

＝－1＝．

xx

当00恒成立，此时h（x）在（0，a）上单调递增；

当a>1时，当00，当1≤x

综上，当a≤1时，h（x）的增区间为（0，＋∞），无减区间；

当a>1时，h（x）增区间为（0，1），（a，＋∞）；减区间为（1，a）．

设a0，函数f（x）x2a|lnx1|.

（1）当a1时,求曲线yf（x）在x1处的切线方程;

（2）当x[1,）时,求函数f（x）的最小值.

1.解

（1）当a1时，f（x）x2|lnx1|令x1得f

（1）

2,f

（1）1,所以切点为（1，2），切线的斜率为1，所以曲线yf（x）在x1处的切线方程为：

xy1

0。

2）

①当

xe时，

f（x）

x2alnxa，

f（x）2xa

x

（xe）

a0，

故当xe时，

②当1xe时，f（x）xf（x）2xaxx2（x2a）（xa2）

f（x）

0恒成立。

yminf（e）

f（x）在[e,）上增函数。

alnx1，

1xe）

数，时，

a1,

i）当21,即0a2时，f（x）在x（1,e）时为正

所以f（x）在区间[1,e）上为增函数。

故当x

，且此时f

（1）f（e）

ymin

1a

（ii）

当1

ae

2e，即2a在间x（a2,e）

2e2时，f（x）在

x（1,a2）时

为负数，

[1,a）区间[1,2）上为减函数，

时为正数。

所以f（x）在

（2,e]上为增函数

3aaa

ymin22ln2，且此时f（

（iii）当2e；即

a2e2

时，f（x）在x（1,e）时为

负数，所以f（x）在区间[1,e]上为减函数，故当xe时，yminf（e）e2。

综上所述，当a2e2时，f（x）在x的最小值都是

e时和1

e2。

所以此时f（x）的最小值为f（e）ef（x）在xe时的最小值为f（a）3aalnaf（a）f（e）

2222，而2，

f（a2）

；当2a

2e2时，

3aaaln

222。

2

e

所以此时f（x）的最小值为

当0a2时，在xe时最小值为e，在1的最小值为f

（1）1a，

而f

（1）f（e），所以此时f（x）的最小值为f

（1）1a所

ymin

以函数yf（x）的最小值为1a,0a2

3aaa2ln,2a2e2

22222e,a2e

已知函数f1（x）e|x2a1|,f2（x）e|xa|1,xR.

（I）若a2,求f（x）f1（x）+f2（x）在x[2，3]上的最小值；

（II）若x[a,）时,f2（x）f1（x）,求a的取值范围；

（III）求函数g（x）f1（x）f2（x）|f1（x）f2（x）|在x[1，

6]上的最小值.

解:

（1）因为a2,且x[2，3],所以

3x3x

|x3||x2|13xx1eeee

f（x）e|x3|e|x2|1e3xex1eexee2eexee2e,

当且仅当x=2时取等号,所以f（x）在x[2，3]上的最小值为3e

（2）由题意知,当x[a,）时,e|x2a1|e|xa|1,即|x2a1||xa|1恒成立所以|x2a1|xa1,即2ax3a22a对x[a,）恒成立,则由2a22a3a202a,得所求a的取值范围是0a2（3）记h1（x）|x（2a1）|,h2（x）|xa|1,则h1（x）,h2（x）的图象分别是以（2a-1,0）和（a,1）为顶点开口向上的V型线,且射线的斜率均为1.

①当12a16,即1a27时,易知g（x）在x[1，6]上的最小值为f1（2a1）e01

②当a<1时,可知2a－1

0时,g（x）在

（ⅱ）当h1

（1）h2

（1）,得|a1|1,即a

x[1，6]上的最小值为f2

（1）e2a

③当a27时,因为2a－1>a,可知2a16,（ⅰ）当h1（6）1,得|2a7|1,即27a4时,g（x）在

（ⅲ）当a6时,因为h1（6）2a7a5h2（6）,所以g（x）在x[1，6]上的最小值

为f2（6）ea5

综上所述,函数g（x）在x[1，6]上的最小值

南京三模）14.若不等式|ax3lnx|≥1对任意x（0,1]都成立，则实数a取值范围是▲．

解答：

显然x1时，有|a|1,a1,or,a1。

令g（x）

ax3lnx,g（x）

3ax21

3ax31

上递减，g（x）ming

（1）a1，此时g（x）[a,），|g（x）|的最小值为0，不适合题意。

②当a1时，对任意x（0,1]，g（x）3axx310x331a

故所求ae3

6.已知函数f（x）|exbx|,其中e为自然对数的底.

（1）当b1时，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；

（2）若函数y=f（x）有且只有一个零点，求实数b的取值范围；

（3）当b>0时，判断函数y=f（x）在区间（0，2）上是否存在极大值，若存在，求出极大值及

相应实数b的取值范围.

解：

（1）记g（x）＝ex－bx．当b＝1时，g（x）＝ex－1．

当x>0时，g（x）>0，所以g（x）在（0，＋∞）上为增函数．

又g（0）＝1>0，所以当x∈（0，＋∞）时，g（x）>0．

所以当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝∣g（x）∣

g（x），所以f

（1）＝g

（1）＝e－1．

所以曲线y＝f（x）在点（1，e－1）处的切线方程为：

即

1）x．

y－（e－1）＝（e－1）（x－1），

y＝（e

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分

（没有说明“在x＝1附近，f（x）＝ex－bx”的扣1分）

（2）解法一f（x）＝0同解于g（x）＝0，因此，只需g（x）＝0有且只有一个解．

即方程ex－bx＝0有且只有一个解．

因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b

x

e＝x

当x∈（1，＋∞）时，h（x）>0，h（x）单调

递增，h（x）∈（e，＋∞）；

当x∈（0，1）时，h（x）<0，h（x）单调递减，

h（x）∈（e，＋∞）；

x

所以当x∈（0，＋∞）时，方程b＝ex有且只有一解等价于b＝e．⋯⋯⋯⋯8分

当x∈（－∞，0）时，h（x）单调递减，且h（x）∈（－∞，0），

x

从而方程b＝ex有且只有一解等价于b∈

（－∞，0）．

综上所述，b的取值范围为（－∞，0）∪{e}．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

解法二f（x）＝0同解于g（x）＝0，因此，只需g（x）＝0有且只有一个解．

即方程ex－bx＝0有且只有一个解，即e＝bx有且只有一解．

也即曲线y＝e与直线y＝bx有且只有一个公共点．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分

8分

如图2，当b≥0时，直线y＝bx与y＝ex有且只有一个公共点，

当且仅当直线y＝bx与曲线y＝ex相切．

设切点为（x0，e），根据曲线y＝e在x＝x0处的切线方程为：

x0x0

y－e＝e（x－x0）．

把原点（0，0）代入得x0＝1，所以b＝e＝e．

综上所述，b的取值范围为（－∞，0）∪{e}．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分（3）由g（x）＝e－b＝0，得x＝lnb．

当x∈（－∞，lnb）时，g（x）<0，g（x）单调递减．

当x∈（lnb，＋∞）时，g（x）>0，g（x）单调递增．

所以在x＝lnb时，g（x）取极小值g（lnb）＝b－blnb＝b（1－lnb）．

①当0

－lnb）≥0，从而当x∈R时，g（x）≥0．所以f（x）＝∣g（x）∣＝g（x）在（－∞，＋∞）上无极大值．

因此，在x∈（0，2）上也无极大值．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分

②当b>e时，g（lnb）<0．

因为g（0）＝1>0，g（2lnb）＝b2－2blnb＝b（b－2lnb）>0，

（令k（x）＝x－2lnx．由k（x）＝1－x2＝0得xx＝2，从而当x∈（2，＋∞）时，k（x）单调递增，又k（e）＝e－2>0，所以当b>e时，b－2lnb>0．）

所以存在x1∈（0，lnb），x2∈（lnb，2lnb），使得g（x1）＝g（x2）＝0．

此时f（x）＝∣g（x）∣＝

g（x），x≤x1或x≥x2，

－g（x），x1

所以f（x）在（－∞，x1）单调递减，在（x1，lnb）上单调递增，在（lnb，x2）单调递减，

在（x2，＋∞）上单调递

⋯14分

所以在x＝lnb时，f（x）有极大值．

因为x∈（0，2）．所以，当lnb<2，即e

当lnb≥2，即b≥e2时，f（x）在（0，2）上不存在极大值．

综上所述，在区间（0，2）上，

当0

7.已知函数f（x）x

当e

aa2lnx，aR．

1）求函数f（x）的单调区间；

2）若函数f（x）有两个零点x1,x2，（x1x2），求证：

f（x）

12ax

0，函数f（x）的单调递增区间为

a0

axaalnx,xa

f（x）xaa2lnxa2,⋯⋯⋯5分

2axlnx,0xa

2

若xa，f（x）12ax2x2xa0，此时函数f（x）单调递增，若xa，f（x）12ax0，此时函数f（x）单调递减，综上，当a0时，函数f（x）的单调递增区间为（0,）；当a0时，函数f（x）的单调递减区间为（0,a）；单调递增区间为（a,）．⋯7分

（2）由

（1）知，当a0时，函数f（x）单调递增，至多只有一个零点，不合题意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分

则必有a0，此时函数f（x）的单调递减区间为（0,a）；单调递增区间为（a,），

由题意，必须f（a）a2lna0，解得

a1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

由f

（1）a1aln1a10，f（a）0，

得

12分

而f（a2）a2aalnaa（a1lna），下面证明：

a1时，a1lna0设g（x）x1lnx，x1则g（x）11x10，

xx

x2

所以g（x）在x1时递增，则g（x）g

（1）0，所以f（a2）又f（a）0，所以x2（a,a2）,综

1x1ax2a2

16分

2011届高三第一次调研考试

20．（江苏省徐州市（本小题满分16分）已知函数f（x）x21,g（x）a|x1|．

（1）若关于x的方程|f（x）|g（x）只有一个实数解，求实数a的取值范围；

（2）若当xR时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

h（x）|f（x）|g（x）在区间［2,2］上的最大值（直

（3）求函数

接写出结果，不需给出演算步骤）．

20．【解析】本小题主要考查函数的概念、性质

及图象等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想．

（1）方程|f（x）|g（x），即|x21|a|x1|，变形得|x1|（|x1|a）0，

|x1|a，

显然，x1已是该方程的根，从而欲原方程只有一解，即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解，结合

a0

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分因为

3，经比较，此时h（x）在［2,2］上的最

a

②当0≤a2≤1,即0≤

①当21,即a2时，结合图形可知h（x）在［2,1］上递减，在［1,2］上递增，且h

（2）3a3,h

（2）大值为3a3.

≤2时，结合图形可知h（x）在［2,1］，［2,1］上递减，

2

a1

1］，

在［1,2］，［1,2］上递增，且h

（2）3a3,h

（2）a3，h

（2）4经比较，知此时h（x）在［2,2］上的最大值为3a3.

a

③当1≤20,即-2≤a0时，结合图形可知h（x）在［2,

a

［2,1］上递减，

2

a1

在［1,2］，［1,2］上递增，且h

（2）3a3,h

（2）a3，h

（2）4经比较，知此时h（x）在［2,2］上的最大值为a3.

3aa④当2≤21,即-3≤a2时，结合图形可知h（x）在［2,2］，

[1,2]上递减，

aa

在［2,1］，［2,2］上递增，且h

（2）3a30,h

（2）a3≥0，

经比较，知此时h（x）在[2,2]上的最大值为a3.

a3

当22,即a3时，结合图形可知h（x）在[2,1]上递减，在[1,2]上递增，

h（x）

故此时h（x）在[2,2]上的最大值为h

（1）0.综上所述，当a≥0时，h（x）在[2,2]上的最大值为3a3；当3≤a0时，h（x）在[2,2]上的最大值为a3；当a3时，h（x）在[2,2]上的最大值为0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分20．（江苏省盐城市2011届高三年级第一次调研（本小题满分16分）

已知函数f（x）x2a|lnx1|,g（x）x|xa|22ln2,a0.（Ⅰ）当a1时,求函数f（x）在区间[1,e]上的最大值；

3

x1

（Ⅱ）若f（x）2a,x[1,）恒成立,求a的取值范围；（Ⅲ）对任意x1[1,）,总存在惟一的x2[2,）,使得f（x1）g（x2）成立,求a的取值范围.

［1,e］时

20．解：

（Ⅰ）当a1,x

2

f（x）2x1f

（1）1

x

f（x）

2

a2），

所以f（x）在[1,e]

2

f（x）maxf（e）e

a0，

f（x）在

yminf（e）e

②当1xe时

a2

f（x）2x（x

xx

递增,所以

⋯4分

a

f（x）2x

x，

故当xe

分

2

f（x）xalnxa，

a1,

当21,即0a2时，f（x）在x（1,e）时为正数，所以f（x）在区间[1,e）上为增函数,故f

（1）

当x1时，ymin1a，且此时f（e）e⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分

（ii）

2

e⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

1ae当12e,即2a2e2时，

x（2,e）时为正数,所以f（x）在区间[1,2）上为减函数，在（2,e]上为增函数,

xf（x）在

2时为负数，在间

故当x

且

a2时，

ymin

3aaa

ln

222，

此

f（

f（e）2e

8分

ae

（iii）当2e,即a2e2时，f（x）在x（1,e）时为负数，所以f（x）在区间[1,e]上为减函数，故当

（Ⅲ）由52ln2

33

①当0a2时,g（x）在［2,）单调递增,

g

（2）62a2ln21a,

1a2

②当122时，g（x）在[2,）先减后增,由

3aaa

g

（2）2a22ln2ln

222,

aaa

ln22ln20

得222

a

h（t）ttlnt22ln2（t）设2所以h（t）单调递增且

2a4

③当

2,h（t）2lnt0（1t2）,

h

（2）0，所以h（t）0恒成立得14分

a2aa

22e时,f（x）在[2,2]递增，在[2,a]

a3aaa

）递增,所以由g

（2）22ln2,

2ax

在[a,

a2

得4

则m（t）2t2lnt

32a2aln2a22ln20,设m（t）t23ttlnt22ln2,0（t（2,e2）,所以m（t）递增，且m

（2）0,所以m（t）0恒成立，无解.

aa

④当a2e时，f（x）在2递增，在2递减，在[a,）

递增,

所以由g

（2）综上,a[52ln2,4）

33

2

a

e得4e

所求

22ln20无解.a的取值范围是

16分

22．已知函数f（x）＝lnx（x>0）．

（1）求函数g（x）＝f（x）－x＋1的极值；

常数）

切正

*

（2）求函数h（x）＝f（x）＋|x－a|（a为实的单调区间；

*（3）若不等式（x2－1）f（x）≥k（x－1）2对一实数x恒成立，求实数k的取值范围．

11－x

解：

（1）g（x）＝lnx－x＋1，g′（x）＝x－1＝x，当00；当x>1时，g′（x）<0，

可得g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，

故g（x）有极大值为g

（1）＝0，无极小值．

（2）

1

1＋>0

x

1

1＋>0

x

h（x）＝lnx＋|x－a|．

当a≤0时，h（x）＝lnx＋x－a，h′（x）＝

恒成立，此时h（x）在（0，＋∞）上单调递增；lnx＋x－a，x≥a，

当a>0时，h（x）＝

lnx－x＋a，0

①当x≥a时，h（x）＝lnx＋x－a，h′（x）＝

恒成立，此时h（x）在（a，＋∞）上单调递增；

1

②当0

x

1－x

x

在（0，

当00恒成立，此时h（x）

a）上单调递增；

当a>1时，当00，当1≤x

所以h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，a）上单调递减．

），无

综上，当a≤1时，h（x）的增区间为（0，＋∞减区间；

当a>1时，h（x）增区间为（0，1），（a，＋∞）；减区间为（1，a）．

（3）

恒成

不等式（x2－1）f（x）≥k（x－1）2对一切正实数x恒成立，即（x2－1）lnx≥k（x－1）2对一切正实数x立．

当0

>0；

当x≥1时，x2－1≥0；lnx≥0，则（x2－1）lnx

≥0．

因此当x>0时，（x2－1）lnx≥0恒成立．

又当k≤0时，k（x－1）2≤0，故当k≤0时，（x2－1）lnx≥k（x－1）2恒成立．

下面讨论k>0的情形．

22

2＝（x2

当x>0且x≠1时，（x2－1）lnx－k（x－1）k（x－1）

－1）［lnx－k（xx＋－11）