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高三导数压轴题题型归纳2


第一章
一,
1 x

导数及其应用
导数的概念
f (2 ? ?x) ? f (2) 的值是( ) ?x 1 B. 2 C. D. -2 4
h ?0

lim 1..已知 f ( x) ? , 则 ? x ?0
A. ?

1 4

变式

1: 设f ??3? ? 4, 则 lim A.-1

f ?3 ? h ? ? f ?3? 为( 2h

) D.1 ( D. 4 f ??x0 ? )

B.-2 C.-3 f ? x0 ? ?x ? ? f ? x0 ? 3?x ? 变式 2: 设f ? x ? 在x0可导, 则 lim 等于 ?x ?0 ?x A. 2 f ??x0 ? B. f ??x0 ? C. 3 f ??x0 ?

导数各种题型方法总结
请同学们高度重视: 首先,关于二次函数的不等式恒成立的主要解法: 1、分离变量;2 变更主元;3 根分布;4 判别式法 5、二次函数区间最值求法:(1)对称轴(重视单调区间) 与定义域的关系 (2)端点处和顶点是最值所在 其次,分析每种题型的本质,你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问 题”以及“充分应用数形结合思想”,创建不等关系求出取值范围。 最后,同学们在看例题时,请注意寻找关键的等价变形和回归的基础 一、基础题型:函数的单调区间、极值、最值;不等式恒成立;
1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决: 第一步:令 f ( x) ? 0 得到两个根;第二步:画两图或列表;第三步:由图表可知;
'

其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题, 2、常见处理方法有三种:

第一种:分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论(>0,=0,<0) 第二种:变更主元(即关于某字母的一次函数)-----(已知谁的范围就把谁作为主元);
(请同学们参看 2010 省统测 2) 例 1:设函数 y ? f ( x) 在区间 D 上的导数为 f ?( x ) , f ?( x ) 在区间 D 上的导数为 g ( x) ,若在区间 D 上 , g ( x) ? 0 恒 成 立 , 则 称 函 数 y ? f ( x ) 在 区 间 D 上 为 “ 凸 函 数 ” , 已 知 实 数 m 是 常 数 ,

f ( x) ?

x 4 mx3 3x 2 ? ? 12 6 2 (1)若 y ? f ( x) 在区间 ?0,3? 上为“凸函数”,求 m 的取值范围;
(2)若对满足 m ? 2 的任何一个实数 m ,函数 f ( x ) 在区间 ? a, b ? 上都为“凸函数”,求 b ? a 的最

大值. 解:由函数 f ( x) ?

x 4 mx3 3x 2 x3 mx 2 ? ? ? ? 3x 得 f ?( x) ? 12 6 2 3 2
1

? g ( x) ? x2 ? mx ? 3 (1) ? y ? f ( x) 在区间 ?0,3? 上为“凸函数”,
则 ? g ( x) ? x2 ? mx ? 3 ? 0 在区间[0,3]上恒成立 解法一:从二次函数的区间最值入手:等价于 gmax ( x) ? 0

? 0 ?? ? 3 0 ?g( 0 ) ?? ?m?2 ? ? 0 ? ? 9 m3 ? ?3 0 ?g( 3 )

解法二:分离变量法:
∵ 当 x ? 0 时, ? g ( x) ? x2 ? mx ? 3 ? ?3 ? 0 恒成立,
2 当 0 ? x ? 3 时, g ( x) ? x ? mx ? 3 ? 0 恒成立

等价于 m ?

x2 ? 3 3 ? x ? 的最大值( 0 ? x ? 3 )恒成立, x x 3 而 h( x ) ? x ? ( 0 ? x ? 3 )是增函数,则 hmax ( x) ? h(3) ? 2 ? m ? 2 x

(2)∵当 m ? 2 时 f ( x ) 在区间 ? a, b ? 上都为“凸函数” 则等价于当 m ? 2 时 g ( x) ? x2 ? mx ? 3 ? 0 恒成立

变更主元法
再等价于 F (m) ? mx ? x ? 3 ? 0 在 m ? 2 恒成立(视为关于
2

m 的一次函数最值问题)

1 3 2 2 例 2:设函数 f ( x) ? ? x ? 2ax ? 3a x ? b(0 ? a ? 1, b ? R) 3
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)若对任意的 x ? [a ? 1, a ? 2], 不等式 f ?( x) ? a 恒成立,求 a 的取值范围.

-2

2

2 ? 0 ? ? F (? 2 ) ?? x2? x ? ?3 0 ?? ?? ? ?1 ? x ? 1 2 2 x ? x ? 3 ? 0 ? ? F (2) ? 0 ? ?b ? a ? 2

(二次函数区间最值的例子)
解:(Ⅰ) f ?( x) ? ?x ? 4ax ? 3a ? ? ? x ? 3a ?? x ? a ?
2 2

?0 ? a ? 1

f ?( x)
a 3a a 3a

令 f ?( x) ? 0, 得 f ( x) 的单调递增区间为(a,3a) 令 f ?( x) ? 0, 得 f ( x) 的单调递减区间为(- ? ,a)和(3a,+ ? )

2

∴当 x=a 时, f ( x) 极小值= ?

3 3 a ? b; 4

当 x=3a 时, f ( x) 极大值=b.
2 2

(Ⅱ)由| f ?( x ) |≤a,得:对任意的 x ? [a ? 1, a ? 2], ?a ? x ? 4ax ? 3a ? a 恒成立① 则 等 价 于 g ( x) 这 个 二 次 函 数 ?

? gmax ( x) ? a ? gmin ( x) ? ?a

g ( x) ? x2 ? 4ax ? 3a2 的 对 称 轴 x ? 2a

? 0 ? a ? 1,

a ? 1 ? a ? a ? 2a (放缩法)

即定义域在对称轴的右边, g ( x) 这个二次函数的最值问题:单调增函数的最值问题。

g ( x) ? x2 ? 4ax ? 3a2 在[a ? 1, a ? 2] 上是增函数.


g ( x)max ? g (a ? 2) ? ?2a ? 1.

?a ? 1,
x ? 2a

a ? 2?

g ( x)min ? g (a ? 1) ? ?4a ? 4.
于是,对任意 x ? [a ? 1, a ? 2] ,不等式①恒成立,等价于

? g (a ? 2) ? ?4a ? 4 ? a, 4 4 解得 ? a ? 1. 又 0 ? a ? 1, ∴ ? a ? 1. ? 5 5 ? g (a ? 1) ? ?2a ? 1 ? ?a

点评:重视二次函数区间最值求法:对称轴(重视单调区间)与定义域的关系 第三种:构造函数求最值 题型特征: f ( x) ? g ( x) 恒成立 ? h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 0 恒成立;从而转化为第一、二种题型
例 3;已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 图象上一点 P(1, b) 处的切线斜率为 ?3 ,

t ?6 2 x ? (t ? 1) x ? 3 (t ? 0) 2 (Ⅰ)求 a , b 的值;(Ⅱ)当 x ? [?1, 4] 时,求 f ( x) 的值域; (Ⅲ)当 x ? [1, 4] 时,不等式 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 t 的取值范围。 g ( x) ? x 3 ?

?a ? ?3 ?b ? ?2 ?b ? 1 ? a (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) 在 [?1, 0] 上单调递增,在 [0, 2] 上单调递减,在 [2, 4] 上单调递减 又 f (?1) ? ?4, f (0) ? 0, f (2) ? ?4, f (4) ? 16 ∴ f ( x) 的值域是 [ ?4,16] t 2 x ? [1, 4] (Ⅲ)令 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ? x ? (t ? 1) x ? 3 2 2 思路 1:要使 f ( x) ? g ( x) 恒成立,只需 h( x) ? 0 ,即 t ( x ? 2x) ? 2x ? 6 分离变量
解:(Ⅰ) f ( x) ? 3x ? 2ax ∴ ?
/ 2

? f / (1) ? ?3



解得 ?

思路 2:二次函数区间最值

二、题型一:已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围 解法 1:转化为 f ' ( x) ? 0或f ' ( x) ? 0 在给定区间上恒成立, 回归基础题型 解法 2:利用子区间(即子集思想);首先求出函数的单调增或减区间,然后 让所给区间是求的增或减区间的子集;
3

做题时一定要看清楚“在(m,n)上是减函数”与“函数的单调减区间是(a,b)”,要弄清 楚两句话的区别:前者是后者的子集
例 4:已知 a ? R ,函数 f ( x) ?

1 3 a ?1 2 x ? x ? (4a ? 1) x . 12 2

(Ⅰ)如果函数 g ( x) ? f ?( x) 是偶函数,求 f ( x) 的极大值和极小值; (Ⅱ)如果函数 f ( x) 是 (??,
解:

? ?) 上的单调函数,求 a 的取值范围.

f ?( x) ?

1 2 x ? (a ? 1) x ? (4a ? 1) . 4
此时

(Ⅰ)∵

f ?( x ) 是偶函数,∴ a ? ?1 .

f ( x) ?

1 3 1 x ? 3 x , f ?( x ) ? x 2 ? 3 , 12 4



f ?( x) ? 0 ,解得: x ? ?2 3 .
列表如下:

x

(-∞,-2 +

3)

-2 0

3

(- 2

3 ,2 3 )
- 递减

2 0

3

(2

3 ,+∞)
+ 递增

f ( x)
可知:

递增

极大值

极小值

f ( x) 的极大值为 f (?2 3) ? 4 3 , f ( x) 是 (??, ? ?) 上的单调函数,

f ( x) 的极小值为 f (2 3) ? ?4 3 .

(Ⅱ)∵函数

1 2 x ? (a ? 1) x ? (4a ? 1) ? 0 ,在给定区间 R 上恒成立判别式法 4 1 2 2 则 ? ? (a ? 1) ? 4 ? ? (4a ? 1) ? a ? 2a ? 0, 解得: 0 ? a ? 2 . 综上, a 的取值范围是 {a 0 ? a ? 2} . 4 1 3 1 2 例 5、已知函数 f ( x) ? x ? (2 ? a) x ? (1 ? a) x(a ? 0). 3 2


f ?( x) ?

(I)求 f ( x ) 的单调区间;(II)若 f ( x ) 在[0,1]上单调递增,求 a 的取值范围。子集思想 (I) f ?( x) ? x ? (2 ? a) x ? 1 ? a ? ( x ? 1)( x ? 1 ? a).
2 2 1、 当a ? 0时, f ?( x) ? ( x ? 1) ? 0恒成立,

当且仅当 x ? ?1 时取“=”号, f ( x)在(??, ??) 单调递增。 2、 当a ? 0时,由f ?( x) ? 0, 得x1 ? ?1, x2 ? a ? 1, 且x1 ? x2 ,

f ?( x)
-1 a-1 集:

(? 1 a , ? 1) , ( ? 1? ,? ) 单调增区间: (? ?, ?1 ) a 单调增区间:
( II )当? f ( x)在[0,1]上单调递增, 则 ?0,1? 是上述增区间的子

4

1、 a ? 0 时, f ( x)在(??, ??) 单调递增 符合题意 2、 ?0,1? ? ? a ?1, ??? ,? a ? 1 ? 0 综上,a 的取值范围是[0,1]。

?a ?1

三、题型二:根的个数问题 题 1 函数 f(x)与 g(x)(或与 x 轴)的交点======即方程根的个数问题 解题步骤
第一步:画出两个图像即“穿线图”(即解导数不等式)和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增 后减再增”还是“先减后增再减”; 第二步:由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式(组);主要看极大值和极小值与

0 的关

系;第三步:解不等式(组)即可;
例 6、已知函数 f ( x) ?

1 1 3 (k ? 1) 2 x ? x , g ( x) ? ? kx ,且 f ( x) 在区间 (2,??) 上为增函数. 3 3 2

(1) 求实数 k 的取值范围; (2) 若函数 f ( x) 与 g ( x) 的图象有三个不同的交点,求实数 k 的取值范围. 解:(1)由题意 f ?( x) ? x 2 ? (k ? 1) x ∵ f ( x) 在区间 (2,??) 上为增函数, ∴ f ?( x) ? x 2 ? (k ? 1) x ? 0 在区间 (2,??) 上恒成立(分离变量法) 即 k ? 1 ? x 恒成立,又 x ? 2 ,∴ k ? 1 ? 2 ,故 k ? 1 ∴ k 的取值范围为 k ? 1

x 3 (k ? 1) 2 1 ? x ? kx ? , 3 2 3 2 h?( x) ? x ? (k ? 1) x ? k ? ( x ? k )(x ? 1) 令 h ?( x) ? 0 得 x ? k 或 x ? 1 由(1)知 k ? 1 , 2 ①当 k ? 1 时, h?( x) ? ( x ? 1) ? 0 , h( x) 在 R 上递增,显然不合题意? ②当 k ? 1 时, h( x) , h ?( x ) 随 x 的变化情况如下表: x (??, k ) (k ,1) (1,??) k 1 ? ? — h ?( x ) 0 0 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ h( x ) 3 2 k ? 1 k k 1 ? ? ? 2 6 2 3 k ?1 ? 0 ,欲使 f ( x) 与 g ( x) 的图象有三个不同的交点,即方程 h( x) ? 0 有三个不同的实根, 由于 2 ?k ? 1 k3 k2 1 ? ? ? 0 ,即 (k ? 1)(k 2 ? 2k ? 2) ? 0 ∴ ? 2 故需 ? ,解得 k ? 1 ? 3 6 2 3 k ? 2 k ? 2 ? 0 ? 综上,所求 k 的取值范围为 k ? 1 ? 3
(2)设 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 根的个数知道,部分根可求或已知。 例 7、已知函数 f ( x) ? ax ?
3

1 2 x ? 2x ? c 2

(1)若 x ? ?1 是 f ( x ) 的极值点且 f ( x ) 的图像过原点,求 f ( x ) 的极值;

1 2 bx ? x ? d ,在(1)的条件下,是否存在实数 b ,使得函数 g ( x) 的图像与函数 f ( x) 的 2 图像恒有含 x ? ?1 的三个不同交点?若存在,求出实数 b 的取值范围;否则说明理由。
(2)若 g ( x ) ?
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5

解:(1)∵ f ( x) 的图像过原点,则 f (0) ? 0 ? c ? 0

f ?( x) ? 3ax2 ? x ? 2 ,

又∵ x ? ?1 是 f ( x ) 的极值点,则 f ?(?1) ? 3a ? 1 ? 2 ? 0 ? a ? ?1

f ?( x)
-1

? f ?( x) ? 3x2 ? x ? 2 ? (3x ? 2)( x ? 1) ? 0
f 极大值 ( x) ? f (?1) ? 3 2

2 22 f 极小值 ( x )? f ( ? )? 3 7

2 3

(2)设函数 g ( x) 的图像与函数 f ( x) 的图像恒存在含 x ? ?1 的三个不
同交点,

等价于 f ( x) ? g ( x) 有含 x ? ?1 的三个根,即: f (?1) ? g (?1) ? d ? ?

1 (b ? 1) 2

? x3 ?

1 2 1 1 x ? 2 x ? bx 2 ? x ? (b ? 1) 整理得: 2 2 2 1 1 3 2 即: x ? (b ? 1) x ? x ? (b ? 1) ? 0 恒有含 x ? ?1 的三个不等实根 2 2 1 1 (计算难点来了:) h( x) ? x 3 ? (b ? 1) x 2 ? x ? (b ? 1) ? 0 有含 x ? ?1 的根, 2 2
则 h( x) 必可分解为 ( x ? 1)(二次式) ? 0 ,故用添项配凑法因式分解,

1 1 x 3 ? x 2 ? x 2 ? (b ? 1) x 2 ? x ? (b ? 1) ? 0 2 2

1 ?1 ? x 2 ( x ? 1) ? ? (b ? 1) x 2 ? x ? (b ? 1) ? ? 0 2 ?2 ?
1 x 2 ( x ? 1) ? ? (b ? 1) x 2 ? 2 x ? (b ? 1) ? ? ??0 2 1 b ? 1x )? b ( ?? ? 1 ) x ?? 1 ? 十字相乘法分解: x 2 ( x? 1 )? ? ( 2

0

1 1 ? ? ( x ? 1) ? x 2 ? (b ? 1) x ? (b ? 1) ? ? 0 2 2 ? ?
1 1 ? x3 ? (b ? 1) x 2 ? x ? (b ? 1) ? 0 恒有含 x ? ?1 的三个不等实根 2 2 1 1 2 等价于 x ? (b ? 1) x ? (b ? 1) ? 0 有两个不等于-1 的不等实根。 2 2

1 1 ? ? ? (b ? 1) 2 ? 4 ? (b ? 1) ? 0 ? ? 4 2 ?? ? b ? (??, ?1) ? (?1,3) ? (3, ??) 1 1 2 ?(?1) ? (b ? 1) ? (b ? 1) ? 0 ? ? 2 2

题 2:切线的条数问题====以切点 x0 为未知数的方程的根的个数
3 2 例 7、已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? cx 在点 x0 处取得极小值-4,使其导数 f '( x) ? 0 的 x 的取值范围

6

为 (1,3) ,求:(1) f ( x) 的解析式;(2)若过点 P(?1, m) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,求实数 m 的 取值范围. (1)由题意得: f '( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c ? 3a( x ?1)( x ? 3),(a ? 0) ∴在 (??,1) 上 f '( x) ? 0 ;在 (1,3) 上 f '( x) ? 0 ;在 (3, ??) 上 f '( x) ? 0 因此 f ( x) 在 x0 ? 1 处取得极小值 ?4 ∴ a ? b ? c ? ?4 ①, f '(1) ? 3a ? 2b ? c ? 0 ②, f '(3) ? 27a ? 6b ? c ? 0 ③

? a ? ?1 ? 由①②③联立得: ?b ? 6 ,∴ f ( x) ? ? x3 ? 6 x 2 ? 9 x ? c ? ?9 ?

y ? ( ?3t2 ? 1 2 t ? 9 )x ( ?t ) ? 3? (t ?2 t6 ? t9 ) ? (?3t 2 ? 12t ? 9) x ? t (3t 2 ?12t ? 9) ? t (t 2 ? 6t ? 9) ? (?3t 2 ? 12t ? 9) x ? t (2t 2 ? 6t ) 过 (?1, m) m ? (?3t 2 ? 12t ? 9)(?1) ? 2t 3 ? 6t 2 g (t ) ? 2t 3 ? 2t 2 ?12t ? 9 ? m ? 0 令 g '(t ) ? 6t 2 ? 6t ?12 ? 6(t 2 ? t ? 2) ? 0 , 求得: t ? ?1, t ? 2 ,方程 g (t ) ? 0 有三个根。 ? g (?1) ? 0 ??2 ? 3 ? 12 ? 9 ? m ? 0 ?m ? 16 需: ? ?? ?? ? g (2) ? 0 ?m ? ?11 ?16 ? 12 ? 24 ? 9 ? m ? 0
故: ?11 ? m ? 16 ;因此所求实数 m 的范围为: (?11,16)

(2)设切点 Q (t , f (t )) , y ? f (t ) ? f , (t )( x ? t )

题 3:已知 f ( x) 在给定区间上的极值点个数则有导函数=0 的根的个数
解法:根分布或判别式法 例 8、

解:函数的定义域为 R (Ⅰ)当 m=4 时,f (x)=

1 3 7 2 x - x +10x, 3 2

f ?( x ) =x2-7x+10,令 f ?( x) ? 0 , 解得 x ? 5, 或 x ? 2 .令 f ?( x) ? 0 , 解得 2 ? x ? 5
可知函数 f(x)的单调递增区间为 (??, 2) 和(5,+∞),单调递减区间为 ? 2,5? . (Ⅱ) f ?( x ) =x2-(m+3)x+m+6, 要使函数 y=f (x)在 (1, +∞) 有两个极值点, ? f ?( x) =x2-(m+3)x +m+6=0 的根在(1,+∞)

根分布问题:
1

7

? ?? ? (m ? 3) 2 ? 4(m ? 6) ? 0; ? 则 ? f ?(1) ? 1 ? (m ? 3) ? m ? 6 ? 0; , 解得 m>3 ?m ? 3 ? ? 1. ? 2

例 9、已知函数 f ( x) ?

1 a 3 1 2 x ? x , (a ? R, a ? 0) (1)求 f ( x) 的单调区间;(2)令 g ( x) = x4+f 4 3 2

(x)(x∈R)有且仅有 3 个极值点,求 a 的取值范围.

1 或x ? 0 , 令 f ' ( x) ? 0 a 1 1 1 解得 ? ? x ? 0 所以 f ( x) 的递增区间为 ( ?? ,? ) ? (0,?? ) ,递减区间为 (? ,0) . a a a 1 1 ? ) ,递减区间为 (?? ,0) ? (? ,?? ) . 当 a ? 0 时,同理可得 f ( x) 的递增区间为 (0, a a 1 4 a 3 1 2 (2) g ( x) ? x ? x ? x 有且仅有 3 个极值点 4 3 2
解: (1) f ' ( x) ? ax2 ? x ? x(ax ? 1) 当 a ? 0 时, 令 f ' ( x) ? 0 解得 x ? ?

? g?( x) ? x3 ? ax2 ? x ? x( x2 ? ax ? 1) =0 有 3 个根,则 x ? 0 或 x 2 ? ax ? 1 ? 0 , a ? ?2
2 方程 x ? ax ? 1 ? 0 有两个非零实根,所以 ? ? a 2 ? 4 ? 0, ? a ? ?2 或 a ? 2

而当 a ? ?2 或 a ? 2 时可证函数 y ? g ( x) 有且仅有 3 个极值点

其它例题:
3 2 ( a ? 0) 1、(最值问题与主元变更法的例子).已知定义在 R 上的函数 f ( x) ? ax ? 2ax ? b

在区间 ? ?2,1? 上的最大值是 5,最小值是-11. (Ⅰ)求函数 f ( x) 的解析式;

? tx ? 0 恒成立,求实数 x 的取值范围. (Ⅱ)若 t ? [?1,1] 时, f ?( x)
解:(Ⅰ)? f ( x) ? ax ? 2ax ? b,? f ( x) ? 3ax ? 4ax ? ax(3x ? 4)
3 2 ' 2
' 令 f ( x) =0,得 x1 ? 0, x2 ?

因为 a ? 0 ,所以可得下表:

4 ? ? ?2,1? 3
0 0 极大

x
f ' ( x)

??2,0?
+ ↗

? 0,1?


f ( x)

? 5 因此 b ? 5 , ? f (?2) ? ?16a ? 5, f (1) ? ?a ? 5,? f (1) ? f (?2) , 因此 f (0) 必为最大值,∴ f(0)
即 f (?2) ? ?16a ? 5 ? ?11,∴ a ? 1 ,∴ f ( x) ? x 3 ? 2x 2 ? 5.
2 ? tx ? 0 等价于 3x ? 4 x ? tx ? 0 , (Ⅱ)∵ f ?( x) ? 3x ? 4 x ,∴ f ?( x)
2

令 g (t ) ? xt ? 3x ? 4x ,则问题就是 g(t ) ? 0 在 t ? [?1,1] 上恒成立时,求实数 x 的取值范围,
2

?3x 2 ? 5x ? 0 ? g (?1) ? 0 为此只需 ? ,即 ? 2 , 解得 0 ? x ? 1 ,所以所求实数 x 的取值范围是[0,1]. 1) ? 0 ? g( ? x ? x?0
8

2、(根分布与线性规划例子)

( 1 ) 已知函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ? c ( Ⅰ )

2 3

若函数 f ( x ) 在 x ? 1 时有极值且在函数图象上的点

(0, 1) 处的切线与直线 3x ? y ? 0 平行, 求 f ( x) 的解析式;(Ⅱ) 当 f ( x) 在 x ? (0, 1) 取得极大值且在 x ? (1, 2) 取得极小值时, 设点 M (b ? 2, a ? 1) 所在平面区域为 S, 经过原点的直线 L 将 S 分为面积比
为 1:3 的两部分, 求直线 L 的方程. 解: (Ⅰ). 由 f ?( x) ? 2 x2 ? 2ax ? b , 函数 f ( x ) 在 x ? 1 时有极值 , ∴ 2a ? b ? 2 ? 0 ∵ f (0) ? 1 ∴

c ?1

又∵ f ( x ) 在 (0, 1) 处的切线与直线 3x ? y ? 0 平行, ∴ f ?(0) ? b ? ?3 故

a?

1 2

∴ f ( x) ?

2 3 1 2 x ? x ? 3x ? 1 3 2

(Ⅱ) 解法一: 由 f ?( x) ? 2 x 2 ? 2ax ? b 及 f ( x ) 在 x ? (0, 1) 取得极大值且在 x ? (1,

2) 取得极小值,

? f ?(0) ? 0 ? ∴ ? f ?(1) ? 0 ? f ?(2) ? 0 ?

?b ? 0 ? 即 ? 2a ? b ? 2 ? 0 ? 4a ? b ? 8 ? 0 ?

令 M ( x,

y) ,

则 ?

?x ? b ? 2 ? y ? a ?1

? a ? y ?1 ∴ ? ?b ? x ? 2
易得 A(?2,

?x ? 2 ? 0 ? ∴ ?2 y ? x ? 2 ? 0 ?4 y ? x ? 6 ? 0 ?
0) , B(?2, ? 1) ,

故点 M 所在平面区域 S 为如图△ABC,

C (2, ? 2) ,

D(0, ? 1) ,

3 E (0, ? ) , 2

S?ABC ? 2
x?0

同时 DE 为△ABC 的中位线,

1 S ?DEC ? S四边形ABED ∴ 所求一条直线 L 的方程为: 3

另一种情况设不垂直于 x 轴的直线 L 也将 S 分为面积比为 1:3 的两部分, 设直线 L 方程为 y ? kx ,它 与 AC,BC 分别交于 F、G, 则 k ? 0,

S四边形DEGF ? 1

由 ?

? y ? kx 2 得点 F 的横坐标为: xF ? ? 2k ? 1 ?2 y ? x ? 2 ? 0 ? y ? kx ?4 y ? x ? 6 ? 0
得点 G 的横坐标为: xG ? ?

由 ?

6 4k ? 1

∴ S四边形DEGF

? S?OGE ? S?OFD ? ? ?

1 3 6 1 2 ? ? 1? ? 1 即 16k 2 ? 2k ? 5 ? 0 2 2 4k ? 1 2 2k ? 1
9

5 1 (舍去) 故这时直线方程为: y ? x 8 2 1 综上,所求直线方程为: x ? 0 或 y ? x .…………….………….12 分 2
解得: k ? 或

1 2

k??

(Ⅱ) 解法二: 由 f ?( x) ? 2 x2 ? 2ax ? b 及 f ( x ) 在 x ? (0, 1) 取得极大值且在 x ? (1,

2) 取得极小值,

? f ?(0) ? 0 ? ∴ ? f ?(1) ? 0 ? f ?(2) ? 0 ?

?b ? 0 ? 即 ? 2a ? b ? 2 ? 0 ? 4a ? b ? 8 ? 0 ?

令 M ( x,

y) ,

则 ?

?x ? b ? 2 ? y ? a ?1

? a ? y ?1 ∴ ? ?b ? x ? 2
易得 A(?2,

?x ? 2 ? 0 ? ∴ ?2 y ? x ? 2 ? 0 ?4 y ? x ? 6 ? 0 ?
0) , B(?2, ? 1) ,

故点 M 所在平面区域 S 为如图△ABC,

C (2, ? 2) ,

D(0, ? 1) ,

3 E (0, ? ) , 2

S?ABC ? 2

同时 DE 为△ABC 的中位线,

1 S ?DEC ? S四边形ABED 3

∴所求一条直线 L 的方程为: x ? 0

另一种情况由于直线 BO 方程为: y ?

1 x , 设直线 BO 与 AC 交于 H , 2

1 ? ? y? x 由 ? 2 ? ?2 y ? x ? 2 ? 0
∵ S?ABC ? 2 ,

得直线 L 与 AC 交点为: H (?1,

1 ? ) 2

1 1 1 1 1 1 1 S ?DEC ? ? ? 2 ? , S?ABH ? S?ABO ? S?AOH ? ? 2 ? 1 ? ? 2 ? ? 2 2 2 2 2 2 2
1 x 2
3 2

∴ 所求直线方程为: x ? 0 或 y ?

3、(根的个数问题)已知函数 f(x) ? ax ? bx ? (c ? 3a ? 2b)x ? d (a ? 0) 的图象如图所示。 (Ⅰ)求 c、 d 的值; (Ⅱ)若函数 f (x) 的图象在点 (2,f (2)) 处的切线方程为 3x ? y ? 11 ? 0 , 求函数 f ( x )的解析式; (Ⅲ)若 x0 ? 5, 方程 f (x) ? 8a 有三个不同的根,求实数 a 的取值范围。 解:由题知: f ?(x) ? 3ax ? 2bx+c-3a-2b
2

(Ⅰ)由图可知 函数 f ( x )的图像过点( 0 , 3 ),且 f ??1? = 0 得?

?d ? 3 ?d ? 3 ?? ? 3a ? 2b ? c ? 3a ? 2b ? 0 ?c ? 0
10

(Ⅱ)依题意

f ??2? = – 3 且 f ( 2 ) = 5

a? 4 b? 3 a? 2 b? ?3 ?1 2 解得 a = 1 , b = – 6 ? ?8a ? 4b ? 6a ? 4b ? 3 ? 5

所以 f ( x ) = x3 – 6x2 + 9x + 3 (Ⅲ)依题意 f ( x ) = ax3 + bx2 – ( 3a + 2b )x + 3 ( a>0 )

f ?? x ? = 3ax2 + 2bx – 3a – 2b

由 f ??5? = 0 ? b = – 9a



若方程 f ( x ) = 8a 有三个不同的根,当且仅当

满足 f ( 5 )<8a<f ( 1 ) ② 由① ② 得 – 25a + 3<8a<7a + 3 ?

1 <a< 11

x

?2

(?2,1)


1

3

? ?( x )

? ( x)

?8a ?

9 2

a

1 <a<3 时,方程 f ( x ) = 8a 有三个不同的根。???? 12 分 11 1 3 2 4、(根的个数问题)已知函数 f ( x) ? x ? ax ? x ? 1(a ? R ) 3
所以 当 (1)若函数 f ( x ) 在 x ? x1 , x ? x2 处取得极值,且 x1 ? x2 ? 2 ,求 a 的值及 f ( x ) 的单调区间; (2)若 a ?

1 1 2 5 ,讨论曲线 f ( x ) 与 g ( x) ? x ? (2a ? 1) x ? ( ?2 ? x ? 1) 的交点个数. 2 2 6
2

解:(1) f' ( x) ? x ? 2ax ? 1

? x1 ? x2 ? 2a, x1 ? x2 ? ?1? x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 4a 2 ? 4 ? 2 ? a ? 0 f ?( x) ? x2 ? 2ax ? 1 ? x2 ? 1 令 f ?( x) ? 0 得 x ? ?1, 或x ? 1令 f ?( x) ? 0 得 ?1 ? x ? 1
∴ f ( x ) 的单调递增区间为 (??, ?1) , (1, ??) ,单调递减区间为 (?1,1) ????5 分 (2)由题 f ( x) ? g ( x) 得 令

1 3 1 5 1 1 1 x ? ax 2 ? x ? 1 ? x 2 ? (2a ? 1) x ? 即 x 3 ? (a ? ) x 2 ? 2ax ? ? 0 3 2 6 3 2 6 1 6

? ( x) ? x3 ? (a ? ) x 2 ? 2ax ? (?2 ? x ? 1) ?? ?( x) ? x2 ? (2a ? 1) x ? 2a ? ( x ? 2a)( x ? 1)
令 ? ?( x) ? 0 得 x ? 2a 或 x ? 1 当 2a ? ?2 即 a ? ?1 时 当 2a ? ?2 即 ?1 ? a ?

1 3

1 2

?a ?

1 2

此时, ?8a ?

9 ? 0 , a ? 0 ,有一个交点; 2

1 时, 2

x

?2

(?2, 2a)

2a
11

(2a,1)

1

? ?( x )



0



? ( x)

?8a ?

9 2

2 2 1 a (3 ? 2a) ? 3 6

a

2 1 ? a 2 (3 ? 2a) ? ? 0 , 3 6 9 9 9 9 ? a ? 0 时,有两个 ∴当 ?8a ? ? 0 即 ?1 ? a ? ? 时,有一个交点;当 ?8a ? ? 0,且a ? 0 即 ? 2 16 2 16 1 9 交点;当 0 ? a ? 时, ?8a ? ? 0 ,有一个交点 2 2 9 1 9 ? a ? 0 时,有两个交点. 综上可知,当 a ? ? 或 0 ? a ? 时,有一个交点;当 ? 16 2 16 2 10 x3 5、(简单切线问题) 已知函数 f ( x) ? 2 图象上斜率为 3 的两条切线间的距离为 ,函数 5 a 3bx g ( x) ? f ( x) ? 2 ? 3 . a (Ⅰ) 若函数 g ( x) 在 x ? 1 处有极值,求 g ( x) 的解析式;
(Ⅱ) 若函数 g ( x) 在区间 [ ?1,1] 上为增函数,且 b ? mb ? 4 ? g ( x) 在区间 [ ?1,1] 上都成立,求实数 m 的取值范围.
2

函数中任意性和存在性问题探究
高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点, 下面结合高考试题对此类问题进 行归纳探究 一、相关结论: 结论 1: ?x1 ?[a, b], ?x2 ?[c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]min ? [ g ( x)]max ;【如图一】 结论 2: ?x1 ?[a, b], ?x2 ?[c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]max ? [ g ( x)]min ;【如图二】 结论 3: ?x1 ?[a, b], ?x2 ?[c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]min ? [ g ( x)]min ;【如图三】 结论 4: ?x1 ?[a, b], ?x2 ?[c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? [ f ( x)]max ? [ g ( x)]max ;【如图四】 结论 5: ?x1 ?[a, b], ?x2 ?[c, d ], f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? f ( x) 的值域和 g ( x) 的值域交集不为空;【如图五】

【例题 1】:已知两个函数 f ( x) ? 8x ? 16x ? k , g ( x) ? 2x ? 5x ? 4x, x ?[?3,3], k ? R ;
2 3 2

12

(1) 若对 ?x ?[?3,3] ,都有 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 k 的取值范围; (2) 若 ?x ?[?3,3] ,使得 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 k 的取值范围; (3) 若对

?x1 , x2 ?[?3,3] ,都有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 k 的取值范围;
3 2

x ?[?3,3] 时, h( x ) ? 0 解: (1) 设 h( x) ? g ( x) ? f ( x) ? 2 x ? 3x ?12 x ? k , (1) 中的问题可转化为:
恒成立,即

[h( x)]min ? 0 。 h' ( x) ? 6x2 ? 6x ?12 ? 6( x ? 2)( x ? 1) ;
'

当 x 变化时, h( x), h ( x) 的变化情况列表如下:

h ? (x)

x

-3 k-45

(-3,-1) + 增函数

-1 0 极大值

(-1,2) - 减函数

2 0 极小值

(2,3) + 增函数 k-9

3

h(x)

因为 h(?1) ? k ? 7, h(2) ? k ? 20 ,所以,由上表可知

[h( x)]min ? k ? 45 ,故 k-45≥0,得 k≥45,即 k

∈[45,+∞). 小结:①对于闭区间 I,不等式 f(x)<k 对 x∈I 时恒成立 ? [f(x)]max<k, x∈I;不等式 f(x)>k 对 x ∈I 时恒成立 ? [f(x)]min>k, x∈I. ②此题常见的错误解法:由 [f(x)]max ≤[g(x)]min 解出 k 的取值范围.这种解法的错误在于条件 “[f(x)]max≤[g(x)]min”只是原题的充分不必要条件,不是充要条件,即不等价. (2)根据题意可知,(2)中的问题等价于 h(x)= g(x)-f(x) ≥0 在 x∈[-3,3]时有解,故[h(x)]max ≥0. 由(1)可知[h(x)]max= k+7,因此 k+7≥0,即 k∈[7,+∞). (3)根据题意可知,(3)中的问题等价于[f(x)]max≤[g(x)]min,x∈[-3,3]. 由二次函数的图像和性质可得, x∈[-3,3]时, [f(x)]max=120-k. 仿照(1),利用导数的方法可求得 x∈[-3,3]时, [g(x)]min=-21. 由 120-k≥-21 得 k≥141,即 k∈[141,+∞). 说明:这里的 x1,x2 是两个互不影响的独立变量. 从上面三个问题的解答过程可以看出,对于一个不等式一定要看清是对“ ? x”恒成立,还是“ ? x” 使之成立,同时还要看清不等式两边是同一个变量,还是两个独立的变量,然后再根据不同的情况采取不 同的等价条件,千万不要稀里糊涂的去猜.. 二、相关类型题: 〈一〉、 " a ? f ( x)" 型; 形如 " a ? f ( x)"," a ? f ( x)" 型不等式, 是恒成立问题中最基本的类型, 它的理论基础是“ a ? f ( x) 在

?x ? D 上恒成立,则 a ? f ( x)max ( x ? D); a ? f ( x) 在 x∈D 上恒成立,则 a ? f ( x)min ( x ? D); ”.许多复
杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.
2 例 1 :已知二次函数 f ( x) ? ax ? x ,若 ? x ? [0,1] 时,恒有 | f ( x) |? 1 ,求实数 a 的取值范围.

解:? | f ( x) |? 1 ,∴ ?1 ? ax ? x ? 1 ;即 ?1 ? x ? ax ? 1 ? x ;
2 2

13

当 x ? 0 时,不等式显然成立,

∴a∈R.

2 当 0 ? x ? 1 时,由 ?1 ? x ? ax ? 1 ? x 得: ?

1 1 1 1 1 1 ? ? a ? 2 ? ,而 ( 2 ? ) min ? 0 2 x x x x x x

. ∴a ? 0.

又∵ (?

1 1 ? ) max ? ?2 ,∴ a ? ?2,??2 ? a ? 0 ,综上得 a 的范围是 a ?[?2, 0] 。 x2 x

〈二〉、 " f ( x1 ) ? f ( x) ? f ( x2 )" 型 例 2 已知函数 f ( x ) ? 2sin( 的最小值为____. 解 ∵对任意 x∈R,不等式 f ( x1 ) ? f ( x) ? f ( x2 ) 恒成立, ∴ f ( x1 ), f ( x2 ) 分别是 f ( x) 的最小值和最大值. 对于函数 y ? sin x ,取得最大值和最小值的两点之间最小距离是 π,即半个周期. 又函数 f ( x ) ? 2sin(

?x ?
2

? ), 若对 ? x ? R , 都有 " f ( x1 ) ? f ( x) ? f ( x2 )" 成立, 则 | x1 ? x2 | 5

? ) 的周期为 4,∴ | x1 ? x2 | 的最小值为 2. 5 x ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? "型 〈三〉、. " f ( 1 2 2 2
例 3: (2005 湖北)在 y ? 2x, y ? log2 2x, y ? x2 , y ? cos x 这四个函数中,当 0 ? x1 ? x2 ? 1 时,使

?x ?

"f(

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? " 恒成立的函数的个数是( 2 2
A.0 B.1 C.2

) D.3

解:本题实质就是考察函数的凸凹性,即满足条件 " f ( 数的性质,画草图即知 y ? log2 2 x 符合题意; 〈四〉、. "

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? " 的函数,应是凸函 2 2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0" 型 x1 ? x2

例 4 已 知 函 数 f ( x) 定 义 域 为 [?1,1] , f (1) ? 1 , 若 m, n ? [?1,1] , m ? n ? 0 时 , 都 有

"

f ( m) ? f ( n) ? 0" ,若 f ( x) ? t 2 ? 2at ? 1 对所有 x ?[?1,1] , a ?[?1,1] 恒成立,求实数 t 取值范围. m?n
解:任取 ?1 ? x1 ? x2 ? 1 ,则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?0, ( x1 ? x2 ) ,由已知 x1 ? x2 x1 ? x2

又 x1 ? x2 ? 0 ,∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 f,即 f ( x) 在 [?1,1] 上为增函数. ∵ f (1) ? 1 ,∴ x ?[?1,1] ,恒有 f ( x) ? 1 ;
2 ∴要使 f ( x) ? t ? 2at ? 1 对所有 x ?[?1,1] , a ?[?1,1] 恒成立,即要 t ? 2at ? 1 ? 1 恒成立,
2

14

故 t ? 2at ? 0 恒成立,令 g (a) ? ?2at ? t 2 ,只须 g (?1) ? 0 且 g (1) ? 0 ,
2

解得 t ? ?2 或 t ? 0 或 t ? 2 。 评注: 形如不等式 "

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0" 或 " ? 0" 恒成立,实际上是函数的单调性的 x1 ? x2 x1 ? x2

另一种表现形式,在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息. 〈五〉、. " f ( x) ? g ( x)" 型: 例 5: 已知 f ( x ) ? 数 t 的取值范围. 解: f ( x) ? g ( x) 在 x ? [0,1] 恒成立,即 x ? 1 ? 2 x ? t ? 0 在 x ? [0,1] 恒成立 ?

1 lg( x ? 1) , g ( x) ? lg(2 x ? t ) ,若当 x ? [0,1] 时, f ( x) ? g ( x) )恒成立,求实 2

x ? 1 ? 2x ? t 在

[0,1] 上的最大值小于或等于零.令 F ( x) ? x ? 1 ? 2x ? t , F ' ( x) ?

1? 4 x ?1 ,∵ x ? [0,1] 2 x ?1

∴ F ' ( x) ? 0 ,即 F ( x) 在[0,1]上单调递减,F(0)是最大值. ∴ f ( x) ? F (0) ? 1 ? t ? 0 ,即 t ? 1 。 〈六〉、 " f ( x1 ) ? g ( x2 )" 型 例 6 : 已 知 函 数 f ( x) ?

1 3 4 9x ? c x ? x 2 ? 3 x ? , g ( x) ? ? , 若 对 任 意 x1 , x2 ?[?2, 2] , 都 有 3 3 2

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求 c 的范围.
解:因为对任意的 x1 , x2 ?[?2, 2] ,都有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,
' ' 2 ∴ [ f ( x)]max ? [ g ( x)]min ,∵ f ( x) ? x ? 2x ? 3 ,令 f ( x) ? 0 得 x ? 3, x ? ?1 x > 3 或 x < -1 ;

f ' ( x) ? 0 得 ?1 ? x ? 3 ;∴ f ( x) 在 [?2, ?1] 为增函数,在 [?1, 2] 为减函数.
∵ f (?1) ? 3, f (2) ? ?6 ,∴ [ f ( x)]max ? 3, .∴ 3 ? ? 〈七〉、 "| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? t " ( t 为常数)型; 例 7 :已知函数 f ( x) ? ? x ? 2 x ,则对任意 t1 , t2 ? [ ?
4 3

18 ? c ,∴ c ? ?24 。 2

1 , 2] ( t1 ? t2 )都有 2

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? ____ 恒成立,当且仅当 t1 =____, t 2 =____时取等号.
解:因为 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?|[ f ( x)]max ? [ f ( x)]min | 恒成立, 由 f ( x) ? ? x ? 2 x , x ? [?
4 3

3 27 1 1 5 , 2] ,易求得 [ f ( x)]max ? f ( ) ? , [ f ( x)]min ? f (? ) ? ? ,∴ 2 16 2 2 16

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 2 。
15

例 8 :已知函数 y ? f ( x) 满足:(1)定义域为 [?1,1] ;(2)方程 f ( x) ? 0 至少有两个实根 ?1 和 1 ;(3) 过 f ( x) 图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于 1.(1)证明 | f (0) |? 1 |; (2)证明:对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1 . 证 明 (1) 略 ; (2) 由 条 件 (2) 知 f (?1) ? f (1) ? 0 , 不 妨 设 ?1 ? x1 ? x2 ? 1 , 由 (3) 知

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 |? x2 ? x1 又∵ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| f ( x1 ) | ? | f ( x2 ) |?| f ( x1) ? f (?1) | ? | f ( x2 ) ? f (1) | ? x1 ? 1 ? 1 ? x2 ? 2 ? ( x2 ? x1 ) ? 2? | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ;∴ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1
〈八〉、 "| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | " 型 例 9: 已知函数 f ( x) ? x3 ? ax ? b , 对于 x1 , x2 ? (0,

3 )( x1 ? x2 ) 时总有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | 3
当 x ? (0,

成立,求实数 a 的范围.

解 由 f ( x) ? x3 ? ax ? b , 得 f ' ( x) ? 3x2 ? a ,

3 ) 时, 3

∵ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | , ∴| a ? f ' ( x) ? 1 ? a ,

f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 1 , x1 ? x2

∴?

?a ? ?1 ? ?1 ? a ? 0 ?1 ? a ? 1

评 注 由 导数 的几 何意 义知 道 ,函 数 y ? f ( x) 图 像上 任意两 点 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 连 线 的斜 率

k?

y2 ? y1 ( x1 ? x2 ) 的取值范围,就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的范围,利用这个结论, x2 ? x1

可以解决形如 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? m | x1 ? x2 | | 或 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? m | x1 ? x2 | (m> 0)型的不等式恒成立问 题.

考前寄语:①先易后难,先熟后生;②一慢一快:审题要慢,做题要快;③不能小题难做,小 题大做,而要小题小做,小题巧做; ④我易人易我不大意,我难人难我不畏难;⑤考试不怕题不 会,就怕会题做不对;⑥基础题拿满分,中档题拿足分,难题力争多得分,似曾相识题力争不失 分;⑦对数学解题有困难的考生的建议:立足中下题目,力争高上水平,有时“放弃”是一种 策略.

16

导数压轴题题型归纳
1. 在解题中常用的有关结论※
(1)曲线 y ? f ( x) 在 x ? x0 处的切线的斜率等于
f ? ( x0 )

,且切线方程为 y? f ?( x0 )( x?x0 )? f ( x0 ) 。
f ? ( x0 ) ? 0 。反之,不成立。

(2)若可导函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极值,则 (3)对于可导函数 (4)函数 (5)函数
f ( x) f ( x) f ( x)

,不等式

f ?( x ) ? 0 ??0?

的解集决定函数

f ( x)

的递增(减)区间。 不恒为 0).
f ?( x )?0 在区间

在区间 I 上递增(减)的充要条件是: ?x?I (非常量函数)在区间 I 上不单调等价于
f ?( x ) 为二次函数且
f ( x)

f ?( x ) ? 0 ( ?0) 恒成立( f ?( x )

f ( x)

在区间 I 上有极值,则可等价转化为方程

I上

有实根且为非二重根。(若 (6)
f ( x)

I=R,则有 ?

? 0 )。
f ?( x ) ? 0

在区间 I 上无极值等价于

在区间在上是单调函数,进而得到



f ?( x ) ? 0

在 I 上恒成立

(7)若 ?x?I ,

f ( x) ?0

恒成立,则 ,则

f ( x )min ? 0

; 若 ?x?I ,

f ( x) ?0

恒成立,则 ,则

f ( x )max ? 0

(8)若 ?x ?I ,使得 0 (9)设 则有

f ( x0 ) ? 0

f ( x )max ? 0

;若 ? x ?I ,使得 0

f ( x0 ) ? 0

f ( x )min ? 0

.

f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D,若 ?

x ?D f ( x) ? g ( x) 恒成立,

? f ( x) ? g ( x)?min ? 0 .
x1 ? I1 、 x2 ? I 2


(10)若对 ? 若对 ? 若对 ? (11)已知

f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min ? g ( x)max .

x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)min ? g ( x)min . x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)max ? g ( x)max .
f ( x) 在区间 I1 上的值域为 A,, g ( x) 在区间 I 2 上值域为 B,

若对 ?

x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。
f ?( x) ? 0 有两个不等实根 x
1

(12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 (13)证题中常用的不等式: ① ②

、 x2

,且极大值大于 0,极小值小于 0.

ln x ? x ? 1 ( x ? 0)


x x ?1



ln (x+1 ) ? x ( x ? ?1)




ex ? 1 ? x

e? x ? 1 ? x



ln x x ?1 ? ( x ? 1) x ?1 2

ln x 1 1 ? ? ( x ? 0) 2 x 2 2 x2

17

2. 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用
例 1(构造函数,最值定位)设函数 f ? x ? ? ? x ?1? e ? kx (其中 k ? R ).
x 2

(Ⅰ) 当 k ? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间;(Ⅱ) 当 k ? ?

?1 ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ?0, k ? 上的最大值 M . ?2 ?

例 2(分类讨论,区间划分)已知函数 f ( x) ?

1 3 1 2 x ? ax ? x ? b(a ? 0) , f '( x ) 为函数 f ( x) 的导函数. 3 2

(1)设函数 f(x)的图象与 x 轴交点为 A,曲线 y=f(x)在 A 点处的切线方程是 y ? 3x ? 3 ,求 a , b 的值; (2)若函数 g ( x) ? e
? ax

? f '( x) ,求 函数 g ( x) 的单调区间.

例 3(切线)设函数 f ( x) ? x 2 ? a .(1)当 a ? 1 时,求函数 g ( x) ? xf ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; (2)当 a ? 0 时, 曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 , f ( x1 ))( x1 ? a ) 处的切线为 l ,l 与 x 轴交于点 A( x 2 ,0) 求证:
x1 ? x 2 ? a .

18

例 4(极值比较)已知函数 f ( x) ? ( x 2 ? ax ? 2a 2 ? 3a )e x ( x ? R ), 其中 a ? R ⑴当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率; 调区间与极值.
w.w.w.k.s. 5.u.c.o.m

⑵当 a ?

2 时,求函数 f ( x) 的单 3

例 5(零点存在性定理应用)已知函数 f ( x) ? ln x, g ( x) ? e x . ⑴若函数 φ (x) = f (x)- x +1 ,求函数 φ (x)

x- 1
的单调区间;⑵设直线 l 为函数 f (x)的图象上一点 A(x0,f (x0))处的切线,证明:在区间(1,+∞)上存在唯一 的 x0,使得直线 l 与曲线 y=g(x)相切.

例6(最值问题,两边分求)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? ⑴当 a ≤

1? a ? 1 (a ? R ) . x

1 1 时,讨论 f ( x) 的单调性;⑵设 g ( x) ? x 2 ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) , 2 4

存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.

19

例7(二阶导转换)已知函数 f ( x) ? ln x

⑴若 F ( x) ?

f ( x) ? a (a ? R) ,求 F ( x) 的极大值; x

⑵若 G ( x) ? [ f ( x)]2 ? kx 在定义域内单调递减,求满足此条件的实数 k 的取值范围.

例 8(综合技巧)设函数 f ( x) ? x ?

1 ? a ln x(a ? R ). ⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; x

⑵若 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,记过点 A( x1 , f ( x1 )), B ( x2 , f ( x2 )) 的直线斜率为 k ,问:是否存在 a , 使得 k ? 2 ? a ?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由.

②交点与根的分布
例 9(切线交点)已知函数 f ? x ? ? ax ? bx ? 3x ? a, b ? R ? 在点 1, f ?1? 处的切线方程为 y ? 2 ? 0 .
3 2

?

?

⑴ 求 函 数 f ? x ? 的 解 析 式 ; ⑵ 若 对 于 区 间 ? ?2, 2? 上 任 意 两 个 自 变 量 的 值 x1 , x2 都 有

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? c ,求实数 c 的最小值;⑶若过点 M ? 2, m?? m ? 2? 可作曲线 y ? f ? x ? 的三条切

线,求实数 m 的取值范围.

20

例 10(根的个数)已知函数 f ( x) ? x ,函数 g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (I)求 ? 的最大值;(II)若 g ( x) ? t 2 ? ?t ? 1在x ? [?1,1] 上恒成立,求 t 的取值范围;

(Ⅲ)讨论关于 x 的方程

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数. f ( x)

例 11(综合应用)已知函数 f ( x) ? ln(2 ? 3 x) ? ⑴求 f(x)在[0,1]上的极值;

3 2 x . 2

⑵若对任意 x ? [ , ], 不等式 | a ? ln x | ? ln[ f ?( x) ? 3 x] ? 0 成立,求实数 a 的取值范围; ⑶若关于 x 的方程 f ( x) ? ?2 x ? b 在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数 b 的取值范围.

1 1 6 3

③不等式证明
例 12(变形构造法)已知函数 ? ( x) ?

a 9 ,a 为正常数.⑴若 f ( x) ? ln x ? ? ( x) ,且 a ? ,求函数 f ( x) 的 x ?1 2

单调增区间; ⑵在⑴中当 a ? 0 时, 函数 y ? f ( x) 的图象上任意不同的两点 A?x1 , y1 ? ,B?x 2 , y 2 ? , 线段 AB

21

的中点为 C ( x 0 , y 0 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,试证明: k ? f ?( x0 ) .⑶若 g ( x) ? ln x ? ? ( x) ,且对任意的

x1 , x 2 ? ?0,2? , x1 ? x 2 ,都有

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) ? ?1 ,求 a 的取值范围. x 2 ? x1

例 13(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数 f ( x) ? x 2 ln(ax)(a ? 0) . (1)若 f ' ( x) ? x 2 对任意的 x ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)当 a ? 1 时,设函数 g ( x) ?

f ( x) 1 ,若 x1 , x 2 ? ( ,1), x1 ? x 2 ? 1 ,求证 x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 ) 4 x e

例 14(绝对值处理)已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c 的图象经过坐标原点,且在 x ? 1 处取得极大值.

(2a ? 3)2 恰好有两个不同的根,求 f ( x ) 的解析式; 9 (III)对于(II)中的函数 f ( x) ,对任意 ?、? ? R ,求证: | f (2 sin? ) ? f (2 sin ? ) |? 81 .
(I)求实数 a 的取值范围;II)若方程 f ( x) ? ?

22

例 15(等价变形)已知函数 f ( x) ? ax ? 1 ? ln x (a ? R) .(Ⅰ)讨论函数 f ( x) 在定义域内的极值点的 个数;(Ⅱ)若函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极值,对 ?x ? (0,??) , f ( x) ? bx ? 2 恒成立,求实数 b 的 取值范围; (Ⅲ)当 0 ? x ? y ? e 2 且 x ? e 时,试比较

y 1 ? ln y 与 的大小. x 1 ? ln x

例 16 ( 前 后 问 联 系 法 证 明 不 等 式 ) 已 知 f ( x) ? ln x, g ( x) ?

1 2 7 x ? mx ? (m ? 0) , 直 线 l 与 函 数 2 2

f ( x), g ( x) 的图像都相切,且与函数 f ( x) 的图像的切点的横坐标为 1。(I)求直线 l 的方程及 m
的值;(II)若 h( x) ? f ( x ? 1) ? g '( x)(其中g'(x)是g(x)的导函数) ,求函数 h( x) 的最大值。 (III)当 0 ? b ? a 时,求证: f (a ? b) ? f (2a ) ?

b?a . 2a

例 17(整体把握,贯穿全题)已知函数 f ( x) ? (1)试判断函数 f ( x) 的单调性;

ln x ?1. x

(2)设 m ? 0 ,求 f ( x) 在 [m, 2m] 上的最大值;

1? n e 1? n (3)试证明:对任意 n ? N * ,不等式 ln( 都成立(其中 e 是自然对数的底数). ) ? n n

23

例 18(化简为繁,统一变量)设 a ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? ax .(Ⅰ)若 a ? 2 ,求曲线 y ? f ( x ) 在 P ?1, ?2? 处的切线方程;(Ⅱ)若 f ( x) 无零点,求实数 a 的取值范围;(Ⅲ)若 f ( x) 有两个相异零点 x1 , x2 ,求证:

x1 ? x2 ? e2 .

例 19(导数与常见不等式综合)已知函数 f t ( x) ?

1 1 ? (t ? x) ,其中为正常数. 1 ? x (1 ? x) 2 5 (Ⅰ)求函数 f t ( x) 在 (0, ??) 上的最大值;(Ⅱ)设数列 {an } 满足: a1 ? , 3an ?1 ? an ? 2 , 3
(1)求数列 {an } 的通项公式 an ; (2)证明:对任意的 x ? 0 ,

1 ? f 2 ( x)(n ? N *) ; an 3n

(Ⅲ)证明:

1 1 1 n2 . ? ? ??? ? ? a1 a2 an n ? 1

24

x 例 20(利用前几问结论证明立体不等式)已 知 函 数 f(x)=e -ax(e 为 自 然 对 数 的 底 数 ).

(I )求函数 f(x)的单调区间;(II)如果对任意 x ? [2,??] ,都有不等式 f(x)> x + x2 成立,求实数 a 的取值 范围; (III)设 n ? N * ,证 明 : ( ) n + ( ) n + ( ) n +…+ ( ) n <

1 n

2 n

3 n

n n

e e ?1

例 21 已知函数 f ? x ? ? ax ?
2

1 x ? c(a ? 0) .若函数 f ? x ? 满足下列条件: 2 1 2 1 ① f ? ?1? ? 0 ;②对一切实数 x ,不等式 f ? x ? ? x ? 恒成立. 2 2
(Ⅰ)求函数 f ? x ? 的表达式;(Ⅱ)若 ( f x) ? t ? 2at ? 1 对 ?x ???1,1? , ?a ???1,1? 恒成立,求实数 t 的
2

取 值范围;(Ⅲ)求证:

1 1 1 2n ? ? ??? ? ? (n ? N * ) . f ?1? f ? 2 ? f ? n? n ? 2

④恒成立、存在性问题求参数范围
例 22(传统讨论参数取值范围)已知函数 f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x , g ( x) ? xe
1? x

( a ? R, e 为自然对

数的底数) (1)当 a ? 1 时,求 f ( x ) 的单调区间;(2)对任意的 x ? (0, ), f ( x) ? 0 恒成立,求

1 2

a 的最小值;
25

(3)若对任意给定的 x0 ? ? 0, e? , 在? 0, e? 上总存在两个不同的xi (i ? 1,2) , 使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围。

例 23 已知函数 f ( x) ? a ?

1 . (1)求证:函数 y ? f ( x)在(0,??) 上是增函数. |x|

(2)若 f ( x) ? 2 x在(1,??) 上恒成立,求实数 a 的取值范围. (3)若函数 y ? f ( x)在[m, n] 上的值域是 [m, n](m ? n) ,求实数 a 的取值范围.

例 24 已知函数 f ( x) ? ln(2ax ? 1) ?

x3 ? x 2 ? 2ax(a ? R) . 3

(1)若 x ? 2 为 f ( x) 的极值点,求实数 a 的值;(2)若 y ? f ( x) 在 ?3, ?? ? 上为增函数,求实数 a 的取值范围; (3)当 a ? ?
3 1 1? x? b 时,方程 f (1 ? x) ? ? ? 有实根,求实数 b 的最大值. 2 3 x

26

例 25(分离变量)已知函数 f ( x) ? x 2 ? a ln x (a 为实常数).(1)若 a ? ?2 ,求证:函数 f ( x) 在(1,+∞)上 (3)若存在 x ? [1, e] , 是增函数; (2)求函数 f ( x) 在[1,e]上的最小值及相应的 x 值; 使得 f ( x) ? (a ? 2) x 成 立,求实数 a 的取值范围.

例 26(多变量问题,分离变量)已知函数 f ( x) ? ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x , t ? R . (1)若函数 y ? f ( x) 依次在 x ? a, x ? b, x ? c(a ? b ? c ) 处取到极值. ①求 t 的取值范围;②若 a ? c ? 2b 2 ,求 t 的值. (2)若存在实数 t ? ? 0, 2? ,使对任意的 x ? ?1, m ? ,不等式 f ( x) ? x 恒成立.求正整数 m 的最大 值.

例27(分离变量综合应用)设函数 f ( x) ? a ln x ? bx 2 .

1 相切: 2 1 ①求实数 a, b 的值;②求函数 f ( x) 在 [ , e] 上的最大值; e 3 2 ⑵当 b ? 0 时,若不等式 f ( x) ≥ m ? x 对所有的 a ? [0, ], x ? [1, e ] 都成立,求实数 m 的取值范围. 2
⑴若函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ?

27

例28(先猜后证技巧)已知函数 f ( x) ?

1 ? 1n( x ? 1) x (Ⅰ)求函数f (x)的定义域(Ⅱ)确定函数f (x)在定义域上的单调性,并证明你的结论. k (Ⅲ)若x>0时 f ( x) ? 恒成立,求正整数k的最大值. x ?1

x 例 29(创新题型)设函数 f(x)=e +sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x).

(Ⅰ)若 x=0 是 F(x)的极值点,求 a 的值;(Ⅱ)当 a=1 时,设 P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且 PQ//x 轴,求 P、Q 两点间的最短距离;(Ⅲ)若 x≥0 时,函数 y=F(x)的图象恒在 y=F(-x)的图象上方,求实数 a 的取 值范围.

28

例 30(创新题型)已知函数 f ( x) = ax ? ln x ? 1(a ? R) , g ( x) ? xe1? x . (Ⅰ)求函数 g ( x) 在区间 (0, e] 上的值域;(Ⅱ)是否存在实数 a ,对任意给定的 x0 ? (0, e] ,在区间

[1, e] 上都存在两个不同的 xi (i ? 1,2) , 使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立.若存在, 求出 a 的取值范围; 若不存在,
请说明理由; (Ⅲ)给出如下定义:对于函数 y ? F( x) 图象上任意不同的两点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,如果对于函 数

y ? F( x) 图 象 上 的 点 M ( x0 , y0 ) ( 其 中 x0 ?

x1 ? x 2 ) 总 能 使 得 2

F( x1 ) ? F( x2 ) ? F?( x0 )(x1 ? x2 ) 成立,则称函数具备性质“ L ”,试判断函数 f ( x) 是不是具
备性质“ L ”,并说明理由.

例 31(图像分析, 综合应用) 已知函数 g ( x) ? ax 2 ? 2ax ? 1 ? b(a ? 0, b ? 1) , 在区间 ?2, 3? 上有最大值 4, 最小值 1,设 f ( x) ?

g ( x) .(Ⅰ)求 a, b 的值; x

(Ⅱ)不等式 f (2 x ) ? k ? 2 x ? 0 在 x ? [?1,1] 上恒成立,求实数 k 的范围; (Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k (
x

2 ? 3) ? 0 有三个不同的实数解,求实数 k 的范围. | 2 ?1|
x

29

⑤导数与数列
例32(创新型问题)设函数 f ( x) ? ( x ? a ) 2 ( x ? b)e x , a、b ? R , x ? a 是 f ( x) 的一个极大值点. ⑴若 a ? 0 ,求 b 的取值范围;⑵当 a 是给定的实常数,设 x1,x2,x3 是 f ( x) 的 3 个极值点,问是否 存 在 实 数 b , 可 找 到 x4 ? R , 使 得 x1,x2,x3,x4 的 某 种 排 列 xi1 , xi2 , xi3 , xi4 ( 其 中

2, 3, 4? )依次成等差数列?若存在,求所有的 b 及相应的 x4 ;若不存在,说明理由. ?i1,i2,i3,i4 ? = ?1,

x2 例 33(数列求和,导数结合)给定函数 f ( x) ? (1)试求函数 f ? x ? 的单调减区间; 2( x ? 1)
(2)已知各项均为负的数列 ?an ? 满足, 4Sn ? f (

1 n ?1 1 1 ? ln ?? ; ) ? 1 求证: ? an?1 n an an

(3)设 bn ? ?

1 , Tn 为数列 ?bn ? 的前 n 项和,求证: T2012 ?1 ? ln 2012 ? T2011 . an

30

⑥导数与曲线新题型
例 34(形数转换)已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x ) ?

1 2 ax ? bx ( a ? 0) . 2

(1)若 a ? ?2 , 函数 h( x ) ? f ( x ) ? g ( x) 在其定义域是增函数,求 b 的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数 ?(x)=e2x +bex ,x∈[0,ln2],求函数?(x)的最小值; (3)设函数 f ( x) 的图象 C1 与函数 g ( x) 的图象 C2 交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作 x 轴的垂线分别 交 C1、 C2 于点 M 、N ,问是否存在点 R,使 C1 在 M 处的切线与 C2 在 N 处的切线平行?若存在,求出 R 的横坐标;若不存在,请说明理由.

例 35(全综合应用)已知函数 f ( x) ? 1 ? ln

x (0 ? x ? 2) . 2? x

(1)是否存在点 M (a, b) ,使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点 Q 也在函数

y ? f ( x) 的图像上?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由;
(2)定义 Sn ?
2 n ?1 i ?1

? f ( n ) ? f ( n ) ? f ( n ) ? ??? ? f (
a

i

1

2

2n ? 1 ) ,其中 n ? N* ,求 S2013 ; n
m
*

(3) 在 (2)的条件下,令 Sn ? 1 ? 2an , 若不等式 2 n ? (an ) ? 1 对 ?n ? N 且 n ? 2 恒成立,求实数 m 的取 值范围.

⑦导数与三角函数综合
31

例 36(换元替代,消除三角)设函数 f ( x) ? ? x( x ? a ) 2 ( x ? R ),其中 a ? R . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的极大值和极小值;

0? 时,若不等式 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) 对任意的 x ? R 恒成立,求 (Ⅲ)当 a ? 3 , k ? ? ?1,
k 的值。

⑧创新问题积累
例 37 已知函数 f ( x) ? ln

x?2 x ? . I、求 f ( x) 的极值. x?4 4

II、求证 f ( x) 的图象是中心对称图形.

III、设 f ( x) 的定义域为 D ,是否存在 ? a, b? ? D .当 x ? ? a, b? 时, f ( x) 的取值范围是 ? , ? ?若存 4 4 在,求实数 a 、 b 的值;若不存在,说明理由

?a b? ? ?

例 38 已知函数 f ( x) ? x 4 ? 4x3 ? ax2 ?1在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,2]上单调递减. (1)求 a 的值;(2)设 g ( x) ? bx2 ?1 ,若方程 f ( x) ? g ( x) 的解集恰好有 3 个元素,求 b 的取值范围; (3) 在 (2) 的条件下, 是否存在实数对 (m, n) , 使 f ( x ? m) ? g ( x ? n) 为偶函数?如存在, 求出 m, n 如不存在,说明理由.

32

导数压轴题题型归纳
例 1 (Ⅰ) 当 k ? 1 时,

参考答案

f ? x ? ? ? x ?1? ex ? x2 , f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2 x ? xe x ? 2 x ? x ? e x ? 2 ?

令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

x
f ? x?

? ??, 0?
?
?
极大

0 0

? 0,ln 2?
?
?

ln 2
0
极小值

? ln 2, ???
?
?

右表可知,函数 f ? x ? 的递减区间为 ? 0,ln 2? ,递增区间为 ? ??,0 ? , ? ln 2, ??? .
x x x x (Ⅱ) f ? ? x ? ? e ? ? x ? 1? e ? 2kx ? xe ? 2kx ? x e ? 2k ,

?

?

令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln ? 2k ? , 令 g ? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ?

1 1? k ?1 ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ? k ? 在 ? ,1? 上递增, k k ?2 ?

所以 g ? k ? ? ln 2 ?1 ? ln 2 ? ln e ? 0 ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ??0, k ? 所以当 x ? 0,ln ? 2k ? 时 , f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ln ? 2k ? , ?? 时, f ? ? x ? ? 0 ;
k 3 所以 M ? max f ? 0 ? , f ? k ? ? max ?1, ? k ? 1? e ? k k 令 h ? k ? ? ? k ?1? e ? k ? 1 ,则 h? ? k ? ? k e ? 3k ,

?

?

?

?

?

?

?

?

k

3

?

?

令 ? ? k ? ? e ? 3k ,则 ?? ? k ? ? e ? 3 ? e ? 3 ? 0
k

k

所以 ? ? k ? 在 ?

3? ?1 ? ?1? ? ,1? 上递减,而 ? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 2? ?2 ? ?2? ?
?1 ? ?1 ? ,1? 使得 ? ? x0 ? ? 0 ,且当 k ? ? , x0 ? 时, ? ? k ? ? 0 , ?2 ? ?2 ? ?1 ?2 ? ?

所以存在 x0 ? ?

当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 , 所以 ? ? k ? 在 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减.

因为 h ?

1 7 ?1 ? ?1? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 , 所以 h ? k ? ? 0 在 ? ,1? 上恒成立 , 当且仅当 k ? 1 时取得 ??? 2 8 ?2 ? ?2?
k 3

“ ? ”. 综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ?1? e ? k .

33

例 2 解:(Ⅰ)∵ f ( x) ?

1 3 1 2 x ? ax ? x ? b(a ? 0) , 3 2 2 ∴ f '( x) ? x ? ax ? 1 ∵ f ( x) 在 (1, 0) 处切线方程为 y ? 3x ? 3 , ? f '(1) ? 3 11 ∴? , ∴ a ? 1 , b ? ? . (各 1 分) 6 ? f (1) ? 0
f '( x) x 2 ? ax ? 1 ? ( x ? R) . e ax e ax (2 x ? a)eax ? a( x 2 ? ax ? 1)eax g '( x) ? ? ? x[ax ? (a2 ? 2)]e?ax ax 2 (e ) ①当 a ? 0 时, g '( x) ? 2 x , (??, 0) (0, ??) 0 x
(Ⅱ) g ( x) ? 0 + 极小值 ↗ g ( x) 的单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0) ②当 a ? 0 时,令 g '( x) ? 0 ,得 x ? 0 或 x ? (ⅰ)当

g ( x)



2 ?a a

2 ? a ? 0 ,即 0 ? a ? 2 时, a

x

(??, 0)
-

0 0 极小值

(0,

2 ? a2 ) a
+ ↗

2 ? a2 a
0 极大值

(

2 ? a2 , ??) a


g ( x)



g ( x) 的单调递增区间为 (0,
(ⅱ)当

2 ? a2 2 ? a2 ) ,单调递减区间为 (??, 0) , ( , ??) ; a a
? 0 , 故 g ( x) 在 (??, ??) 单调递减;

2 ? a ? 0 ,即 a ? 2 时, g '( x) ? ? ?2 x 2e?2 x a 2 (ⅲ)当 ? a ? 0 ,即 a ? 2 时, a 2 (??, ? a) 2 ?a a x a
0 极小值

2 ( ? a, 0) a
+ ↗

0 0 极大值

(0, ??)



g ( x) g ( x) 在 (



2 ? a2 2 ? a2 , 0) 上单调递增,在 (0, ??) , (??, ) 上单调递减 a a

综上所述,当 a ? 0 时, g ( x) 的单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 ( ??, 0) ; 当0 ? a ?

2 时, g ( x) 的单调递增区间为 (0,

2 ? a2 ) ,单调递减区间为 (??, 0) a
34

当a ? 当a ?

2 , g ( x) 的单调递减区间为 (??, ??)
2 2 2 时, g ( x) 的单调递增区间为 ( ? a, 0) ,单调递减区间为 (0, ??) 、 (??, ? a) a a
3 . 3

例 3 解:(1) a ? 1 时, g ( x) ? x 3 ? x ,由 g ?( x) ? 3x 2 ? 1 ? 0 ,解得 x ? ?
g ?( x) 的变化情况如下表:
x

0

(0,

3 ) 3

3 3

(

3 ,1) 3

1

g ?( x) g ( x)

0 ↘

0 极小值

+ ↗ 0

所以当 x ?

3 3 2 3 . 时, g ( x) 有最小值 g ( ) ? ? 3 3 9

(2)证明:曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 ,2 x1 2 ? a) 处的切线斜率 k ? f ?( x1 ) ? 2 x1 曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线方程为 y ? (2 x1 2 ? a) ? 2 x1 ( x ? x1 ) . 令y?0, 得 x2 ?
x1 2 ? a x 2 ?a a ? x1 2 a ? x1 2 ? x1 ? ?0, , ∴ x 2 ? x1 ? 1 ∵ x1 ? a , ∴ 即 x 2 ? x1 . 2 x1 2 x1 2 x1 2 x1

x1 x1 2 ? a x1 x a a a ? x ? ? ? ?2 1 ? ? a 所以 x1 ? x 2 ? a . 又∵ ,∴ 2 2 2 x1 2 x1 2 2 x1 2 2 x1

例4⑴ 当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.
⑵ f ' ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a 2 ? 4a e x .

?

?

w.w.w.k.s .5.u.c.o.m

令f ' ( x) ? 0,解得x ? ?2a,或x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论: ① 若a >

2 知, ? 2a ? a ? 2. 3

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?, ? 2a ?
+ ↗

? 2a
0 极大值

?? 2a,a ? 2?
— ↘

a?2
0 极小值

?a ? 2, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在(?2a,a ? 2)内是减函数.
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值f (?2a),且f (?2a ) ? 3ae ?2 a .
w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a )e a ? 2 .
35

② 若a <

2 ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?,a ? 2?
+ ↗

a?2
0 极大值

?a ? 2, ? 2a ?
— ↘

? 2a
0 极小值

?? 2a, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在(a ? 2, ? 2a)内是减函数。
函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a )e a ? 2 . 函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值f (?2a),且f (?2a ) ? 3ae ?2 a .
例 5 解:(Ⅰ) ? ( x) ? f ? x ? ?
w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

∵ x ? 0 且 x ? 1 ,∴ ?? ? x ? ? 0 ∴函数 ? ( x ) 的单调递增区间为 ?0,1?和?1 , ? ?? . (Ⅱ)∵ f ?( x) ?
1 1 ,∴ f ?( x0 ) ? , x x0

x ?1 1 2 x ?1 x ?1 ? ln x ? , ? ??x ? ? ? . ? 2 2 x ?1 x ?1 x ?x ? 1? x ? ?x ? 1?
2

∴ 切线 l 的方程为 y ? ln x0 ?

1 1 ( x ? x0 ) , 即 y ? x ? ln x0 ? 1, x0 x0
x



设直线 l 与曲线 y ? g ( x ) 相切于点 ( x1 , e 1 ) ,

1 1 ? ln x ,∴ x1 ? ? ln x0 ,∴ g ( x1 ) ? e 0 ? . x0 x0 ln x0 1 1 1 1 ? ? x ? ln x0 ? , 即 y ? x ? ? , ② ∴直线 l 也为 y ? x0 x0 x0 x0 x0 ln x0 1 x ?1 由①②得 ln x0 ? 1 ? ? ,∴ ln x0 ? 0 . x0 ? 1 x0 x0
∵ g ?( x) ? e x ,∴ e 1 ?
x

下证:在区间(1,+ ? )上 x0 存在且唯一 . 由(Ⅰ)可知, ? ( x ) ? ln x ? 又 ? (e) ? ln e ?

x ?1 ( 1, +?) 在区间 上递增. x ?1

e2 ? 1 e2 ? 3 e ? 1 ?2 ? ? 0 , ? (e2 ) ? ln e2 ? 2 ? ?0, e ?1 e ?1 e ? 1 e2 ? 1 结合零点存在性定理,说明方程 ? ( x) ? 0 必在区间 (e, e 2 ) 上有唯一的根,这个根就是所求的唯一 x 0 ,

故结论成立. 例6⑴ f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a l a ? 1 ?ax 2 ? x ? a ? 1 ? 1( x ? 0) , f ?( x) ? ? a ? 2 ? ( x ? 0) x x x x2

令 h( x) ? ax 2 ? x ? 1 ? a ( x ? 0) ①当 a ? 0 时, h( x) ? ? x ? 1( x ? 0) ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减;当

x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.
②当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,即 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ?
36

1 ?1. a

1 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2 1 1 当 0 ? a ? 时, ? 1 ? 1 ? 0 , x ? (0,1) 时 h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2 a 1 x ? (1, ? 1) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; a 1 x ? ( ? 1, ??) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减. a 1 当 a ? 0 时 ? 1 ? 0 ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; a
当a ? 当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增. 综上所述:当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 单调递减, (1, ??) 单调递增;

1 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ??) 单调递减; 2 1 1 1 当 0 ? a ? 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 递减, (1, ? 1) 递增, ( ? 1, ??) 递减. 2 a a 1 ⑵当 a ? 时, f ( x) 在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意 x1 ? (0, 2) , 4 1 有 f ( x1 ) ≥ f (1) ? ? , 2 1 又已知存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,所以 ? ? g ( x2 ) , x2 ? ?1, 2? ,(※) 2
当a ? 又 g ( x) ? ( x ? b) 2 ? 4 ? b 2 , x ? [1, 2] 当 b ? 1 时, g ( x) min ? g (1) ? 5 ? 2b ? 0 与(※)矛盾; 当 b ? ?1, 2? 时, g ( x) min ? g (1) ? 4 ? b ? 0 也与(※)矛盾;
2

当 b ? 2 时, g ( x) min ? g (2) ? 8 ? 4b ? ? 综上,实数 b 的取值范围是 [

1 17 ,b ? . 2 8

17 , ??) . 8 f ( x) ? a ln x ? a ? 例7解:⑴? F ( x) ? 定义域为 x ? (0,??) x x (1 ? a ) ? ln x ? F ?( x) ? x2
令 F ?( x) ? 0 由 F ?( x) ? 0

得x ? e1? a 得x ? e1? a

由 F ?( x) ? 0得0 ? x ? e1? a

即 F ( x)在(0, e1? a ) 上单调递增,在 (e1? a ,??) 上单调递减

? x ? e1? a 时,F(x)取得极大值 F (e

1? a

?

1? a ? a ) ? e a ?1 e ?a
37

⑵? G ( x) ? (ln x) 2 ? kx 的定义域为(0,+∞),? G ?( x) ? 由G (x)在定义域内单调递减知: G ?( x) ?

2 ln x ?k x

2 ln x ? k ? 0 在(0,+∞)内恒成立 x 2 2(1 ? ln x) 令 H ( x) ? ln x ? k ,则 H ?( x) ? 由 H ?( x) ? 0得x ? e x x2
∵当 x ? (0, e) 时 H ?( x) ? 0, H ( x) 为增函数 当 x ? (e,??) 时 H ?( x) ? 0 , H ( x) 为减函数 ∴当x = e时,H(x)取最大值 H (e) ? 故只需

2 ?k e

2 2 ? k ? 0 恒成立,? k ? e e 2 2 又当 k ? 时,只有一点x = e使得 G ?( x) ? H ( x) ? 0 不影响其单调性? k ? . e e
例8解:⑴ f ( x) 的定义域为 (0, ??). f '( x) ? 1 ? 令 g ( x) ? x 2 ? ax ? 1, 其判别式 ? ? a 2 ? 4. ①当 | a |? 2时,? ? 0, f '( x) ? 0, 故 f ( x)在(0, ??) 上单调递增. ②当 a ? ?2时, ?>0,g(x)=0 的两根都小于0,在 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ,故 f ( x)在(0, ??) 上单调递 增. ③当 a ? 2时, ?>0,g(x)=0 的两根为 x1 ?

1 a x 2 ? ax ? 1 ? ? x2 x x2

a ? a2 ? 4 a ? a2 ? 4 , , x2 ? 2 2

当 0 ? x ? x1 时, f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? x2 时, f '( x) ? 0 ,故 f ( x) 分 别在 (0, x1 ), ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. ⑵由⑴知,若 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,则只能是情况③,故 a ? 2 . 因为 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ?

x1 ? x2 ? a(ln x1 ? ln x2 ) , x1 x2

所以 k ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ln x ? ln x2 1 ? 1? ? a? 1 x1 ? x2 x1 x2 x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 x1 ? x2

又由⑴知, x1 x2 ? 1 ,于是 k ? 2 ? a ?

38

若存在 a ,使得 k ? 2 ? a. 则

ln x1 ? ln x2 ? 1 .即 ln x1 ? ln x2 ? x1 ? x2 . x1 ? x2

亦即 x2 ?

1 ? 2 ln x2 ? 0( x2 ? 1)(*) x2
1 t

再由⑴知,函数 h(t ) ? t ? ? 2 ln t 在 (0, ??) 上单调递增,而 x2 ? 1 ,所以

x2 ?

1 1 ? 2 ln x2 ? 1 ? ? 2 ln1 ? 0. 这与 (*) 式矛盾.故不存在 a ,使得 k ? 2 ? a. x2 1
2

例 9 解:⑴ f ? ? x ? ? 3ax ? 2bx ? 3 . 根据题意,得 ?
3

? ?a ? 1 ? f ?1? ? ?2, ?a ? b ? 3 ? ?2, 即? 解得 ? ?b ? 0 ?3a ? 2b ? 3 ? 0, ? ? f ? ?1? ? 0,

所以 f ? x ? ? x ? 3x .
2 ⑵令 f ? ? x ? ? 0 ,即 3x ? 3 ? 0 .得 x ? ?1 .

x

?2

? ?2, ?1?
+

?1

? ?1,1?
?

1

?1, 2?
+

2

f ? x?

?2



极大值



极小值



2

因为 f ? ?1? ? 2 , f ?1? ? ?2 ,所以当 x ?? ?2, 2? 时, f ? x ?max ? 2 , f ? x ?min ? ?2 . 则对于区间 ? ?2, 2? 上任意两个自变量的值 x1 , x2 ,都有

f ? x 1 ? ? f ? x2 ? ? f ? x ?max ? f ? x ?min ? 4 ,所以 c ? 4 .所以 c 的最小值为 4.
3 ⑶因为点 M ? 2, m?? m ? 2? 不在曲线 y ? f ? x ? 上,所以可设切点为 ? x0 , y0 ? .则 y0 ? x0 ? 3x0 .

2 2 因为 f ? ? x0 ? ? 3x0 ? 3 ,所以切线的斜率为 3x0 ? 3 .则 3x0 ? 3=

2

3 x0 ? 3x0 ? m , x0 ? 2

3 2 即 2x0 ? 6x0 ? 6 ? m ? 0 .因为过点 M ? 2, m?? m ? 2? 可作曲线 y ? f ? x ? 的三条切线, 3 2 所以方程 2x0 ? 6x0 ? 6 ? m ? 0 有三个不同的实数解.所以函数 g ? x ? ? 2x ? 6x ? 6 ? m 有三个不同的

3

2

零点.则 g? ? x ? ? 6x ?12x .令 g? ? x ? ? 0 ,则 x ? 0 或 x ? 2 .
2

x

? ??,0?

0

? 0, 2 ?
39

2

? 2, ???

+

?
极大值 减 极小值

+ 增

g ? x?
则?



? ?6 ? m ? 0 ? g ? 0? ? 0 ,即 ? ,解得 ?6 ? m ? 2 . ? 2 ? m ? 0 g 2 ? 2 ? ? ? ? ?

例 10 解:(I) f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x ,? g ( x)在[?1,1] 上单调递减,? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0

? ? ? ? cos x 在[-1,1]上恒成立,? ? ? ?1 ,故 ? 的最大值为 ? 1.
(II)由题意 [ g ( x)] max ? g (?1) ? ?? ? sin 1, ? 只需 ? ? ? sin 1 ? t 2 ? ?t ? 1,

? (t ? 1)? ? t 2 ? sin ? 1 ? 0 (其中 ? ? ?1 ),恒成立,令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin 1 ? 1 ? 0(? ? ?1) ,
则?

?t ? 1 ? 0 ??t ? 1 ? t ? sin1 ? 1 ? 0
2

,? ?

?t ? ?1
2

, 而t 2 ? t ? sin 1 ? 0 恒成立,? t ? ?1 ?t ? t ? sin 1 ? 0

(Ⅲ)由

ln x ln x ? ? x 2 ? 2ex ? m. f ( x) x
ln x 1 ? ln x , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m, ? f1' ( x) ? , 当 x ? (0, e)时, f1' ( x) ? 0, ? f1 ( x)在?0, e? 上 x x2
[来源

令 f1 ( x) ?

为增函数;当 x ? ?e,?? ? 时, f 1' ( x) ? 0, ? f 1 ( x)在?e,?? ? 为减函数;

1 1 , 即m ? e 2 ? 时, e e 1 1 1 1 2 2 2 2 方程无解;当 m ? e ? , 即m ? e ? 时,方程有一个根;当 m ? e ? 时, m ? e ? 时,方程有两 e e e e
当 x ? e时, [ f 1 ( x)]max ? f 1 (e) ?
[来源:学*科*网]

1 , e

而 f 2 ( x) ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2 , ? 当m ? e ?
2

个根. 例11解:⑴ f ?( x) ?

3 ? 3( x ? 1)(3 x ? 1) 1 ? 3x ? ,令 f ?( x) ? 0得x ? 或x ? ?1 (舍去) 2 ? 3x 3x ? 2 3 1 1 ?当0 ? x ? 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增;当 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0, f ( x) 递减. 3 3 1 1 ? f ( ) ? ln 3 ? 为函数f ( x)在[0,1] 上的极大值. 3 6 3 3 或a ? ln x ? ln ⑵由 | a ? ln x | ? ln[ f ?( x) ? 3 x] ? 0 得 a ? ln x ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x
设 h( x) ? ln x ? ln

3 3x 3 2 x ? 3x 2 ? ln , g ( x) ? ln x ? ln , ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x 2 ? 3x 3

依题意知 a ? h( x)或a ? g ( x)在x ? [ , ] 上恒成立,

1 1 6 3

? g ?( x) ?

2 ? 3x 3(2 ? 3x) ? 3x ? 3 2 3 1 2 ? 6x ? ? ? 0 , h ?( x) ? ? (2 ? 6 x) ? ? 0, 2 2 3x x(2 ? 3x) (2 ? 3x) 2 x ? 3x 3 2 x ? 3x 2

40

1 1 ? g ( x)与h( x)都在[ , ] 上单增,要使不等式①成立, 6 3 1 1 1 1 当且仅当 a ? h( )或a ? g ( ),即a ? ln 或a ? ln . 3 6 3 5 3 2 ⑶由 f ( x) ? ?2 x ? b ? ln(2 ? 3 x) ? x ? 2 x ? b ? 0. 2
令 ? ( x) ? ln(2 ? 3 x) ?

3 2 3 7 ? 9x 2 , x ? 2 x ? b, 则? ?( x) ? ? 3x ? 2 ? 2 2 ? 3x 2 ? 3x

当 x ? [0,

7 7 ]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[0, ] 上递增; 3 3

x ?[

7 7 7 7 ,1]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[ ,1] 上递减,而 ? ( ) ? ? (0), ? ( ) ? ? (1) , 3 3 3 3

? f ( x) ? ?2 x ? b即? ( x) ? 0在[0,1] 恰有两个不同实根等价于
? ?? (0) ? ln 2 ? b ? 0 ? 7 7 2 7 ? ? b ? 0 ? ln 5 ? 1 ? b ? ln(2 ? 7 ) ? 7 ? 2 7 . ?? ( ) ? ln(2 ? 7 ) ? ? 6 6 2 6 3 ? 3 1 ? ? (1) ? ln 5 ? ? b ? 0 ? 2 ?
例12解:⑴ f ?( x) ? ∵a ?

1 a x 2 ? (2 ? a) x ? 1 ? ? x ( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2

9 1 1 ,令 f ?( x) ? 0 得 x ? 2 或 0 ? x ? ,∴函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, ), (2,??) . 2 2 2 f ( x ) ? ln x ⑵证明:当 a ? 0 时
x ln 2 1 2 1 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ln x2 ? ln x1 x1 ∴ f ?( x) ? , ∴ f ?( x0 ) ? ,又 k? ? ? x0 x1 ? x2 x x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 x2 2 x1 与 不妨设 x2 ? x1 , 要比较 k 与 f ?( x0 ) 的大小,即比较 的大小, x1 ? x2 x2 ? x1 ln
x2 2( x2 ? x1 ) ? 又∵ x2 ? x1 ,∴ 即比较 ln 与 x1 x1 ? x2

2(

x2 ? 1) x1 的大小. x2 ?1 x1

令 h( x) ? ln x ?

1 4 ( x ? 1) 2 2( x ? 1) ? ?0, ( x ? 1) ,则 h?( x) ? ? x ( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2 x ?1

41

∴ h( x) 在 ?1,?? ? 上位增函数.

x2 x x ? 1 ,∴ h( 2 ) ? h(1) ? 0 , ∴ ln 2 ? 又 x1 x1 x1 g ( x 2 ) ? g ( x1 ) ? ?1 ,∴ x 2 ? x1

2(

x2 ? 1) x1 ,即 k ? f ?( x0 ) x2 ?1 x1

⑶∵

g ( x2 ) ? x2 ? ?g ( x1 ) ? x1 ? ?0 x2 ? x1

由题意得 F ( x) ? g ( x) ? x 在区间 ?0,2? 上是减函数.

1? 当 1 ? x ? 2, F ( x) ? ln x ?

1 a a ?1 ? x , ∴ F ?( x) ? ? x ( x ? 1) 2 x ?1

( x ? 1) 2 1 ? ( x ? 1) 2 ? x 2 ? 3 x ? ? 3 在 x ? ?1,2? 恒成立. x x 1 1 设 m( x) ? x 2 ? 3x ? ? 3 , x ? ?1,2? ,则 m?( x) ? 2 x ? 2 ? 3 ? 0 x x 27 ∴ m( x) 在 ?1,2? 上为增函数,∴ a ? m(2) ? . 2

由 F ?( x) ? 0 ? a ?

2? 当 0 ? x ? 1, F ( x) ? ? ln x ?

1 a a ?1 ? x ,∴ F ?( x) ? ? ? x ( x ? 1) 2 x ?1

由 F ?( x) ? 0 ? a ? ?
1 x

( x ? 1) 2 1 ? ( x ? 1) 2 ? x 2 ? x ? ? 1 在 x ? (0,1) 恒成立 x x

设 t ( x) ? x 2 ? x ? ? 1 , x ? (0,1) 为增函数,∴ a ? t (1) ? 0
综上:a的取值范围为 a ?

27 . 2

例13解:(1) f ' ( x) ? 2 x ln(ax) ? x , f ' ( x) ? 2 x ln(ax) ? x ? x 2 ,即 2 ln ax ? 1 ? x 在 x ? 0 上恒成立
设 u ( x) ? 2 ln ax ? 1 ? x u ' ( x) ? ? 1 ? 0, x ? 2 , x ? 2 时,单调减, x ? 2 单调增, , x

2

e 所以 x ? 2 时, u ( x) 有最大值 u (2) ? 0,2 ln 2a ? 1 ? 2 ,所以 0 ? a ? . . 2

f ( x) ? x ln x , x 1 1 1 g ( x) ? 1 ? ln x ? 0, x ? ,所以在 ( ,??) 上 g ( x) 是增函数, (0, ) 上是减函数. e e e 1 因为 ? x1 ? x1 ? x 2 ? 1 ,所以 g ( x1 ? x 2 ) ? ( x1 ? x 2 ) ln( x1 ? x 2 ) ? g ( x1 ) ? x1 ln x1 e
(2)当 a ? 1 时, g ( x) ? 即 ln x1 ?

x1 ? x 2 x ? x2 ln( x1 ? x 2 ) 同理 ln x 2 ? 1 ln( x1 ? x 2 ) . x1 x2
,

42

所以 ln x1 ? ln x 2 ? (

x1 ? x 2 x1 ? x 2 x x ? ) ln( x1 ? x 2 ) ? (2 ? 1 ? 2 ) ln( x1 ? x 2 ) x2 x1 x 2 x1

又因为 2 ?

x1 x 2 ? ? 4, 当且仅当“ x 1 ? x 2 ”时,取等号. x 2 x1

又 x1 , x 2 ? ( ,1), x1 ? x 2 ? 1 , ln( x1 ? x 2 ) ? 0 , 所以 ( 2 ?

1 e

x1 x 2 ? ) ln( x1 ? x 2 ) ? 4 ln( x1 ? x 2 ) 所以 ln x1 ? ln x 2 ? 4 ln( x1 ? x 2 ) , x 2 x1
,

所以: x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 ) 4 .

例 14(I) f (0) ? 0 ? c ? 0, f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? b, f ?(1) ? 0 ? b ? ?2a ? 3

? f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? (2a ? 3) ? ( x ? 1)(3x ? 2a ? 3),
由 f ?( x) ? 0 ? x ? 1或x ? ? 所以 ?

2a ? 3 ,因为当 x ? 1 时取得极大值, 3

2a ? 3 ? 1 ? a ? ?3 ,所以 a的取值范围是: (??,?3) ; 3
(??,1)
+
递增

(II)由下表:

x
f ?( x)
f ( x)

1
0
极大值
?a?2

(1,?

2a ? 3 ) 3

?

2a ? 3 3

(?

2a ? 3 ,??) 3

递减

0
极小值
a?6 (2a ? 3)2 27

递增

依题意得:

a?6 ( 2a ? 3) 2 ( 2a ? 3) 2 ? ? ,解得: a ? ?9 27 9

所以函数 f ( x ) 的解析式是: f ( x) ? x3 ? 9 x 2 ? 15x (III)对任意的实数 ? , ? 都有 ? 2 ? 2 sin ? ? 2,?2 ? 2 sin ? ? 2, 在区间[-2,2]有: f (?2) ? ?8 ? 36 ? 30 ? ?74, f (1) ? 7, f (2) ? 8 ? 36 ? 30 ? 2

f ( x)的最大值是f (1) ? 7, f ( x)的最小值是f (?2) ? ?8 ? 36 ? 30 ? ?74
[?2,2] 上的最大值与最小值的差等于 81, 函数 f ( x)在区间
所以 | f (2 sin? ) ? f (2 sin ? ) |? 81 . 例 15 解: (Ⅰ) f ?( x) ? a ?

1 ax ? 1 , 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 在 (0,??) 上恒成立, 函数 f ( x) 在 (0,??) ? x x



调递减,∴ f ( x) 在 (0,??) 上没有极值点; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 得 0 ? x ?

1 1 , f ?( x) ? 0 得 x ? , a a
43

∴ f ( x) 在 ( 0, ) 上递减,在 ( , ?? ) 上递增,即 f ( x) 在 x ? ∴当 a ? 0 时 f ( x) 在 (0,??) 上没有极值点, 当 a ? 0 时, f ( x) 在 (0,??) 上有一个极值点. (Ⅱ)∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极值,∴ a ? 1 , ∴ f ( x) ? bx ? 2 ? 1 ? 令 g ( x) ? 1 ?

1 a

1 a

1 处有极小值. a

1 ln x ? ?b, x x

1 ln x ,可得 g ( x) 在 0, e 2 上递减,在 e 2 ,?? 上递增, ? x x

?

?

?

?

∴ g ( x) min ? g (e 2 ) ? 1 ? (Ⅲ)证明: e
x? y

1 e2

,即 b ? 1 ?

1 . e2

?

ln(x ? 1) ex ey , ? ? ln(y ? 1) ln(x ? 1) ln(y ? 1)

令 g ( x) ?

ex ,则只要证明 g ( x) 在 (e ? 1,??) 上单调递增, ln(x ? 1)

1 ? ? e x ?ln(x ? 1) ? x ? 1? ? ?, 又∵ g ?( x) ? 2 ln ( x ? 1)
显然函数 h( x) ? ln( x ? 1) ? ∴ h( x ) ? 1 ?

1 在 (e ? 1,??) 上单调递增. x ?1

1 ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 , e

ex ey ∴ g ( x) 在 (e ? 1,??) 上单调递增,即 , ? ln(x ? 1) ln(y ? 1)
∴当 x ? y ? e ? 1 时,有 e 例16解:(I) Qf '( x) ?
x? y

?

ln(x ? 1) . ln( y ? 1)

1 ,? f '(1) ? 1; ? 直线l 的斜率为1, x

且与函数 f ( x) 的图像的切点坐标为(1,0),? 直线l 的方程为 y ? x ? 1.

? y ? x ?1 ? 又? 直线l 与函数 y ? g ( x) 的图象相切,? 方程组 ? 1 7 有一解。 y ? x 2 ? mx ? ? ? 2 2
由上述方程消去y,并整理得 x 2 ? 2(m ? 1) x ? 9 ? 0 ① 依题意,方程②有两个相等的实数根,?? ? [2(m ? 1)]2 ? 4 ? 9 ? 0 解之,

44

得m=4或m=-2, Qm ? 0,? m ? ?2. (II)由(I)可知 g ( x) ?

1 2 7 x ? 2x ? , 2 2

? g '( x) ? x ? 2,? h( x) ? ln( x ? 1) ? x ? 2( x ? ?1) ,? h '( x) ?

1 ?x ?1 ? . x ?1 x ?1

?当x ?(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调,当 x ? (0, ??) 时, h '( x) ? 0, h( x) 单减。 ?当x=0时 , h( x) 取最大值,其最大值为2。
(III) f (a ? b) ? f (2a ) ? ln(a ? b) ? ln 2a ? ln

a?b b?a ? ln(1 ? ). 2a 2a

Q0 ? b ? a,??a ? b ? a ? 0, 1 b?a ?? ? ? 0. 2 2a
证明,当 x ? (?1, 0) 时, ln(1 ? x) ? x,? ln(1 ?

? f (a ? b) ? f (2a ) ?

b?a . 2a

b?a b?a )? . 2a 2a

例 17 解:(1)函数 f ( x) 的定义域是 (0, ??) .由已知 f ?( x) ?

1 ? ln x .令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? e . x2

因为当 0 ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? e 时, f ?( x) ? 0 . 所以函数 f ( x) 在 (0, e] 上单调递增,在 [e, ??) 上单调递减. (2)由(1)可知当 2m ? e ,即 m ?
e ln 2m 时, f ( x) 在 [m, 2m] 上单调递增,所以 f ( x)max ? f (2m) ? ?1 . 2 2m

当 m ? e 时, f ( x) 在 [m, 2m] 上单调递减,所以 f ( x)max ?

e ln m ? 1 .当 m ? e ? 2m ,即 ? m ? e 时, 2 m

1 f ( x)max ? f (e) ? ? 1.综上所述, f ( x)max e

e ? ln 2m ? 2m ? 1, 0 ? m ? 2 ? e ?1 ? ? ? 1, ? m ? e e 2 ? ? ln m ? 1, m ? e ? ? m

1 ln x 1 (3)由(1)知当 x ? (0, ?? ) 时 f ( x)max ? f (e) ? ? 1 .所以在 x ? (0, ?? ) 时恒有 f ( x) ? ?1 ? ?1 , e x e



ln x 1 1 1? n 1? n 当且仅当 x ? e 时等号成立. 因此对任意 x ? (0, ??) 恒有 ln x ? . 因为 ? , ? 0, ?e, x e e n n

所以 ln

1? n 1 1? n 1? n e 1? n 1? n e 1? n ,即 ln( .因此对任意 n ? N * ,不等式 ln( . ? ? ) ? ) ? n e n n n n n

例 18 解:在区间 ? 0, ?? ? 上, f ?( x ) ?

1 1 ? ax ?a ? . x x
则切线方程为 y ? (?2) ? ?( x ? 1) , 即 x ? y ?1 ? 0

(1) 当 a ? 2 时, f ?(1) ? 1 ? 2 ? ?1 , (2)①若 a ? 0 , f ( x) ? ln x 有唯一零点 x ? 1 .

②若 a ? 0 ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 是区间 ? 0, ?? ? 上的增函数,
45

Q f (1) ? ?a ? 0 , f (ea ) ? a ? aea ? a(1 ? ea ) ? 0 ,

? f (1) ? f (ea ) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 ? 0, ?? ? 有唯一零点.
③若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 得: x ?

1 1 .在区间 (0, ) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是增函数; a a

在区间 ( , ??) 上, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 是减函数; 故在区间 ? 0, ?? ? 上, f ( x) 的极大值为 f ( ) ? ln 由 f ( ) ? 0, 即 ? ln a ? 1 ? 0 ,解得: a ?

1 a

1 a

1 ? 1 ? ? ln a ? 1 . a

1 a

1 1 .故所求实数 a 的取值范围是 ( , ??) . e e

(3) 设 x1 ? x2 ? 0, Q f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, ?ln x1 ? ax1 ? 0,ln x2 ? ax2 ? 0

?ln x1 ? ln x2 ? a( x1 ? x2 ) , ln x1 ? ln x2 ? a( x1 ? x2 )
原不等式 x1 ? x2 ? e2 ? ln x1 ? ln x2 ? 2

? a( x1 ? x2 ) ? 2 ?


x 2( x1 ? x2 ) ln x1 ? ln x2 2 ? ln 1 ? ? x2 x1 ? x2 x1 ? x2 x1 ? x2

x1 x 2( x1 ? x2 ) 2(t ? 1) . ? t ,则 t ? 1 ,于是 ln 1 ? ? ln t ? x2 x2 x1 ? x2 t ?1

1 4 (t ? 1)2 2(t ? 1) ? (t ? 1) ,求导得: g (t ) ? ? 设函数 g (t ) ? ln t ? ? ?0 t ?1 t (t ? 1)2 t (t ? 1)2
故函数 g (t ) 是 ?1, ?? ? 上的增函数,

? g (t ) ? g (1) ? 0 ,即不等式 ln t ?
故所证不等式 x1 ? x2 ? e2 成立. 例 19 解:(Ⅰ)由 f t ( x) ?

2(t ? 1) 成立, t ?1

1 1 2(t ? x) ? (t ? x) ,可得 ft? ( x) ? ( x ? 0) , 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x)3

所以, f t? ( x) ? 0 ? 0 ? x ? t , f t? ( x) ? 0 ? x ? t , 则 f t ( x) 在区间 (0, t ) 上单调递增,在区间 (t , ??) 上单调递减,所以, f t ( x) max ? f t (t ) ? (Ⅱ)(1)由 3an ?1 ? an ? 2 ,得 an ?1 ? 1 ? 则数列 {an ? 1} 为等比数列,且 an ? 1 ? 故 an ?

1 . 1? t

1 2 (an ? 1) ,又 a1 ? 1 ? , 3 3 2 1 n ?1 2 ?( ) ? n , 3 3 3

2 2 ? 3n ? 1 ? 为所求通项公式. 3n 3n
46

(2)即证,对任意的 x ? 0 , 证法一:(从已有性质结论出发) 由 (Ⅰ) 知 f 2 ( x) max
3n

1 1 1 2 ? f 2 ( x) ? ? ( n ? x) (n ? N *) 2 an 1 ? x (1 ? x) 3 3n

1 2 1 3n 1 ? f2 ( n)? ? n ? 即有 ? f 2 ( x)(n ? N *) 对于任意的 x ? 0 恒 2 an 3 3n 3n 1 ? n 3 ? 2 an 3
2 2 ? 1 ? 0 及 an ? 1 ? n ? 0 n 3 3

成立. 证法二:(作差比较法)由 an ?

1 1 1 1 2 1 1 1 ? f 2 ( x) ? ? ? ( n ? x) ? ? ? (an ? 1 ? x) 2 2 an a 1 ? x (1 ? x ) 3 a 1 ? x (1 ? x ) n n n 3
? 1 a ? an 1 2 ? ? ? ?? ? n ? ?0 2 an 1 ? x (1 ? x) ? ? an 1 ? x ? ?
即有
2

1 ? f 2 ( x)(n ? N *) 对于任意的 x ? 0 恒成立. an 3n
1 1 1 2 ? ? ( n ? x) , 2 an 1 ? x (1 ? x) 3

(Ⅲ)证法一:(从已经研究出的性质出发,实现求和结构的放缩) 由(Ⅱ)知,对于任意的 x ? 0 都有

于是,

n ? 1 ? n 1 2 2 2 1 1 1 1 2 ? ? ??? ? ? ? ? ? ( k ? x) ? ? ? ( ? 2 ? ??? ? n ? nx) 2 2 a1 a2 an k ?1 ?1 ? x (1 ? x) 3 3 ? 1 ? x (1 ? x) 3 3

对于任意的 x ? 0 恒成立

特别地,令 1 ?

1 1 1 ? nx0 ? 0 ,即 x0 ? (1 ? n ) ? 0 , n 3 n 3



1 1 1 n n n2 n2 ? ? ??? ? ? ? ? ? ,故原不等式成立. a1 a2 an 1 ? x0 1 ? 1 (1 ? 1 ) n ? 1 ? 1 n ? 1 n 3n 3n

以下证明小组讨论给分 证法二:(应用柯西不等式实现结构放缩)
2 2 2 2 由柯西不等式: ( x1 y1 ? x2 y2 ? ??? ? xn yn ) 2 ? ( x12 ? x2 ? ??? ? xn )( y12 ? y2 ? ??? ? yn )

其中等号当且仅当 xi ? kyi (i ? 1, 2, ???n) 时成立. 令 xi ?

1 , yi ? ai ,可得 ai

(

1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? )(a1 ? a2 ? ??? ? an ) ? ( ? a1 ? ? a2 ? ??? ? ? an ) 2 ? n 2 a1 a2 an a1 a2 an
47



1 1 1 n2 ? ? ??? ? ? a1 a2 an a1 ? a2 ? ??? ? an

1 1 (1 ? n ) 2 3 ? n ?1? 1 而由 an ? n ? 1 ,所以 a1 ? a2 ? ??? ? an ? n ? 2 ? 3 1 3n 3 1? 3


1 1 1 n2 n2 ,所证不等式成立. ? ? ??? ? ? ? a1 a2 an n ? 1 ? 1 n ? 1 3n
a1 ? a2 ? ??? ? an n ? a1 ? a2 ????? an ,其中 ai ? 0 n

证法三:(应用均值不等式“算术平均数” ? “几何平均数”) 由均值不等式:

可得

a1 ? a2 ? ??? ? an ? n ? n a1 ? a2 ????? an ,

1 1 1 1 ? ? ??? ? ? n ? n a1 a2 an a1 ? a2 ????? an

两式相乘即得 (

1 1 1 ? ? ??? ? )(a1 ? a2 ? ??? ? an ) ? n 2 ,以下同证法二. a1 a2 an

证法四:(逆向分析所证不等式的结构特征,寻找证明思路) 欲证

1 1 1 n2 ? ? ??? ? ? , a1 a2 an n ? 1

1 3n 2 n2 n2 ? 1 ? 1 1 n 注意到 ,而 ? n ? 1? n ? ? n ?1? ? n? an 3 ? 2 3 ?2 n ?1 n ?1 n ?1 n ?1
从而所证不等式可以转化为证明

2 2 2 n ? 2 ? ??? ? n ? 3 ?2 3 ?2 3 ? 2 n ?1
1

在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题 例 20 解:(Ⅰ)∵ f ?( x) ? e x ? a , 当 a≤0 时 f ?( x) ? 0 ,得函数 f (x)在(-∞,+∞)上是增函数. 当 a>0 时, 若 x∈(lna,+∞), f ?( x) ? 0 ,得函数 f ( x) 在(lna,+∞)上是增函数; 若 x∈(-∞,lna), f ?( x) ? 0 ,得函数 f ( x) 在(-∞,lna)上是减函数. 综上所述,当 a≤0 时,函数 f (x)的单调递增区间是(-∞,+∞);当 a>0 时,函数 f (x) 的单调递增区 间是(lna,+∞),单调递减区间是(-∞,lna).?5 分 (Ⅱ)由题知:不等式 ex-ax>x+x2 对任意 x ? [2,? ?) 成立, 即不等式 a ?

ex ? x2 ? x 对任意 x ? [2,? ?) 成立. x
48

设 g ( x) ?

ex ? x2 ? x ( x ? 1)e x ? x 2 (x≥2),于是 g ?( x) ? . x x2

再设 h( x) ? ( x ? 1)e x ? x 2 ,得 h?( x) ? x(e x ? 2) . 由 x≥2,得 h?( x) ? 0 ,即 h( x) 在 [2,? ?) 上单调递增, ∴ h(x)≥h(2)=e2-4>0,进而 g ?( x) ? ∴ g(x)在 [2,? ?) 上单调递增, ∴ [ g ( x)]min ? g (2) ? ∴ a?

h( x ) ? 0, x2

e2 ?3, 2

e2 e2 ? 3 ,即实数 a 的取值范围是 (??, ? 3) . 2 2

(Ⅲ)由(Ⅰ)知,当 a=1 时,函数 f (x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ∴ f (x)≥f (0)=1,即 ex-x≥1,整理得 1+x≤ex. 令x?? ∴(
i ? i i i (n∈N*,i=1,2,?,n-1),则 0 ? 1 ? ≤ e n ,即 (1 ? ) n ≤ e ? i , n n n

n ?1 n n?2 n n?3 n 1 n ) ≤ e ?1 , ( ) ≤ e ?2 , ( ) ≤ e ?3 ,?, ( ) n ≤ e ? ( n ?1) ,显然 ( ) n ≤ e0 , n n n n n n n n ?1 n n ? 2 n n ? 3 n 1 ) ?( ) ?( ) ? ??? ? ( ) n ≤ e0 ? e ?1 ? e ?2 ? e ?3 ? ??? ? e ? ( n ?1) n n n n

∴ ( )n ? (

?

1 2 3 n n e 1 ? e ? n e(1 ? e ? n ) e ? ,故不等式 ( ) n ? ( ) n ? ( ) n ? …+( ) (n∈N*)成立. ? ? ?1 n n n n e ?1 1? e e ?1 e ?1

例 21 解:(Ⅰ)又 f ? ?1? ? 0 ,所以 a ? b ? c ? 0 ,即 a ? c ? 立, 即对一切实数 x ,不等式 (a ? ) x ?
2

1 2

又因为 f ? x ? ?

1 2 1 x ? 对一切实数 x 恒成 2 2

1 2

1 1 1 1 x ? c ? ? 0 也即 ? cx 2 ? x ? c ? ? 0 恒成立. 2 2 2 2 ,

显然,当 c ? 0 时,不符合题意.

??c ? 0 ? ?c ? 0 ? 当 c ? 0 时,应满足 ? ,即? 1 ? 1? 2 ? 4c ? 1? ? 0 ? ?? ? 4 ? 4c ? c ? 2 ? ? 0 ? ? ? ?

可得 c ? (Ⅱ)

1 1 1 2 1 1 ,故 a ? c ? . 所以 f ? x ? ? x ? x ? 4 4 4 2 4
由 于

f ( x 在? ),上是增函数 1 ?

,1

? f ( x)的最大值为f (1)=1


, :

? f ( x) ? t 2 ? 2at ?1对a ?? ?1,1? , x ?? ?1,1? 恒成立

1 ? t 2 ? 2at ?1对任意a ???1,1? 恒成立 . ?0 ? t 2 ? 2at对任意a ???1,1? 恒成立
由 可把y ? t 2 ? 2at看作关于a的一次函数, a ???1,1?知其图像是一段线段。

49

?t 2 ? 2 ? (?1)t ? 0 ? ?t 2 ? 2t ? 0 ?t ? 0或t ? ?2 ? ?? ?? 2 即? 2 ? ? ?t ? 2或t ? 0 ?t ? 2 ?1? t ? 0 ?t ? 2t ? 0
所以 t

的取值范围为?t t ? ?2, 或t ? 0,或t ? 2?

n 2 ? 2n ? 1 (n ? 1) 2 1 4 ? (Ⅲ)证明:因为 f ? n ? ? ,所以 ? 4 4 f ? n ? (n ? 1) 2
要证不等式

1 1 1 2n 1 1 1 n . ? ? ? ??? ? ? (n ? N * ) 成立, 即证 2 ? 2 ? ? ? 2 2 3 (n ? 1) 2n ? 4 f ?1? f ? 2 ? f ? n? n ? 2

因为

1 1 1 1 , ? ? ? 2 (n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n ? 2
1 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? . ? 2 ??? ? ? ? ? ? ?? ? 2 2 2 3 (n ? 1) 2 3 3 4 n ? 1 n ? 2 2 n ? 2 2n ? 4

所以

所以

1 1 1 2n ? ? ??? ? ? (n ? N * ) 成立 f ?1? f ? 2 ? f ? n? n ? 2
2 , x

例 22 解:(1)当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? 1 ? 2 ln x, f ?( x ) ? 1 ?

由 f ?( x) ? 0, x ? 2 ,由 f ?( x) ? 0, 0 ? x ? 2.故 f ( x ) 的单调减区间为 ? 0, 2? , 单调增区间为 ? 2, ??? .

(2)即对 x ? (0, ), a ? 2 ?

1 2

2 ln x 恒成立。 x ?1

2 2 ( x ? 1) ? 2 ln x 2 ln x ? ? 2 2 ln x 1 x , x ? (0, ) ,则 l ' ( x) ? ? x ? , 令 l ( x) ? 2 ? x ?1 2 ( x ? 1) 2 ( x ? 1) 2
2 1 2 2 ?2(1 ? x) ? 2, x ? (0, ), m?( x) ? ? 2 ? ? ? 0, x 2 x x x2 1 1 m ? x ? 在 (0, ) 上为减函数,于是 m( x) ? m( ) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0, 2 2 1 1 ' 从而, l ( x) ? 0 ,于是 l ( x ) 在 (0, ) 上为增函数 , l ( x ) ? l ( ) ? 2 ? 4 ln 2, 2 2 2 ln x 故要 a ? 2 ? 恒成立,只要 a ?? 2 ? 4ln 2, ??? , 即 a 的最小值为 2 ? 4 ln 2 x ?1
再令 m( x) ? 2 ln x ? (3) g ?( x) ? e
1? x

? xe1? x ? (1 ? x)e1? x , 当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ? 0, 函数 g ( x) 单调递增;
1?e

当 x ? ?1, e? 时, g ?( x) ? 0 ,函数 g ( x) 单调递减?g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e ? e 所以,函数 g ( x)在? 0, e? 上的值域为? 0,1?. 当 a ? 2 时,不合题意;

? 0,

50

2 (2 ? a) x ? 2 当 a ? 2 时, f ?( x) ? 2 ? a ? ? ? x x 2 2 ? e, a ? 2 ? 故0 ? ① 2?a e

(2 ? a)( x ? x

2 ) 2 ? a , x ? ? 0, e?

此时,当 x 变化时 , f ?( x), f ( x) 的变化情况如下:

x
f ?( x )

(0,

2 ) 2?a

2 2?a
0 最小值

? 2 ? , e? ? ?2?a ?

— 单调减

+ 单调增

f ( x)

?, x ? 0, f ( x) ? ??, 2 2 f( ) ? a ? 2 ln , f (e) ? (2 ? a)(e ? 1) ? 2 2?a 2?a

?,对任意给定的 x0 ? ? 0, e? ,在区间 ? 0, e? 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2),
使得 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,当且仅当 a 满足下列条件

2 2 ? ? ) ? 0, ?a ? 2ln ? 0, ?f( 即? 2?a ? 2?a ? ? ? f (e) ? 1, ?(2 ? a)(e ? 1) ? 2 ? 1.
h?(a) ? 1 ? 2[ln 2 ? ln(2 ? a)]? ? 1 ?

② ③

令 h(a) ? a ? 2 ln

2 2 , a ? (??, 2 ? ), 2?a e

2 a ? , 令 h?(a) ? 0 ,得 a ? 0,a ? 2, 2?a a?2 2 当 a ? (??, 0) 时, h?(a) ? 0, 函数 h(a) 单调递增 当 a ? (0, 2 ? ) 时, h?(a) ? 0, 函数 h(a) 单调递减 e 2 2 所以,对任意 a ? ( ??, 2 ? ), 有 h(a) ? h(0) ? 0, 即②对任意 a ? (??, 2 ? ) 恒成立。由③式解得: e e
a ? 2? 3 . e ?1
④综合①④可知,当 a ? ? ??, 2 ?

? ?

3 ? 时, 对任意给定的x0 ? ? 0, e? , e ? 1? ?

在 ? 0, e? 上总存在两个不同的xi (i ? 1,2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立。 例 23 解:(1)当 x ? (0,?? )时, f ( x) ? a ?

1 . 用定义或导数证明单调性均可 x 1 1 则a ? h( x)在(1,?? ) 上恒成立. (2) a ? ? 2 x在(1,?? ) 上恒成立.设 h( x) ? 2 x ? x x
可证 h( x)在(1,??) 单调增 故 a ? h(1)即a ? 3 的取值范围为 (??,3] (3)? f ( x) 的定义域为 {x | x ? 0, x ? R}

? mn ? 0

当 n ? m ? 0时,由(1)知f ( x)在(0,??) 上单调增 ? m ? f (m), n ? f (n)
51

故 x ? ax ? 1 ? 0 有两个不相等的正根 m,n,? ?
2

?a ? 0 ?? ? 0

?a ? 2

当 m ? n ? 0 时,可证 f ( x)在(??,0) 上是减函数.

? m ? f (n), n ? f (m)
{0} ? (2,??)

而m ? n, 故mn ? 1

此时a ? 0 综 上 所 述 , a 的 取 值 范 围 为

x? 2ax 2 ? (1 ? 4a) x ? (4a 2 ? 2) ? 2a ? ? 2 例 24 解:(1) f '( x) ? ? x ? 2 x ? 2a ? 2ax ? 1 2ax ? 1
因为 x ? 2 为 f ( x) 的极值点,所以 f '(2) ? 0 即

2a ? 2a ? 0 ,解得 a ? 0 4a ? 1

又当 a ? 0 时, f '( x) ? x( x ? 2) ,从而 x ? 2 为 f ( x) 的极值点成立 (2)因为 f ( x) 在区间 ?3, ?? ? 上为增函数, 所以 f '( x) ?
2 2 x? ?2ax ? (1 ? 4a) x ? (4a ? 2) ? ?

2ax ? 1

? 0 在区间 ?3, ?? ? 上恒成立

①当 a ? 0 时 , f '( x) ? x( x ? 2) ? 0 在 ?3, ?? ? 上恒成立 , 所以 f ( x) 在 ?3, ?? ? 上为增函数 , 故 a ? 0 符合 题意 ②当 a ? 0 时,由函数 f ( x) 的定义域可知,必须有 2ax ? 1 ? 0 对 x ? 3 恒成立,故只能 a ? 0 , 所以 2ax2 ? (1 ? 4a) x ? (4a2 ? 2) ? 0 在 ?3, ?? ? 上恒成立 令 g ( x) ? 2ax ? (1 ? 4a) x ? (4a ? 2) ,其对称轴为 x ? 1 ?
2 2

1 , 4a

因为 a ? 0 所以 1 ?

1 ? 1 ,从而 g ( x) ? 0 在 ?3, ?? ? 上恒成立,只要 g (3) ? 0 即可, 4a

因为 g (3) ? ?4a ? 6a ? 1 ? 0 , 解得
2

3 ? 13 3 ? 13 ?a? 4 4

因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ?

? 3 ? 13 ? 3 ? 13 . 综上所述, a 的取值范围为 ? 0, ? 4 ? 4 ?
3

1 ?1 ? x ? ? b 可化为 ln x ? (1 ? x)2 ? (1 ? x) ? b . (3)若 a ? ? 时,方程 f (1 ? x) ? 2 x 3 x
问题转化为 b ? x ln x ? x(1 ? x) ? x(1 ? x) ? x ln x ? x ? x 在 ? 0, ?? ? 上有解,
2 2 3

即求函数 g ( x) ? x ln x ? x ? x 的值域
2 3

52

因为 g ( x) ? x(ln x ? x ? x2 ) ,令 h( x) ? ln x ? x ? x2 , 则 h '( x) ?

1 (2 x ? 1)(1 ? x) ?1? 2x ? , x x

所以当 0 ? x ? 1 时 h '( x) ? 0 , 从而 h( x) 在 ? 0,1? 上为增函数 , 当 x ? 1 时 h '( x) ? 0 , 从而 h( x) 在

?1, ??? 上为减函数,
最大值 0

因此 h( x) ? h(1) ? 0 . 而 x ? 0 , 故 b ? x ? h( x) ? 0 , 因此当 x ? 1 时 , b 取得

例25解:⑴当 a ? ?2 时, f ( x) ? x 2 ? 2 ln x ,当 x ? (1,??) , f ?( x) ? 上是增函数. ⑵ f ?( x) ?

2( x 2 ? 1) ? 0 ,故函数 f ( x) 在 (1,??) x

2x 2 ? a ( x ? 0) ,当 x ? [1, e] , 2 x 2 ? a ? [a ? 2, a ? 2e 2 ] . x

若 a ? ?2 , f ?( x) 在 [1, e] 上非负(仅当 a ? ?2 ,x=1时, f ?( x) ? 0 ),故函数 f ( x) 在 [1, e] 上是增函数, 此时 [ f ( x)] min ? f (1) ? 1 .若 ? 2e 2 ? a ? ?2 ,当 x ?

?a ?a 时, f ?( x) ? 0 ;当 1 ? x ? 时, f ?( x) ? 0 , 2 2

此时 f ( x) 是减函数;当

a a a ?a ?a ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 是增函数.故 [ f ( x)] min ? f ( ) ? ln(? ) ? . 2 2 2 2 2

若 a ? ?2e 2 , f ?( x) 在 [1, e] 上非正(仅当 a ? ?2e 2 ,x=e时, f ?( x) ? 0 ),故函数 f ( x) 在 [1, e] 上是减函 数,此时 [ f ( x)] min ? f (e) ? a ? e 2 . ⑶不等式 f ( x) ? (a ? 2) x ,可化为 a ( x ? ln x) ? x 2 ? 2 x . ∵ x ? [1, e] , ∴ ln x ? 1 ? x 且等号不能同时取,所以 ln x ? x ,即 x ? ln x ? 0 ,因而 a ? 令 g ( x) ?

x 2 ? 2 x x ? [1, e] ( ) x ? ln x

( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) x 2 ? 2 x x ? [1, e] ( ),又 g ?( x) ? , ( x ? ln x) 2 x ? ln x

当 x ? [1, e] 时, x ? 1 ? 0, ln x ? 1 , x ? 2 ? 2 ln x ? 0 , 从而 g ?( x) ? 0 (仅当x=1时取等号),所以 g ( x) 在 [1, e] 上为增函数, 故 g ( x) 的最小值为 g (1) ? ?1 ,所以a的取值范围是 [?1,??) . 例26解:(1)① f ?( x) ? (3 x ? 12 x ? 3)e ? ( x ? 6 x ? 3 x ? t )e ? ( x ? 3 x ? 9x ? t ? 3)e
2 x 3 2 x 3 2 x

? f ( x)有3个极值点,? x 3 ? 3 x 2 ? 9x ? t ? 3 ? 0有3个根a, b, c. 令g ( x) ? x 3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3, g '( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 9 ? 3( x ? 1)( x ? 3)

?g(-1)>0 ??8 ? t ? 24. g ( x)在(-?,-1),(3,+?)上递增, (-1,3)上递减.? g ( x)有3个零点? ? ? g (3) ? 0
53

②? a, b, c是f ( x)的三个极值点

? x3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3 ? (x-a)(x-b)(x-c)=x 3 ? (a ? b ? c) x 2 ? (ab ? bc ? ac) x ? abc
?a ? 1 ? 2 3 ?a ? b ? c ? 3 ? 3 ? ? ?ab ? ac ? bc ? ?9 ? b ? 1或 ? (舍 ? b ? (-1,3)) ? ?b ? 1 ?t ? 8 . 2 ?t ? 3 ? ?abc ? ? ?c ? 1 ? 2 3
(2)不等式 f ( x) ? x ,即 ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x ? x ,即 t ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3x . 转化为存在实数 t ? ? 0, 2? ,使对任意 x ? ?1, m ? ,不等式 t ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3x 恒成立,即不等式

0 ? xe ? x ? x3 ? 6 x 2 ? 3x 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。即不等式 0 ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。
设 ? ( x) ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 ,则 ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 。 设 r ( x) ? ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? x ? 2 ,因为 1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 。 故 r ( x) 在区间 ?1, m ? 上是减函数。 又 r (1) ? 4 ? e ?1 ? 0, r (2) ? 2 ? e ?2 ? 0, r (3) ? ?e ?3 ? 0 故存在 x0 ? (2,3) ,使得 r ( x0 ) ? ? ?( x0 ) ? 0 。 当 1 ? x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 ,当 x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 。 从而 y ? ? ( x) 在区间 ?1, x0 ? 上递增,在区间 ? x0 , ?? ? 上递减。 又 ? (1) ? e ?1 ? 4 ? 0, ? (2) ? e ?2 ? 5>0, ? (3) ? e ?3 ? 6>0, ? (4) ? e ?4 ? 5>0,? (5) ? e ?5 ? 2 ? 0,? (6) ? e ?6 ? 3 ? 0. 所以 1 ? x ? 5 时,恒有 ? ( x) ? 0 ;当 x ? 6 时,恒有 ? ( x) ? 0 ;故使命题成立的正整数 m 的最大值为5. 例27解:(1)① f '( x) ?

a 1 ? ? 2bx 。∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 相切? ? 1 , 解得 f (1) ? ?b ? ? x 2 ? ? 2

? f '(1) ? a ? 2b ? 0

?a ? 1 1 ? 1 2 1 1 ? x2 1 当 ? x ? e 时,令 f '( x) ? 0 得 ? x ? 1 ;令 ? 1 .② f ( x) ? ln x ? x , f '( x) ? ? x ? b? e e 2 x x ? ? 2

1 ?1 ? f '( x) ? 0 ,得 1 ? x ? e ,? f ( x)在? ,1? 上单调递增,在[1,e]上单调递减,? f ( x) max ? f (1) ? ? . 2 ?e ?
2 (2)当b=0时, f ( x) ? a ln x 若不等式 f ( x) ? m ? x 对所有的 a ? ? 0, ? , x ? 1, e ? ? 都成立,则 2

? 3? ? ?

?

3 ? 3? 2 2 都成立,即 m ? a ln x ? x, 对所有的 a ? [0, ], x ? ?1, e 都 a ln x ? m ? x 对所有的 a ? ?0, ? , x ? ?1, e ? ? 2 2 ? ?
54

?

成立,令 h(a ) ? a ln x ? x, 则h(a ) 为一次函数, m ? h(a ) min

.

3 ? x ? ?1, e 2 ? ? ,? ln x ? 0, ? h(a )在a ? [0, 2 ] 上单调递增,? h(a ) min ? h(0) ? ? x ,
2 2 2 ? m ? ? x 对所有的 x ? ?1, e 2 ? ? 都成立.?1 ? x ? e ,??e ? ? x ? ?1, ? m ? (? x) min ? ?e ..

2 2 (注: 也可令 h( x) ? a ln x ? x, 则m ? h( x) 所有的 x ? 1, e ? 分类讨论得 m ? h( x) min ? 2a ? e 对 ? 都成立,
2 2 所有的 a ? [0, ] 都成立,? m ? (2a ? e ) min ? ?e ,请根据过程酌情给分)

?

3 2

例28解:(1)定义域 (?1,0) ? (0,??)

?1 1 [ ? ln( x ? 1)] 当x ? 0时, f ?( x) ? 0 单调递减。 x2 x ?1 1 1 1 x ? ln( x ? 1) g ?( x) ? ? ? ? ?0 当 x ? (?1,0) ,令 g ( x) ? 2 x ?1 x ? 1 ( x ? 1) 2 ( x ? 1)
(2) f ?( x) ?



g ( x) ?

1 ? ln( x ? 1) x ?1

g ?( x) ? ?

1 1 x ? ? ?0 2 ( x ? 1) x ? 1 ( x ? 1) 2

故 g ( x) 在(-1,0)上是减函数,即 g ( x) ? g (0) ? 1 ? 0 ,

1 1 [ ? ln( x ? 1)] x2 x ?1 在(-1,0)和(0,+ ? )上都是减函数 k (3)当x>0时, f ( x) ? 恒成立,令 x ? 1有k ? 2[1 ? ln 2] x ?1
故此时 f ?( x) ? ? 又k为正整数,∴k的最大值不大于3 下面证明当k=3时, f ( x) ? 当x>0时

k ( x ? 0) 恒成立 x ?1

( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ? 0 恒成立

令 g ( x) ? ( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ,则 g ?( x) ? ln( x ? 1) ? 1, 当x ? e ? 1时

g ?( x) ? ln( x ? 1) ? 1, 当x ? e ? 1时 , g ?( x) ? 0 ,当 0 ? x ? e ? 1时, g ?( x) ? 0
∴当 x ? e ? 1时, g ( x) 取得最小值 g (e ? 1) ? 3 ? e ? 0 当x>0时, ( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ? 0 恒成立,因此正整数k的最大值为3 例 29 解:(Ⅰ)F(x)= ex+sinx-ax, F '( x) ? e ? cos x ? a .
x

因为 x=0 是 F(x)的极值点,所以 F '(0) ? 1 ? 1 ? a ? 0, a ? 2 . 又当 a=2 时,若 x<0, F '( x) ? e ? cos x ? a ? 0 ;若 x>0, F '( x) ? e ? cos x ? a ? 0 .
x x

∴x=0 是 F(x)的极小值点, ∴a=2 符合题意.
55

(Ⅱ) ∵a=1, 且 PQ//x 轴,由 f(x1)=g(x2)得: x2 ? e 1 ? sin x1 ,所以 x2 ? x1 ? e 1 ? sin x1 ? x1 .
x x

令 h( x) ? e x ? sin x ? x, h '( x) ? e x ? cos x ?1 ? 0 当 x>0 时恒成立. ∴x∈[0,+∞ ) 时,h(x)的最小值为 h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令 ? ( x) ? F ( x) ? F (? x) ? e x ? e? x ? 2sin x ? 2ax. 则 ? '( x) ? ex ? e? x ? 2cos x ? 2a. S ( x) ? ? ''( x) ? e x ? e? x ? 2sin x . 因为 S '( x) ? ex ? e? x ? 2cos x ? 0 当 x≥0 时恒成立, 所以函数 S(x)在 [0, ??) 上单调递增, ∴S(x)≥S(0)=0 当 x∈[0,+∞ ) 时恒成立; 因此函数 ? '( x ) 在 [0, ??) 上单调递增, ? '( x) ? ? '(0) ? 4 ? 2a 当 x∈[0,+∞ ) 时恒成立. 当 a≤2 时, ? '( x) ? 0 , ? ( x) 在[0,+∞ ) 单调递增,即 ? ( x) ? ? (0) ? 0 .故 a≤2 时 F(x)≥F(-x)恒成立.

当a ? 2时,? '( x) ? 0, 又?? '( x)在?0, ?? ? 单调递增, ?总存在x0 ? (0, ??), 使得在区间?0,x0 ? 上? '( x) ? 0.导致? ( x)在?0, x0 ? 递减,而? (0) ? 0, ?当x ? (0, x0 )时,? ( x) ? 0,这与F ( x) ? F (? x) ? 0对x ? ?0, ?? ? 恒成立不符, ? a ? 2不合题意.综上a取值范围是 ? -?,2?.???14分
例 30 解:(Ⅰ)? g ?( x) ? e1? x ? xe1? x ? e1? x (1 ? x) 调递减,且 g (0) ? 0, g (1) ? 1, g (e) ? e
2 ?e

? g ( x) 在区间 (0,1] 上单调递增,在区间 [1, e) 上单

?0

? g ( x) 的值域为 (0,1] (Ⅱ)令 m ? g ( x) ,则由(Ⅰ)可得 m ? (0,1] ,原问题等价于:对任意的 m ? (0,1] f ( x) ? m 在 [1, e] 上总 有两个不同的实根,故 f ( x) 在 [1, e] 不可能是单调函数 1 1 1 ? [ ,1] ? f ?( x) ? a ? (1 ? x ? e) x e x 1 当 a ? 0 时, f ?( x ) ? a ? ? 0 , ? f ( x) 在区间 [1, e] 上递减,不合题意 x ? a ? 1 当 时, f ( x) ? 0 , f ( x) 在区间 [1, e] 上单调递增,不合题意 1 当 0 ? a ? 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在区间 [1, e] 上单调递减,不合题意 e 1 1 1 1 当 1 ? ? e 即 ? a ? 1 时, f ( x) 在区间 [1, ] 上单调递减; f ( x) 在区间 [ , e ] 上单递增,由上可 a a a e 1 1 1 得 a ? ( ,1) ,此时必有 f ( x) 的最小值小于等于 0 而由 f ( x) min ? f ( ) ? 2 ? ln a ? 0 可得 a ? 2 ,则 e a e a ? ? 综上,满足条件的 a 不存在。 ( Ⅲ)设 函数 f ( x) 具 备性 质“ L ” ,即 在点 M 处 的切 线斜 率等于 k AB , 不 妨设 0 ? x1 ? x2 , 则 y ? y 2 a( x1 ? x2 ) ? (ln x1 ? ln x2 ) ln x1 ? ln x2 , 而 f ( x) 在 点 M 处 的 切 线 斜 率 为 k AB ? 1 ? ?a? x1 ? x2 x1 ? x2 x1 ? x2
56

x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 2 2 ,故有 )?a? ? x1 ? x2 x1 ? x2 2 x1 ? x2 x 2( 1 ? 1) x 2( x1 ? x 2 ) x2 x 4 ?2 ? 0, 即 ln 1 ? ,令 t ? 1 ? (0,1) ,则上式化为 ln t ? ? x1 t ?1 x2 x1 ? x 2 x2 ?1 x2 f ?( x0 ) ? f ?(
4 1 4 (t ? 1) 2 ? 2 , 则 由 F ?(t ) ? ? 令 F (t ) ? ln t ? ? ? 0 可 得 F (t ) 在 (0,1) 上 单 调 递 增 , 故 t ?1 t (t ? 1) 2 t (t ? 1) 4 ? 2 ? 0 无解,所以函数 f ( x) 不具备性质“ L ”. F (t ) ? F (1) ? 0 ,即方程 ln t ? t ?1
例31解:(Ⅰ)(1) g ( x) ? a ( x ? 1) 2 ? 1 ? b ? a 当 a ? 0 时, g ( x)在 ? 2, 3? 上为增函数 当 a ? 0时,g ( x)在 ? 2, 3? 上为减函数 故 故?

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 5 ?a ? 1 ? ? ?? ? g (2) ? 5 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 2 ?b ? 0

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 2 ?a ? ?1 ? ? ? ? ? ? g (2) ? 2 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 5 ?b ? 3
? b ? 1 ? a ? 1 b ? 0 即 g ( x) ? x 2 ? 2 x ? 1 .
(Ⅱ)方程 f (2 x ) ? k ? 2 x ? 0 化为 2 ?
x

f ? x? ? x ?

1 ? 2. x

1 ? 2 ? k ? 2x x 2

1 2 1 1 ) ? 2 x ? k ,令 x ? t , k ? t 2 ? 2t ? 1 x 2 2 2 1 ∵ x ? [?1,1] ∴ t ? [ ,2] 记 ? (t ) ? t 2 ? 2t ? 1 ∴ ? (t ) min ? 0 2 1? (
(Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k (
x x

∴k ? 0

2 1 ? 2k ? 3) ? 0 化为 | 2 x ? 1 | ? x ? (2 ? 3k ) ? 0 | 2 ?1| | 2 ?1|

| 2 x ? 1 | 2 ?(2 ? 3k ) | 2 x ? 1 | ?(1 ? 2k ) ? 0 , | 2 x ? 1 |? 0
令 | 2 x ? 1 |? t , 则方程化为 t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k ) ? 0 ( t ? 0 ) ∵方程 | 2 ? 1 | ?
x

1 ? 2k ? (2 ? 3k ) ? 0 有三个不同的实数解,∴由 t ?| 2 x ? 1 | 的图像知, | 2x ?1|
或 0 ? t1 ? 1 , t 2 ? 1

t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k ) ? 0 有两个根 t1 、 t 2 , 且 0 ? t 1 ? 1 ? t 2
?? (0) ? 1 ? 2k ? 0 ? ? (1) ? ?k ? 0
57

记 ? (t ) ? t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k ) 则 ?



? ?? (0) ? 1 ? 2k ? 0 ? ? ? (1) ? ?k ? 0 ∴ k ? 0 ? 2 ? 3k 0? ?1 ? 2 ?

例32解: (Ⅰ) a ? 0 时, f ? x ? ? x

2

? x ? b? ex ,

? x 2 2 x ? x 2 , ? f ?? x? ? ? ? x ? x ? b ?? ? e ? x ? x ? b? ?e ? ? e x ? ? x ? ? b ? 3? x ? 2b ? ?
令 g ? x ? ? x ? ? b ? 3? x ? 2b ,? ? ? ? b ? 3? ? 8b ? ? b ? 1? ? 8 ? 0 ,
2
2 2

? 设 x1 ? x2 是 g ? x ? ? 0 的两个根,
(1)当 x1 ? 0 或 x2 ? 0 时,则 x ? 0 不是极值点,不合题意;(2)当 x1 ? 0 且 x2 ? 0 时,由于 x ? 0 是 f ? x ? 的极大值点,故 x1 ? 0 ? x2 . ? g ? 0 ? ? 0 ,即 2b ? 0 ,? b ? 0. (Ⅱ)解: f ? ? x ? ? e
x
2 ? x ? a? ? ? x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a ? ?,

令 g ( x) ? x 2 ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a , 则? =(3 ? a ? b) 2 ? 4(2b ? ab ? a ) ? (a ? b ? 1) 2 ? 8 ? 0 , 于是,假设 x1,x2 是 g ? x ? ? 0 的两个实根,且 x1 ? x2 . 由(Ⅰ)可知,必有 x1 ? a ? x2 ,且 x1、a、x2 是 f ? x ? 的三个极值点, 则x ? 1

? a ? b ? 3? ? ? a ? b ? 1?
2

2

?8 ,

x2 ?

? a ? b ? 3? ? ? a ? b ? 1?
2

2

?8

假设存在 b 及 x4 满足题意, (1)当 x1,a,x2 等差时,即 x2 ? a ? a ? x1 时,则 x4 ? 2 x2 ? a 或 x4 ? 2 x1 ? a , 于是 2a ? x1 ? x2 ? a ? b ? 3 ,即 b ? ? a ? 3. 此时 x4 ? 2 x2 ? a ? a ? b ? 3 ?

(a ? b ? 1) 2 ? 8 ? a ? a ? 2 6

或 x4 ? 2 x1 ? a ? a ? b ? 3 ? (a ? b ? 1) 2 ? 8 ? a ? a ? 2 6 (2)当 x2 ? a ? a ? x1 时,则 x2 ? a ? 2(a ? x1 ) 或 (a ? x1 ) ? 2( x2 ? a ) ①若 x 2 ? a ? 2?a ? x1 ? ,则 x4 ? 于是 3a ? 2 x ? x ? 1 2 即

a ? x2 , 2

3?a ? b ? 3? ?

?a ? b ? 1?2 ? 8 ,
2

?a ? b ? 1?2 ? 8 ? ?3?a ? b ? 3?.
2

两边平方得 ? a ? b ? 1? ? 9 ? a ? b ? 1? ? 17 ? 0 ,

58

? a ? b ? 3 ? 0, 于是 a ? b ? 1 ?

?9 ? 13 7 ? 13 ,此时 b ? ? a ? , 2 2

此时 x4 ?

a ? x2 2a ? ?a ? b ? 3? ? 3?a ? b ? 3? 1? 3 = ? ?b ? 3 ? a ? . 2 4 2
a ? x1 , 2

②若 (a ? x1 ) ? 2( x2 ? a ) ,则 x 4 ?

于是 3a ? 2 x ? x ? 2 1 即

3 ? a ? b ? 3? ?

? a ? b ? 1?
2

2

?8 ,
2

? a ? b ? 1?

2

? 8 ? 3 ? a ? b ? 3? . 两边平方得 ? a ? b ? 1? ? 9 ? a ? b ? 1? ? 17 ? 0 ,
?9 ? 13 7 ? 13 ,此时 b ? ? a ? 2 2

? a ? b ? 3 ? 0, 于是 a ? b ? 1 ?

此时 x4 ?

a ? x1 2a ? (a ? b ? 3) ? 3(a ? b ? 3) 1 ? 13 ? ? ?b ? 3 ? a ? 2 4 2

综上所述,存在b满足题意, 当b=-a-3时, x4 ? a ? 2 6 , b ? ? a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? , 2 2

b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 . 时, x4 ? a ? 2 2

例33 (1)

x2 的定义域为 ? x x ? 1? (此处不写定义域,结果正确不扣分) f ( x) ? 2( x ? 1)

f ?( x) ?

2 x?2( x ? 1) ? x 2 ?2 x 2 ? 2 x ? 4( x ? 1)2 2( x ? 1)2

由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? 1 或 1 ? x ? 2

单调减区间为 (0,1) 和 (1, 2) (答案写成(0,2)扣 1 分;不写区间形式扣 1 分) (2)由已知可得 2Sn ? an ? an ,
2

当 n ? 2 时, 2Sn?1 ? an?1 ? an?1

2

两式相减得 (an ? an?1 )(an ? an?1 ? 1) ? 0 ∴ an ? ?an?1 或 an ? an?1 ? ?1
2 当 n ? 1 时, 2a1 ? a1 ? a1 ? a1 ? ?1 ,若 an ? ?an?1 ,则 a2 ? 1 这与题设矛盾

∴ an ? an?1 ? ?1 于是,待证不等式即为

∴ an ? ?n

1 n ?1 1 ? ln ? . n ?1 n n
59

为此,我们考虑证明不等式 令1 ?

1 x ?1 1 ? ln ? ,x ?0 x ?1 x x

1 1 ? t , x ? 0, 则 t ? 1 , x ? t ?1 x 1 再令 g (t ) ? t ? 1 ? ln t , g ?(t ) ? 1 ? t
∴当 t ? (1, ??) 时, g (t ) 单调递增 即

由 t ? (1, ??) 知 g ?(t ) ? 0 ∴ g (t ) ? g (1) ? 0 于是 t ? 1 ? ln t

1 x ?1 ? ln ,x ?0 ① x x 1 1 1 t ?1 令 h(t ) ? ln t ? 1 ? , h?(t ) ? ? 2 ? 2 t t t t
∴当 t ? (1, ??) 时, h (t ) 单调递增 即 ln x ? 1 ?
x 1 ,x ?0 x ?1

由 t ? (1, ??) 知 h?(t ) ? 0 于是 ln t ? 1 ?

∴ h(t ) ? h(1) ? 0

1 t



由①.②可知 1 所以, 1
? ln

x ?1

? ln

x ?1 1 ? ,x?0 x x

n ?1

1 n ?1 1 n ? 1 1 ,即 ? ? ln ?? ? n n an ?1 n an

(3)由(2)可知 bn ?

2 3 n 1 n ? 1 1 在 ? ln ? 中令 n=1,2,3..2010,2011 并将各式相加得 n ?1 n n

1 n

则 Tn ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1

1 1 1 2 3 2012 1 1 1 + +…+ <ln ? ln ? ……+ ln ? 1 ? ? ? ……+ 2 3 2012 1 2 2011 2 3 2011


T2012 ?1 ? ln 2012 ? T2011

2 例 34 解:(1)依题意: h( x) ? ln x ? x ? bx. ? h(x ) 在(0,+ ? )上是增函数,

? h? (x ) ?

1

?b ?
? 2x ? b ? 0 对 x∈(0,+ ? )恒成立,

1

x

? 2x . 1

x

? x ? 0,则

x

? 2x ? 2 2.

?b的取值范围为? ?,2 2 .
(2)设 t ? e , 则函数化为 y ? t ? bt, t ? [1,2].
x 2

?

?

b 2 b2 ? y ? (t ? ) ? . 2 4 b ?当 ? ? 1, 即 ? 2 ? b ? 2 2时, 函数y在[1,2]上为增函数, 2

60

当1 ? ?
当 t=1 时,ym I n=b+1;

b b ? 2, 即 ? 4 ? b ? ?2时, 当t ? ? 时,y 2 2

min

??

b2 ; 4

当?
当 t=2 时,ym I n=4+2b

b ? 2, 即b ? ?4时, 函数y在[1,2]上是减函数, 2

综上所述,当 ? 2 ? b ? 2 2时, ? ( x)的最小值为b ? 1. b2 当 ? 4 ? b ? ?2时, ? ( x)的最小值为? . 4

当 b ? ?4时, ? ( x) 的最小值为 4 ? 2b.

(3)设点 P、Q 的坐标是 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ),且0 ? x1 ? x2 . 则点 M、N 的横坐标为 x ?

x1 ? x 2 . C1 在点 M 2

处的切线斜率为 k1 ?

1 2 | x1 ? x2 ? . x x? 2 x1 ? x2
x ?x x? 1 2 2

C2 在点 N 处的切线斜率为 k 2 ? ax ? b |

?

a( x1 ? x2 ) ? b. 2

假设 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线平行,则 k1 ? k 2 .



2 a( x1 ? x2 ) 2( x ? x ) a( x 2 ? x 2 ) ? ? b. 则 2 1 ? 2 1 ? b( x2 ? x1 ) x1 ? x2 2 x1 ? x2 2
? ln x2 ? ln x1 ? ln x2 , x1

a 2 a ? ( x2 ? bx2 ) ? ( x12 ? bx1 ) 2 2

? y2 ? y1

x2 ? 1) x x 2 2(x 2 ? x1 ) x1 2(u ? 1) ? ln ? ? . 设 u ? 2 ? 1, 则 ln u ? , u ? 1, x x1 x1 ? x 2 x 1 ? u 2 1 1? x1 2(



令r (u ) ? ln u ?

2(u ? 1) 1 4 (u ? 1) 2 , u ? 1.则r ?(u ) ? ? ? . 1? u u (u ? 1) 2 u(u ? 1) 2 2(u ? 1) . u ?1

? u ? 1,? r?(u ) ? 0 , 所以r (u )在 ?1, ?? ? 上单调递增, 故r (u ) ? r (1) ? 0, 则 ln u ?

这与①矛盾,假设不成立.故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行 例 35(1)假设存在点 M (a, b) ,使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点 Q 也在函数

y ? f ( x) 的图像上,则函数 y ? f ( x) 图像的对称中心为 M (a, b) .
由 f ( x) ? f (2a ? x) ? 2b ,得 1 ? ln

x 2a ? x ? 1 ? ln ? 2b , 2? x 2 ? 2a ? x
61

即 2 ? 2b ? ln

?2 ? 2b ? 0, ?a ? 1, ? x 2 ? 2ax 解得 ? 所以存在点 ? 0 对 ?x ? (0, 2) 恒成立,所以 ? 2 ? x ? 2ax ? 4 ? 4a ?b ? 1. ?4 ? 4a ? 0,

M (1,1) ,使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点 Q 也在函数 y ? f ( x) 的图像上.
(2)由(1)得 f ( x) ? f (2 ? x) ? 2(0 ? x ? 2) . 令 x ? 因 为

Sn ? (

Sn ? (

1 f 2? n

1 n 2 )? f n

f

i i i ,则 f ( ) ? f (2 ? ) ? 2 (i ? 1, 2, ???, 2n ? 1) . n n n 2 2 1 )? f( ? ) ? f ? ①, ( ? 2f ? 所 以 ) ? n n n 2 1 ( ?②, 2 f? ) ? f ? ( ? )? ( ? ) n n

由①+②得 2Sn ? 2(2n ?1) ,所以 Sn ? 2n ?1(n ? N* ) . 所以 S2013 ? 2 ? 2013 ?1 ? 4025 .

Sn ? 1 ? n( n ? N* ) . 2 n m a m n m * ?? 因为当 n ? N 且 n ? 2 时, 2 n ? ( an ) ? 1 ? 2 ? n ? 1 ? . ln n ln 2
(3)由(2)得 Sn ? 2n ?1(n ? N* ) ,所以 an ? 所以当 n ? N 且 n ? 2 时,不等式
*

n m m ? n ? ?? 恒成立 ? ? . ?? ? ln n ln 2 ln 2 ? ln n ?min

设 g ( x) ?

x ln x ? 1 ( x ? 0) ,则 g ?( x) ? . 当 0 ? x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0, e) 上单调递减; ln x (ln x)2
2 3 ln 9 ? ln 8 ? ? ? 0 ,所 ln 2 ln 3 ln 2 ? ln 3

当 x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (e, ??) 上单调递增. 因为 g (2) ? g (3) ?
* 以 g (2) ? g (3) , 所以当 n ? N 且 n ? 2 时, ? g (n) ?min ? g (3) ?

3 . ln 3

m 3 m 3ln 2 ?? ,得 ,解得 m ? ? . ln 2 ln 3 ln 2 ln 3 3ln 2 , ??) . 所以实数 m 的取值范围是 ( ? ln 3
由 ? g (n) ?min ? ? 例36解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ? 1) 2 ? ? x 3 ? 2 x 2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且

? 2) 处的切线方程是 f ?( x) ? ?3 x 2 ? 4 x ? 1 , f ?(2) ? ?5 .所以,曲线 y ? ? x( x ? 1) 2 在点 (2, y ? 2 ? ?5( x ? 2) ,整理得 5 x ? y ? 8 ? 0 .
(Ⅱ)解: f ( x) ? ? x( x ? a ) 2 ? ? x 3 ? 2ax 2 ? a 2 x

f ?( x) ? ?3 x 2 ? 4ax ? a 2 ? ?(3x ? a )( x ? a ) .令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?
由于 a ? 0 ,以下分两种情况讨论. (1)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x) 的正负如下表:

a 或x ? a. 3

62

x
f ?( x)
因此,函数 f ( x) 在 x ?

a? ? ? ?∞, ? 3? ?

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a
0

(a, ? ∞)

?

?

?

a 处取得极小值 3

?a? f ? ? ,且 ?3?

4 ?a? f ? ? ? ? a3 ; 27 ?3?

函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极大值 f (a ) ,且 f (a ) ? 0 . (2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x) 的正负如下表:

x

? ?∞,a ?
?

a
0

? a? ? a, ? ? 3?

a 3
0

?a ? ? ∞? ? , ?3 ?

?

?

因此,函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极小值 f (a ) ,且 f (a ) ? 0 ; 函数 f ( x) 在 x ?

a 处取得极大值 3

?a? f ? ? ,且 ?3?

4 ?a? f ? ? ? ? a3 . 27 ?3?

(Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得

a 0? 时, k ? cos x ≤ 1 , k 2 ? cos 2 x ≤ 1 . ? 1 ,当 k ? ? ?1, 3

1? 上是减函数,要使 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) , x ? R 由(Ⅱ)知, f ( x) 在 ? ?∞,
只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos 2 x( x ? R ) ,即 cos 2 x ? cos x ≤ k 2 ? k ( x ? R ) ①

1? 1 ? 设 g ( x) ? cos x ? cos x ? ? cos x ? ? ? ,则函数 g ( x) 在 R 上的最大值为 2 . 2? 4 ?
2

2

要使①式恒成立,必须 k 2 ? k ≥ 2 ,即 k ≥ 2 或 k ≤ ?1 . 所以,在区间
/
2 2 0? ? ?1, 上存在 k ? ?1 ,使得 f (k ? cos x) ≥ f (k ? cos x) 对任意的 x ? R 恒成立.

解: f ( x) ? a ? sin x . 例 37 (I) f ( x) ?
/

x?2 x( x ? 6) x( x ? 6 ) / ? 0 ,得 x ? (??, 2) ? (4, ??) , . (2 ) 注意到 解 x?4 4( x ? 2)( x ? 4) 4 ( x( 2 ) ? 4 ) x?
/

?0

得 x ? 6 或 x ? 0 .当 x 变化时, f ( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x

(??, 0)
+

0
0 极大值

(0, 2)
- 减
63

(4, 6)
- 减

6
0 极小值

(6, ??)
+ 增

f ( x)



所以 f (0) ? ln

1 3 是 f ( x) 的一个极大值, f (6) ? ln 2 ? 是 f ( x) 的一个极大值.. (4 / ) 2 2 3 3 / (II) 点 ? 0, f (0) ? ,(6, f (6)) 的中点是 (3, ) ,所以 f ( x) 的图象的对称中心只可能是 (3, ) . (6 ) 4 4 3 设 P( x, f ( x)) 为 f ( x) 的 图 象 上 一 点 , P 关 于 ( 3 , 的 ) 对 称 点 是 4 3 4? x 6? x 3 Q( ? 6 x ? , f .? ( xf (6 ) ?) x) ? ln ? ? ? f ( x) . ? Q 也在 f ( x) 的图象上 , 因而 f ( x) 的图 2 2? x 4 2

象是中心对称图形. (III) 假设存在实数 a 、 b .? ? a, b? ? D ,? b ? 2 或 a ? 4 . 若 0 ? b ? 2 , 当 x ? ? a, b? 时 , f ( x) ? f (0) ? ln

b 1 b ? 0 , 而 ? 0 ? f ( x) ? . 故此时 f ( x) 的取值范围是 4 2 4

不可能是 ? , ? . 若 4 ? a ? 6 ,当 x ? ? a, b? 时, f ( x) ? f (6) ? ln 2 ? ? ,而 ? ? f ( x) ? .故此 4 2 4 2 2 ?4 4? 时 f ( x) 的 取 值 范 围 是 不 可 能 是 ? , ? . 若 a ? b ? 0或6 ? a ? b , 由 g ( x) 的 单 调 递 增 区 间 是 ?4 4?

?a b?

3

3

a

3

a

?a b?

? ??,0? , ? 6, ??? ,知 a, b 是 f ( x) ? 4 的两个解.而 f ( x) ? 4 ? ln x ? 4 ? 0 无解.
是不可能是 ? , ? . 综上所述,假设错误,满足条件的实数 a 、 b 不存在. 4 4

x

x

x?2

故此时 f ( x) 的取值范围

?a b? ? ?

例 38 解: (1) f ' ( x) ? 4x3 ? 12x 2 ? 2ax ,由已知 f ' ( x) 在 [0,1] 上的值为正,在 [1,2] 上的值为负. 故 x ? 1 是方程 4 x3 ? 12x 2 ? 2ax ? 0 之根,? a ? 4 . (2)由 f ( x) ? g ( x) ? x 2 ( x 2 ? 4x ? 4 ? b) ? 0 有三个相异实根,故方程 x 2 ? 4 x ? 4 ? b ? 0 有两个相异的非 零根.? ? ? 16 ? 4(4 ? b) ? 0 且 4 ? b ? 0 .?b ? (0,4) ? (4,??) . (3)? f ( x ? m) ? g ( x ? n) ? x4 ? 4x3 (m ? 1) ? 2x2 (3m2 ? 6m ? 2 ? ) ? 2x(2m3 ? 6m2

b 2

? 4m ? bn) ? m4 ? 4m3 ? 4m2 ? bn2 ? 2 为偶函数,

? ?m ? ?1, ?m ? 1 ? 0, 由(2)知 b ? 0 .? m ? ?1, n ? 0 . ?? 3 ?? ? bn ? 0 . ? 2 m ? 6 m ? 4 m ? bn ? 0 ? ?

64


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