含绝对值的导数题.docx

1、含绝对值的导数题含绝对值的导数题1. 已知函数 f x lnx x 0 1）求函数 g x2）求函数 h xf x x 1 的极值；1x）x11f x x a a为实常数 的单调区间； 解：（1）g （x） lnx x1，g1x当 0x 0；当 x1 时，g （x）0 恒成立，此时 h（ x）在（ 0，）上单 x调递增；当 a0 时， h（ x）lnx xa，xa， lnx xa，0 x0 恒成立，此时 h（x）在（ a，）x上单调递增；当 0xa 时，h（x）lnx xa，h（x ）1 1 x 1 xx当 00 恒成立，此时 h （x）在（ 0，a）上单调递增；当a1时，当 0x0，当 1

2、x1 时， h（x）增区间为（ 0，1）， （ a，）；减区间为（ 1，a）设a 0，函数 f（x） x2 a|ln x 1|.（1） 当a 1时,求曲线 y f（x）在x 1处的切线方 程;(2) 当x 1, )时,求函数 f(x)的最小值 .1.解( 1)当 a 1时， f(x) x2 |lnx 1| 令 x 1 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 y f(x)在 x 1处的切线方程为： x y 10。2)当x e 时，f (x)x2 alnx a ，f (x) 2x ax(x e)a 0 ，故当 x e 时， 当1 x e时， f (x

3、) x f (x) 2x ax x2(x 2a)(x a2)f(x)0恒成立。ymin f (e)f (x) 在e, ) 上增函数。aln x 1 ，1 x e)数， 时，a 1,i )当 2 1,即0 a 2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)ymin1a(ii)当1ae2 e，即 2 a 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3a a aymin 2 2ln 2，且此时 f(ii

4、i) 当 2 e；即a 2e2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 x e时， ymin f (e) e2 。综上所述，当 a 2e2时， f(x)在 x 的最小值都是e时和1e2。所以此时 f (x)的最小值为 f(e) e f (x) 在 x e 时的最小值为 f ( a ) 3a a ln a f ( a ) f (e)2 2 2 2 ，而 2 ，f ( a2)；当 2 a2e2时，3a a a ln2 2 2 。2e所以此时 f (x)的最小值为当 0 a 2 时，在 x e 时最小值为 e ，在 1 的最小值为 f (1) 1

5、 a，而 f (1) f (e)，所以此时 f ( x)的最小值为 f (1) 1 a 所ymin以 函 数 y f(x) 的 最 小 值 为 1 a,0 a 23a a a 2 ln ,2 a 2e2222 22 e , a 2e已知函数 f1(x) e|x 2a 1|, f2(x) e|x a| 1,x R.( I ) 若a 2, 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

6、.解 :(1) 因 为 a 2 , 且 x 2 ， 3, 所 以3 x 3 x|x 3| |x 2| 1 3 x x 1 e e e ef(x) e|x 3| e|x 2| 1 e3 x ex 1 eex ee 2 eex ee 2e,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|x 2a 1| e|x a| 1 , 即 |x 2a 1| | x a| 1 恒 成 立 所 以 |x 2a 1| x a 1 , 即 2ax 3a2 2a对 x a, )恒成立 , 则由 2a2 2a3a20 2a, 得所

7、求 a 的取值范围是 0 a 2 (3) 记 h1(x) |x (2a 1)|,h2(x) |x a| 1, 则 h1(x),h2(x)的图 象分别是以 (2 a-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.当1 2a 1 6, 即1 a 27时, 易知 g(x)在 x 1 ，6 上的最小值为 f1(2a 1) e0 1当 a1 时, 可知 2a1a,可知 2a 1 6, ( ) 当 h1(6) 1, 得|2a 7| 1, 即 27 a 4 时, g(x) 在()当a 6时, 因为h1(6) 2a 7 a 5 h2(6) ,所以 g(x) 在x 1 ，6 上

8、的最小值为 f2(6) ea 5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 | ax3 lnx| 1对任意 x (0,1 都成立，则实数 a取值范围是 解答：显然 x 1时，有 |a | 1,a 1,or,a 1。令 g(x)ax3 ln x, g (x)3ax2 13ax3 1上递减， g ( x) min g(1) a 1，此时 g(x) a, )，| g(x)| 的最小值为 0，不适合题意。当 a 1时，对任意 x (0,1， g (x) 3axx3 1 0 x 331a故所求 a e36. 已知函数 f(x) |ex bx |,其中 e 为自然对数

9、的底 .(1)当b 1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 b0 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) exbx当 b1 时，g(x) ex1当 x0 时，g(x)0，所以 g( x)在(0 ， ) 上为增函数又 g(0) 10，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) e1所以曲线 yf ( x)在点(1 ，e 1)处的切

10、线 方程为：即1)xy（e1）（e1）（ x1），y （e 4 分(没有说明“在 x1 附近，f(x) exbx” 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 exbx0 有且只有一个解因为 x0 不满足方程，所以方程同解于 bxe 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 be 8 分当 x(， 0)时， h( x)单调递减，且 h(x)(

11、， 0)，x从而方程 bex 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 exbx0 有且只有一个解，即 e bx 有且只有一解也即曲线 ye 与直线 y bx 有且只有一 个公共点 6 分8分如图 2，当 b0 时，直线 ybx 与 yex 有且只有一个公共点，当且仅当直线 ybx 与曲线 yex相切设切点为 (x0， e ) ，根据曲线 y e 在 x x0处的切线方程为：x0 x 0y e e (x x0) 把原点 (0 ，0) 代入得 x0 1，所以

12、 be e综上所述， b 的取值范围为 ( ， 0) e 10 分 (3)由 g(x)eb0，得 xln b当 x( ， ln b) 时，g(x)0，g(x) 单 调递增所以在 xln b 时， g( x)取极小值 g(ln b) b bln b b(1 ln b)当 0e 时， g(ln b) 0，g(2ln b) b22bln b b( b2ln b) 0，(令 k(x) x2ln x由 k (x) 1x20 得 x x2，从而当 x(2 ， ) 时，k(x) 单调 递增，又 k(e) e20，所以当 be 时， b2ln b 0)所以存在 x1 (0 ，ln b) ，x2(ln b，2l

13、n b) ， 使得 g(x1) g(x2) 0此 时 f(x) g(x) g(x)， xx1或xx2，g(x) ，x1xx2所以 f (x) 在( ， x1) 单调递减，在 (x1， ln b) 上单调递增，在 (ln b，x2) 单调递减，在 (x2 ， ) 上 单 调 递 14 分所以在 xln b 时，f (x) 有极大值因为 x(0 ，2) 所以，当 ln b2，即 e be2时， f ( x)在(0 ，2)上有极大值；当 ln b2，即 be2 时，f ( x)在(0，2) 上不存在极大值综上所述，在区间 (0 ，2)上，当 0be 或 be2时，函数 yf (x) 不存 在极大值；

14、7. 已知函数 f(x) x当 e b0)(1)求函数 g ( x) f ( x)x1 的极值；常数 )切正*(2) 求函数 h(x)f ( x)| xa|( a 为实 的单调区间；*(3) 若不等式 (x21)f ( x)k(x1)2 对一 实数 x 恒成立，求实数 k 的取值范围1 1 x解：(1) g(x)ln xx1，g(x)x1 x ， 当0x0；当 x1时，g( x) 0x11 0xh(x) ln x| xa| 当 a0 时，h(x) ln xxa，h(x) 恒成立，此时 h(x)在(0 ， )上单调递增； ln xxa，x a，当 a0 时，h(x)ln xxa，0 xa当 xa

15、时，h(x)ln xxa，h(x)恒成立，此时 h( x)在( a， )上单调递增；1当 0xa时，h(x)ln xxa，h(x)x1x1xx在(0，当00恒成立，此时 h(x)a) 上单调递增；当 a1 时，当 0x0，当 1x1时，h( x)增区间为 (0 ，1) ，( a， ) ；减区间为 (1，a)(3)恒成不等式 (x21)f ( x)k(x1)2 对一切 正实数 x 恒成立， 即(x21)ln xk(x1)2 对一切正实数 x 立当 0x1 时，x210；ln x0；当 x1 时，x210；ln x0，则(x21)ln x0因此当 x0 时， （ x21）ln x0 恒成立又当 k0 时， k（ x1） 20，故当 k0 时，（x2 1）ln xk（x1）2恒成立下面讨论 k0 的情形222（x2当 x0且 x1 时，（ x21）ln xk（ x1） k（x1）1）ln xk（xx11）