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2015高三数学:导数压轴题题型归纳


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导数压轴题题型归纳
1. 高考命题回顾
例 1 已知函数 f(x)=e -ln(x+m).(2013 全国新课标Ⅱ卷) (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0.
x

(2)若当 x ? 0 时

f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围 例 6 已知函数 f(x)=(x3+3x2+ax+b)e x. (2009 宁夏、海南)


(1)若 a=b=-3,求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在(-∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明 β-α>6.

2. 在解题中常用的有关结论※
例 2 已知函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且 在点 P 处有相同的切线 y=4x+2(2013 全国新课标Ⅰ卷) (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值 (Ⅱ)若 x≥-2 时, f ( x) ? kg ( x) ,求 k 的取值范围。 (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 ) 。
(2)若可导函数 y ? f ( x) 在

x ? x0

处取得极值,则 f ?( x0 ) ? 0 。反之,不成立。

例 3 已知函数 f ( x) 满足 f ( x) ? f ' (1)e (1)求 f ( x) 的解析式及单调区间; (2)若 f ( x) ?

x ?1

? f (0) x ?

1 2 x (2012 全国新课标) 2

(3)对于可导函数 f ( x) ,不等式 f ?( x) ? 0 的解集决定函数 f ( x) 的递增(减)区间。 ( ? 0) (4)函数 f ( x) 在区间 I 上递增(减)的充要条件是: ?x ? I f ?( x) ? 0 (? 0) 恒成立( f ?( x) 不 恒为 0). (5)函数 f ( x) (非常量函数)在区间 I 上不单调等价于 f ( x) 在区间 I 上有极值,则可等价转化 为方程 f ?( x) ? 0 在区间 I 上有实根且为非二重根。 (若 f ?( x) 为二次函数且 I=R, 则有 ? ? 0 ) 。 (6) f ( x) 在区间 I 上无极值等价于 f ( x) 在区间在上是单调函数,进而得到 f ?( x) ? 0 或

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 2

例 4 已知函数 f ( x) ?

a ln x b ? ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 。 x ?1 x

(2011 全国新课标) (Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ?

f ?( x) ? 0 在 I 上恒成立

ln x k ? ,求 k 的取值范围。 x ?1 x

(7)若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立, 则 f ( x) min ? 0 ; 若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立, 则 f ( x) max ? 0 (8)若 ? 使得 f ( x0 ) ? 0 , 则 f ( x) max ? 0 ; 若 ? x0 ? I , 使得 f ( x0 ) ? 0 , 则 f ( x) min ? 0 . x0 ? I ,

例 5 设函数 f ( x) ? e ? 1 ? x ? ax (2010 全国新课标)
x 2

(1)若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间;

(9)设 f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D,若 ?

x ? D f ( x) ? g ( x) 恒成立,则有

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? f ( x) ? g ( x)?min ? 0 .
(10)若对 ? 若对 ? 若对 ?

例 8(分类讨论,区间划分)已知函数 f ( x) ? , f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min ? g ( x)max . 函数.

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

x1 ? I1 、 x2 ? I 2

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 .

(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.

(11)已知 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 ?

2 例 9(切线)设函数 f ( x) ? x ? a .

x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。

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

(12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 f ?( x) ? 0 有两个不等实根 x1 、 x2 ,且极大值大于 0, 极小值小于 0. (13)证题中常用的不等式:

求证: x1 ? x 2 ? a .

① ③

ln x ? x ? 1 ( x ? 0)
ex ? 1 ? x

x ② x ? 1 ≤ ln (x+1 ) ? x ( x ? ?1)


例 10(极值比较)已知函数 f ( x) ? ( x ? ax ? 2a ? 3a )e ( x ? R ), 其中 a ? R
2 2 x

e? x ? 1 ? x

⑴当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率;

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

⑤ ln x ? x ? 1 ( x ? 1) x ?1 2

⑥ ln x ? 1 ? 1 ( x ? 0) x2 2 2 x2

a?
⑵当

3. 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用
例 7(构造函数,最值定位)设函数 f ? x ? ? ? x ? 1? e ? kx (其中 k ? R ).
x 2

2 3 时,求函数 f ( x) 的单调区间与极值.

例 11(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)-

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

x 1 ,求函数 φ (x)的单调区间; x 1

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.

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

例12(最值问题,两边分求)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ?
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1? a ? 1 (a ? R ) . x

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1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2 1 ⑵设 g ( x) ? x 2 ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? ?1, 2? ,使 4
⑴当 a ≤

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;

f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.

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.
例 16(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.

例13(二阶导转换)已知函数 f ( x) ? ln x

(I)求 ? 的最大值; (II)若 g ( x) ? t ? ?t ? 1在x ? [?1,1] 上恒成立,求 t 的取值范围;
2

F ( x) ?
⑴若

f ( x) ? a (a ? R) x ,求 F ( x) 的极大值;
2

⑵若 G ( x) ? [ f ( x)] ? 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.

ln x ? x 2 ? 2ex ? m (Ⅲ)讨论关于 x 的方程 f ( x) 的根的个数.

1 f ( x) ? x ? ? a ln x(a ? R ). x 例 14(综合技巧)设函数
⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; 例 17(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

A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 )) x ,x ⑵若 f ( x) 有两个极值点 1 2 , 记过点 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.

1 1 x ? [ , ], 不等式 | a ? ln x | ? ln[ f ?( x) ? 3 x] ? 0 6 3 ⑵若对任意 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.

②交点与根的分布
例 15 (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
3 2

?

?

③不等式证明
例 18(变形构造法)已知函数

y ? 2 ? 0.
⑴求函数 f ? x ? 的解析式;

? ( x) ?

a x ? 1 ,a 为正常数. 9 2 ,求函数 f ( x) 的单调增区间;

⑴若 f ( x) ? ln x ? ? ( x) ,且 a
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?

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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 的

(Ⅲ)当 0 ? x ? y ? e 且 x ? e 时,试比较
2

y 1 ? ln y 与 的大小. x 1 ? ln x

? 中点为 C ( x 0 , y 0 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,试证明: k ? f ( x0 ) .

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) ? ?1 g ( x) ? ln x ? ? ( x) x 2 ? x1 ⑶若 ,且对任意的 x1 , x 2 ? ?0,2? , x1 ? x 2 ,都有 ,求 a
的取值范围.

f ( x) ? ln x, g ( x) ?
例 22(前后问联系法证明不等式)已知

1 2 7 x ? mx ? (m ? 0) 2 2 ,直线 l 与函数

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;

2 例 19(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数 f ( x) ? x ln(ax)(a ? 0) .
2 (1)若 f ' ( x) ? x 对任意的 x ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围;

(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

(2)当 a ? 1 时,设函数

g ( x) ?

f ( x) 1 x1 , x 2 ? ( ,1), x1 ? x 2 ? 1 4 e x ,若 ,求证 x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 )
例 23(整体把握,贯穿全题)已知函数 f ( x) ?
ln x ?1. x

例 20(绝对值处理)已知函数 f ( x) ? x 3 ? ax2 ? bx ? c 的图象经过坐标原点,且在 x ? 1 处取得极大 值. (I)求实数 a 的取值范围;

(1)试判断函数 f ( x ) 的单调性; (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

(2a ? 3) 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 .
(II)若方程 f ( x) ? ?
2

例 24(化简为繁,统一变量)设 a ? R ,函数 f ( x) ? ln x ? ax .

例 21(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;

P ?1, ?2 ? (Ⅰ)若 a ? 2 ,求曲线 y ? f ( x) 在 处的切线方程;
(Ⅱ)若 f ( x) 无零点,求实数 a 的取值范围;

x ,x x ?x ?e . (Ⅲ)若 f ( x) 有两个相异零点 1 2 ,求证: 1 2
2

例 25(导数与常见不等式综合)已知函数 f t ( x) ?
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1 1 ? (t ? x) ,其中为正常数. 1 ? x (1 ? x) 2

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(Ⅰ)求函数 f t ( x) 在 (0, ??) 上的最大值; (Ⅱ)设数列 {an } 满足: a1 ?

(2)已知结论:若函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? mx 在区间 (a, b) 内导数都存在,且 a ? ?1 ,则存 在 x0 ? (a, b) ,使得 f ?( x0 ) ?

5 , 3an ?1 ? an ? 2 , 3

f ( b) ? f ( a ) .试用这个结论证明:若 ?1 ? x1 ? x2 ,函数 b?a

(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

g ( x) ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ( x ? x1 ) ? f ( x1 ) ,则对任意 x ? ( x1 , x2 ) ,都有 f ( x) ? g ( x) ; x1 ? x2
, ?n ,满足 ?1 ? ?2 ?
, 且 互 不 相

(Ⅲ)证明:

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

(3)已知正数 ?1 , ?2 , 大 于

? ?n ? 1,求证:当 n ? 2 , n ? N 时,对任意
等 的 实 数

?1

x1 , x2 ,

, xn
(







例 26(利用前几问结论证明立体不等式)已 知 函 数 f(x)=ex-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;

f (?1 x ?1? x ?2 ? 2 ( ?n xn ) ? ?1 f ( x ? 1 )? f x 2 ?

? ?n f xn . 2)

)

④恒成立、存在性问题求参数范围
例 29(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 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 a 的最小值; (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。
1? x

1 n 2 3 e ( )n ( )n ( )n ( )n (III)设 n ? N * ,证 明 : n + n + n +…+ n < e ? 1
例 27 已知函数 f ? x ? ? ax ?
2

( a ? R, e 为

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;

1 2

f x) ? t ? 2at ? 1 对 ?x ? ? ?1,1? , ?a ? ? ?1,1? 恒成立,求实数 t 的取 值范围; (Ⅱ)若 (
2

(Ⅲ)求证:

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

例 30 已知函数 f ( x ) ? a ?

1 . |x|

例 28(数学归纳法)已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? mx ,当 x ? 0 时,函数 f ( x) 取得极大值. (1)求实数 m 的值;

(1)求证:函数 y ? f ( x)在(0,??) 上是增函数. (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.
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例 31 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

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 2
⑴若函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 范围. 例35(先猜后证技巧)已知函数 f ( x) ?

1 ? 1n( x ? 1) x

例 32(分离变量)已知函数 f ( x) ? x ? a ln x (a 为实常数).
2

(1)若 a ? ?2 ,求证:函数 f ( x) 在(1,+∞)上是增函数; (2)求函数 f ( x) 在[1,e]上的最小值及相应的 x 值; (3)若存在 x ? [1, e] ,使得 f ( x) ? (a ? 2) x 成立,求实数 a 的取值范围.

(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 例 36(创新题型)设函数 f(x)=ex+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.

例 37(创新题型)已知函数 f ( x) = ax ? ln x ? 1(a ? R) , g ( x) ? xe (Ⅰ)求函数 g ( x) 在区间 (0, e] 上的值域; 例 33(多变量问题,分离变量)已知函数 f ( x) ? ( x ? 6 x ? 3 x ? t )e , t ? R .
3 2 x

1? x

.

( 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

(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 ,求 t 的值.
2

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 ( x 2 , y 2 ) ,如果 对 于 函 数 y ? F( x) 图 象 上 的 点 M ( x0 , y 0 ) ( 其 中 x0 ?

(2)若存在实数 最大值.

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

x1 ? x2 ) 总能使得 2

例34(分离变量综合应用)设函数 f ( x) ? a ln x ? bx 2 .
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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 38(图像分析,综合应用) 已知函数 g ( x) ? ax ? 2ax ? 1 ? b(a ? 0, b ? 1) ,在区间 ?2, 3? 上有最
2

(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

f ( x) ?
大值 4,最小值 1,设 (Ⅰ)求 a, b 的值;

g ( x) x .

⑥导数与曲线新题型
例 41(形数转换)已知函数 f ( x ) ? ln x , g ( x ) ?

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

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

(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

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

⑤导数与数列
例39(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

行?若存在,求出 R 的横坐标;若不存在,请说明理由.

例 42(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

2, 3, 4? )依 x4 ? R ,使得 x1,x2,x3,x4 的某种排列 xi1 , xi2 , xi3 , xi4 (其中 ?i1,i2,i3,i4 ? = ?1,
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.

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

i

1

2

2n ? 1 ) ,其中 n ? N* ,求 S2013 ; n
*

x2 例 40(数列求和,导数结合)给定函数 f ( x ) ? 2( x ? 1)
(1)试求函数 f ? x ? 的单调减区间;

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.

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⑦导数与三角函数综合
例 43(换元替代,消除三角)设函数 f ( x) ? ? x( x ? a ) ( x ? R ),其中 a ? R .
2

(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.

(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; (Ⅲ)当 a ? 3 ,

k ? ? ?1, 0?

时,若不等式 f (k ? cos x) ≥ f (k ? cos x) 对任意的 x ? R 恒
2 2

成立,求 k 的值。

例 44(新题型,第 7 次晚课练习)设函数 f ( x) ? ax ? cos x, x ?[0, ? ] . (1)讨论 f ( x) 的单调性 (2)设 f ( x) ? 1 ? sin x ,求 a 的取值范围.

⑧创新问题积累
例 45 已知函数 f ( x) ? ln I、求 f ( x) 的极值. 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 ? , ? ? 4 4 若存在,求实数 a 、 b 的值;若不存在,说明理由

x?2 x ? . x?4 4

?a b? ? ?

例 46 已知函数 f ( x) ? x 4 ? 4 x3 ? 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;
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导数压轴题题型归纳

参考答案
1 1 ?f′(0)=e0- =0?m=1, x+m 0+m

例 1 (1)解 f(x)=ex-ln(x+m)?f′(x)=ex- 定义域为{x|x>-1}, ex?x+1?-1 1 f′(x)=e - = , x+m x+1
x

显然 f(x)在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明 g(x)=ex-ln(x+2), 1 则 g′(x)=ex- (x>-2). x+2 1 1 h(x)=g′(x)=ex- (x>-2)?h′(x)=ex+ >0, x+2 ?x+2?2 所以 h(x)是增函数,h(x)=0 至多只有一个实数根, 1 1 1 1 又 g′(- )= - <0,g′(0)=1- >0, 2 3 2 e 2 1 ? 所以 h(x)=g′(x)=0 的唯一实根在区间? ?-2,0?内, 1 1 1 - - <t<0?,所以,et= 设 g′(x)=0 的根为 t,则有 g′(t)=et- =0? ?t+2=e t, 2 ? ? t+2 t+2 当 x∈(-2,t)时,g′(x)<g′(t)=0,g(x)单调递减; 当 x∈(t,+∞)时,g′(x)>g′(t)=0,g(x)单调递增; ?1+t?2 1 所以 g(x)min=g(t)=et-ln(t+2)= +t= >0, t+2 t+2 当 m≤2 时,有 ln(x+m)≤ln(x+2), 所以 f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)=g(x)≥g(x)min>0. 例 2(Ⅰ)由已知得 f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 , 而 f ?( x) = 2 x ? b , g ?( x) = e (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2;……4 分
x

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e ( x ? 1) ,
2 x

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设函数 F ( x) = kg ( x) ? f ( x) = 2ke ( x ? 1) ? x ? 4 x ? 2 ( x ? ?2 ),
x 2

g ?( x) ? e x ? 1 ? 0 ? y ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增

F ?( x) = 2ke x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 = 2( x ? 2)(ke x ? 1) ,
有题设可得 F (0) ≥0,即 k ? 1 , 令 F ?( x) =0 得, x1 = ? ln k , x2 =-2,

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0, f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0
得: f ( x) 的解析式为 f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??,0) (2) f ( x) ?

) 时,F ( x) (1)若 1 ? k ? e ,则-2< x1 ≤0,∴当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) <0,当 x ? ( x1, ??
2

1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e x ? (a ? 1) 2

>0,即 F ( x) 在 (?2, x1 ) 单调递减,在 ( x1 , ??) 单调递增,故 F ( x) 在 x = x1 取最小值 F ( x1 ) , 而

①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

F ( x1 ) = 2x1 ? 2 ? x12 ? 4 x1 ? 2 = ? x1 ( x1 ? 2) ≥0,
∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (2)若 k ? e ,则 F ?( x) = 2e ( x ? 2)(e ? e ) ,
2
2 x 2

x ? ?? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? b ? 0

∴当 x ≥-2 时, F ?( x) ≥0,∴ F ( x) 在(-2,+∞)单调递增,而 F (?2) =0, ∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (3)若 k ? e ,则 F (?2) = ?2ke
2

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ? 1)(a ? 1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

?2

? 2 = ?2e?2 (k ? e2 ) <0,

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当x?

∴当 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) 不可能恒成立, 综上所述, k 的取值范围为[1, e ]. 例 3(1) f ( x) ? f ?(1)e
x ?1

e 时, F ( x) max ?

e 2 e 2

2

当 a ? e ? 1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

? f (0) x ?

1 2 x ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2

令 x ? 1 得: f (0) ? 1

例 4 解(Ⅰ) f '( x) ?

?(

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

f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ?
得: f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2

1 2 x ? g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 1 ? x 2
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? f (1) ? 1, 1 ? 由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? ,且过点 (1,1) ,故 ? 1 即 2 f '(1) ? ? , ? ? 2

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?b ? 1, ? ?a 1 ?b ? ? , ? ?2 2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ?

当 x ? (??,0) 时, f '( x ) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x ) ? 0 .故 f ( x) 在 (??,0) 单调减 解得 a ? 1 , b ? 1 。 少,在 (0, ??) 单调增加

ln x 1 ? ,所以 x ?1 x

(II) f '( x) ? e ? 1 ? 2ax
x

f ( x) ? (

ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? )? (2 ln x ? )。 x ?1 x 1 ? x2 x
(k ? 1)( x ? 1) (k ? 1)( x ? 1) ? 2 x 。 ( x ? 0) ,则 h '( x) ? x2 x
2

由(I)知 e ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时等号成立.故
x

f '( x) ? x ? 2ax ? (1 ? 2a) x ,
2

考虑函数 h( x) ? 2ln x ?

从而当 1 ? 2a ? 0 ,即 a ?

1 时, f '( x) ? 0 ( x ? 0) ,而 f (0) ? 0 , 2

(i)设 k ? 0 ,由 h '( x) ?

k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 ,h(x)递减。而 h(1) ? 0 故 x2

于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 . 由 e ? 1 ? x( x ? 0) 可得 e
x
?x

当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得

1 h( x ) ? 0 ; 1 ? x2 1 当 x ? (1,+ ? )时,h(x)<0,可得 h(x)>0 1? x2 ln x k ln x k 从而当 x>0,且 x ? 1 时,f(x)-( + )>0,即 f(x)> + . x ?1 x x ?1 x
2

? 1 ? x( x ? 0) .从而当 a ?

1 时, 2

f '( x) ? e x ? 1 ? 2a(e? x ? 1) ? e? x (e x ? 1)(e x ? 2a) ,
故当 x ? (0,ln 2a) 时, f '( x) ? 0 ,而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? (0,ln 2a) 时, f ( x) ? 0 . 综合得 a 的取值范围为 ( ??, ] . 例 6 解: (1)当 a=b=-3 时,f(x)=(x +3x -3x-3)e- ,故
3 2 x

( ii ) 设 0<k<1. 由 于 (k ? 1 ) ( = (k ? 1) x ? 2 x ? k ? 1 的 图 像 开 口 向 下 , 且 x ? 1? ) x 2
2

1 2

? ? 4 ? 4(k ? 1)2 ? 0 ,对称轴 x=
'

1 1 ? 1 当 x ? (1, )时,(k-1)(x2 +1)+2x>0, 1? k 1? k . 1 1 )时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题 1? k 1? x2
'

f′(x)=-(x3+3x2-3x-3)e-x +(3x2+6x-3)e-x =-e-x (x3-9x) =-x(x-3)(x+3)e-x.

故 h (x)>0,而 h(1)=0,故当 x ? (1, 设矛盾。

2 (iii)设 k ? 1.此时 x ? 1 ? 2 x , (k ? 1)( x ? 1) ? 2 x ? 0 ? h (x)>0,而 h(1)=0,故当 x ?

2

1 (1,+ ? )时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾。 1? x2 综合得,k 的取值范围为(- ? ,0]
例 5(1) a ? 0 时, f ( x) ? e ? 1 ? x , f '( x) ? e ? 1.
x

当 x<-3 或 0<x<3 时,f′(x)>0; 当-3<x<0 或 x>3 时,f′(x)<0. 从而 f(x)在(-∞,-3),(0,3)单调增加,在(-3,0),(3,+∞)单调减少.

x

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(2)f′(x)=-(x3+3x2+ax+b)e-x +(3x2+6x+a)e-x=-e-x[x3+(a-6)x+b-a]. 由条件得 f′(2)=0,即 23+2(a-6)+b-a=0,故 b=4-a. 从而 f′(x)=-e [x +(a-6)x+4-2a]. 因为 f′(α)=f′(β)=0, 所以 x3+(a-6)x+4-2a=(x-2)(x-α)(x-β) =(x-2)[x2-(α+β)x+αβ]. 将右边展开,与左边比较系数,得 α+β=-2,αβ=a-2. 故 ? ? ? ? ( ? ? ? ) ? 4?? ? 12 ? 4a .
2

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 ?

-x

3

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 ; 所以 M ? max f ? 0 ? , f ? k ? ? max ?1, ? k ? 1? e k ? k 3 令 h ? k ? ? ? k ? 1? e ? k ? 1 ,则 h? ? k ? ? k e k ? 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 ?

又(β-2)(α-2)<0,即 αβ-2(α+β)+4<0.由此可得 a<-6.
于是 β-α>6. 例 7 (Ⅰ) 当 k ? 1 时,
x

所以存在 x0 ? ?

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

当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 , 所以 ? ? k ? 在 ?

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:

?1 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减. ?2 ?

x
f ?? x?

? ??, 0 ?
?

0
0
极 大 值

? 0, ln 2 ?
?

ln 2

? ln 2, ?? ?
?

因为 h ?

1 7 ?1? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 , ??? 2 8 ?2? ?1 ? ,1? 上恒成立,当且仅当 k ? 1 时取得“ ? ”. ?2 ?
k 3

0
极小 值

f ? x?

所以 h ? k ? ? 0 在 ?

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 ,

综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? e ? k . 例 8 解:(Ⅰ)∵ f ( x) ?

?

?

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

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 ,

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∴?

? f '(1) ? 3 , ? f (1) ? 0

g ( x)



极小值



极大值



11 . (各 1 分) 6 f '( x) x 2 ? ax ? 1 (Ⅱ) g ( x) ? ax ? ( x ? R) . e ax e (2 x ? a )e ax ? a ( x 2 ? ax ? 1)e ax ? ? x[ax ? (a 2 ? 2)]e? ax g '( x) ? ax 2 (e ) ①当 a ? 0 时, g '( x) ? 2 x ,
∴ a ? 1,b ? ?

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

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

x g '( x) g ( x)

(??,0)


0 0

(0, ??)
+

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

2 ?a a

2 ? a ? 0 ,即 0 ? a ? 2 时, a

2 ? 例 9 解:(1) a ? 1 时, g ( x) ? x ? x ,由 g ( x) ? 3x ? 1 ? 0 ,解得

x??

3 3 .

x

(??,0)

0

(0,

2?a ) a
2

2 ? a2 a
0 极大值

(

2?a , ??) a
2

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)

g ?( x)



0 极小值

+ ↗



0 ↘

0 极小值

+ ↗ 0

g ( x)

2 ? a2 2 ? a2 ) ,单调递减区间为 (??,0) , ( , ??) ; g ( x) 的单调递增区间为 (0, a a 2 2 ?2 x (ⅱ)当 ? a ? 0 ,即 a ? 2 时, g '( x) ? ? ?2 x e ? 0 , a 故 g ( x) 在 (??, ??) 单调递减; 2 (ⅲ)当 ? a ? 0 ,即 a ? 2 时, a 2 2 (??, ? a ) ( ? a, 0) 2 ?a x 0 a a a

所以当

x?

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

2 ? (2)证明:曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 ,2 x1 ? a) 处的切线斜率 k ? f ( x1 ) ? 2 x1

2 曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线方程为 y ? (2 x1 ? a) ? 2 x1 ( x ? x1 ) .

(0, ??)
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令 y ? 0 ,得

x2 ?

x1 2 ? a x 2 ?a a ? x1 2 x 2 ? x1 ? 1 ? x1 ? 2 x1 ,∴ 2 x1 2 x1

g '( x)

-

0

+

0

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a ? x1 2 ?0 ∵ x1 ? a ,∴ 2 x1 ,即 x 2 ? x1 .
x ? a x1 x a a x1 a x2 ? 1 ? ? ?2 1 ? ? a ? 2 x 2 2 x 2 2 x1 2 2 x 1 1 1 又∵ ,∴
2

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 11 解:(Ⅰ) ? ( x) ? f ? x ? ?

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

所以 x1 ? x 2 ? a . 例10⑴ 当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x,故f ' (1) ? 3e.

? ?? . ∵ 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 ) ? , x0 x

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

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 ? (a ? 2) x ? 2a ? 4a e .
2 2 x

∴ 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 ) ,
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, ? ??
+ ↗

1 1 ? ln x ,∴ x1 ? ? ln x0 ,∴ g ( x1 ) ? e 0 ? . x0 x0 ln x0 1 1 1 1 ∴直线 l 也为 y ? ? ? x ? ln x0 ? , 即 y ? x ? ? , ② x0 x0 x0 x0 x0 ln x0 1 x ?1 由①②得 ln x0 ? 1 ? ? ,∴ ln x0 ? 0 . x0 ? 1 x0 x0 下证:在区间(1,+ ? )上 x0 存在且唯一 . x ?1 由(Ⅰ)可知, ? ( x) ? ln x ? 在区间 上递增. ( 1, +?) x ?1
x ∵ g ?( x) ? e x ,∴ e 1 ?

所以f ( x)在(??, ? 2a ), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在(?2a,a ? 2)内是减函数.

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

又 ? (e) ? ln e ?

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

一 x0 ,故结论成立. 例12⑴ f ( x) ? ln x ? ax ?

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 .
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

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

?? ?,a ? 2?
+ ↗

a?2
0 极大值

?a ? 2, ? 2a ?
— ↘

? 2a
0 极小值

?? 2a, ? ??
+ ↗

x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.
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所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在(a ? 2, ? 2a )内是减函数。

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②当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,即 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ? 当a ?

1 ?1. a

例13解:⑴? F ( x) ?

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; a 2 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 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;

f ( x) ? a ln x ? a ? 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 ?a e
2 ln x ?k x

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) ?

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. a a 2 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

2 ln x ? k ? 0 在(0,+∞)内恒成立 x 2(1 ? ln x) 2 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14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
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1 a x 2 ? ax ? 1 ? ? x2 x x2

1 17 当 b ? 2 时, g ( x) min ? g (2) ? 8 ? 4b ? ? , b ? . 2 8 17 综上,实数 b 的取值范围是 [ , ??) . 8

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单调递增. ③当 a ? 2时, >0,g(x)=0 的两根为 x1 ?

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

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

x
f ?? x?

?2

? ?2, ?1?
+

?1

? ?1,1?
?

1

?1, 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 ) ?

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

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

所以 k ?

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

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. 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 ? .
3 则 y0 ? x0 ? 3x0 . 2 因为 f ? ? x0 ? ? 3x0 ? 3 ,所以切线的斜率为 3x0 ?3.

又由⑴知, x1 x2 ? 1 ,于是 k ? 2 ? a

ln x1 ? ln x2 x1 ? x2

若存在 a ,使得 k ? 2 ? a. 则

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

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

2

1 t

2 则 3x0 ?3=

3 x0 ? 3x0 ? m , x0 ? 2

1 1 x2 ? ? 2 ln x2 ? 1 ? ? 2 ln1 ? 0. 这与 (*) 式矛盾.故不存在 a ,使得 k ? 2 ? a. x2 1
例 15 解:⑴ f ? ? x ? ? 3ax ? 2bx ? 3 .
2

3 2 即 2 x0 ? 6 x0 ? 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 2 x0 ? 6 x0 ? 6 ? m ? 0 有三个不同的实数解.

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,

所以函数 g ? x ? ? 2 x ? 6 x ? 6 ? m 有三个不同的零点.
3 2

所以 f ? x ? ? x ? 3x .

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

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x
g? ? x?

? ??, 0 ?
+ 增 ,即

0

? 0, 2 ?
?

2

? 2, ?? ?
+

例17解:⑴ f ?( x) ?

g ? x?


极大值



极小值



? ? g ?0? ? 0 ? ? ? g ? 2? ? 2

?6 ? m ? 0 ? ??2 ? m ? 0

,解得 ?6 ? m ? 2 .

3 ? 3( x ? 1)(3 x ? 1) ? 3x ? , 2 ? 3x 3x ? 2 1 令 f ?( x) ? 0得x ? 或x ? ?1 (舍去) 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
⑵由 | a ? ln x | ? ln[ f ?( x) ? 3 x] ? 0 得

? g ( x)在[?1,1] 上单调递减, ? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0 例 16 解: (I)f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x ,
? ? ? ? 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,

a ? ln x ? ln

3 3 或a ? ln x ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x 3 3x 3 2 x ? 3x 2 ? ln , g ( x) ? ln x ? ln , ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x 2 ? 3x 3 1 1 6 3

设 h( x) ? ln x ? ln

? (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?

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

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

,? ?

?t ? ?1

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

? g ?( x) ?
h ?( x) ?

2 ? 3x 3(2 ? 3x) ? 3x ? 3 2 ? ? ? 0, 2 3x x(2 ? 3x) (2 ? 3x)

(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) ? , x x2
[来源

令 f1 ( x) ?

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

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

1 , e

[来源:学*科*网]

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

1 1 , 即m ? e 2 ? 时, 方程无解; e e

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

1 1 2 2 当 m ? e ? , 即m ? e ? 时,方程有一个根; e e 1 1 2 2 当 m ? e ? 时, m ? e ? 时,方程有两个根. e e

当 x ? [0,

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

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

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而?(

7 7 ) ? ? (0), ? ( ) ? ? (1) , 3 3

∴ h( x) 在 ?1,?? ? 上位增函数.

? 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(2 ? 7 ) ? ? 3 6 6 ? 1 ? ? (1) ? ln 5 ? ? b ? 0 ? 2 ?



x2 x x ? 1 ,∴ h( 2 ) ? h(1) ? 0 , ∴ ln 2 ? 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.

? ln 5 ?

1 7 2 7 ? b ? ln(2 ? 7 ) ? ? . 2 6 3
1 a x 2 ? (2 ? a) x ? 1 ? ? 2 x ( x ? 1) x( x ? 1) 2

1? 当 1 ? x ? 2, F ( x) ? ln x ?

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

例18解:⑴ f ?( x) ? ∵a ?

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 ⑵证明:当 a ? 0 时 f ( x) ? ln x
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

( 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

x2 2 ? x1 与 x ? x f ( x ) 不妨设 2 的大小, 1 , 要比较 k 与 0 的大小,即比较 x1 ? x2 x2 ? x1 ln
x2 2( x2 ? x1 ) ? 又∵ x2 ? x1 ,∴ 即比较 ln 与 x1 x1 ? x2

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

2(

x2 ? 1) x1 的大小. x2 ?1 x1

例19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

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

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

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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 ?

依题意得:

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

所以函数 f ( x) 的解析式是: f ( x) ? x 3 ? 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

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

f ( x)的最大值是f (1) ? 7, f ( x)的最小值是f (?2) ? ?8 ? 36 ? 30 ? ?74
函数 f ( x)在区间[?2,2] 上的最大值与最小值的差等于 81, 所以 | f (2 sin ? ) ? f (2 sin ? ) |? 81 . 例 21 解: (Ⅰ)f ?( x) ? a ?

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

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

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

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

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
,

1 1 , f ?( x) ? 0 得 x ? , a a
1 处有极小值. a

∴ 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.

1 a

1 a

所以: x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 ) 4 .

例 20(I) f (0) ? 0 ? c ? 0, f ?( x) ? 3x ? 2ax ? b, f ?(1) ? 0 ? b ? ?2a ? 3
2

(Ⅱ)∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极值,∴ a ? 1 , ∴ f ( x) ? bx ? 2 ? 1 ? 令 g ( x) ? 1 ?

? f ?( x) ? 3 x 2 ? 2ax ? (2a ? 3) ? ( x ? 1)(3 x ? 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

1 ln x ? ?b, x x

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

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

?

?

?

?

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

,即 b ? 1 ?

(II)由下表:

1 . e2

x
f ?( x)
f ( x)

1
0
极大值
?a?2

(1,?

?

2a ? 3 3

(?

2a ? 3 ,?? ) 3

?

递减

0
极小值
a?6 (2a ? 3) 2 27

递增

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

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

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1 ? ? e ?ln( x ? 1) ? x ? 1? ? ?, 又∵ g ?( x) ? ln 2 ( x ? 1)
x

(III) f (a ? b) ? f (2a ) ? ln(a ? b) ? ln 2a ? ln

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

显然函数 h( x) ? ln( x ? 1) ? ∴ h( x ) ? 1 ?

1 在 (e ? 1,??) 上单调递增. x ?1

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 ?

1 ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 , e
ex ey ? , ln( x ? 1) ln( y ? 1)

∴ g ( x) 在 (e ? 1,??) 上单调递增,即

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

b?a . 2a

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

例 23 解:(1)函数 f ( x ) 的定义域是 (0, ??) .由已知 f ?( x) ? ∴当 x ? y ? e ? 1 时,有 e
x? y

?

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

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 ?
f ( x)max ? f (2m) ? ln 2m ?1 . 2m
e ln m 当 m ?e ?m 即 ? m ? e 时, 2 , ?1. 2 m

1 例22解:(I) Qf '( x) ? ,? 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.

e 时 , f ( x ) 在 [m, 2m] 上 单 调 递 增 , 所 以 2

? y ? x ?1 ? 又 直线l 与函数 y ? g ( x) 的图象相切,? 方程组 ? 1 2 7 有一解。 y ? x ? 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, 得m=4或m=-2, Qm ? 0,? m ? ?2. (II)由(I)可知 g ( x) ?

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

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 , ?时 ) f ( x)max ? f (e) ? ? 1 . 所 以 在 x ? ( 0 ? , ?时 ) 恒有 ( 3 ) 由 ( 1 ) 知 当 x?( 0 ? e f ( x )? ln x 1 l nx 1 ? ? ? ,当且仅当 x ? e 时等号成立.因此对任意 x ? (0, ??) 恒有 1 ? ,即 1 x x e e

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

ln x ?

1 1? n 1? n 1 ? n 1 1? n 1? n e 1? n .因为 ,即 ln( .因此对任意 ?0, ? e ,所以 ln ? ? ) ? e n n n e n n n

?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。

1? n e 1? n . n ? N* ,不等式 ln( ) ? n n

例 24 解:在区间 ? 0, ?? ? 上, f ?( x) ?

1 1 ? ax ?a ? . x x

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(1)当 a ? 2 时, f ?(1) ? 1 ? 2 ? ?1 , 则切线方程为 y ? (?2) ? ?( x ? 1) ,即 x ? y ? 1 ? 0 (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,

故函数 g (t ) 是 ?1, ?? ? 上的增函数,

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? g (t ) ? g (1) ? 0 ,即不等式 ln t ?
故所证不等式 x1 ? x2 ? e2 成立. 例 25 解:(Ⅰ)由 f t ( x) ?

2(t ? 1) 成立, t ?1

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

1 . a

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 ) ?

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

1 a

1 . 1? t 1 2 (an ? 1) ,又 a1 ? 1 ? , 3 3

1 a

(Ⅱ)(1)由 3an ?1 ? an ? 2 ,得 an ?1 ? 1 ? 则数列 {an ? 1} 为等比数列,且 an ? 1 ?

1 a

1 ? 1 ? ? ln a ? 1 . a

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

1 1 由 f ( ) ? 0, 即 ? ln a ? 1 ? 0 ,解得: a ? . e a
故所求实数 a 的取值范围是 ( , ??) . (3) 设 x1 ? x2 ? 0,

2 2 ? 3n 故 an ? n ? 1 ? 为所求通项公式. 3 3n
(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 ? f 2 (
3n 3n

1 e

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

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

2 1 3n 1 ) ? ? ? n n 2 3 1 ? n 3 ? 2 an 3

? a( x1 ? x2 ) ? 2 ?


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

即有

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

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

证法二:(作差比较法)
2

设函数 g (t ) ? ln t ?

1 4 (t ? 1) 2(t ? 1) ? ?0 (t ? 1) ,求导得: g ?(t ) ? ? 2 t ?1 t (t ? 1) t (t ? 1)2

由 an ?

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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 ? ?
2

(

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

1 1 1 n2 则 ? ? ??? ? ? 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 ? f 2 ( x)(n ? N *) 对于任意的 x ? 0 恒成立. 即有 an 3n
(Ⅲ)证法一:(从已经研究出的性质出发,实现求和结构的放缩)

1 1 1 2 由(Ⅱ)知,对于任意的 x ? 0 都有 ? ? ( n ? x) , 2 an 1 ? x (1 ? x) 3
于是,
n ? 1 ? 1 1 1 1 2 ? ? ??? ? ? ? ? ? ( k ? x) ? 2 a1 a2 an k ?1 ?1 ? x (1 ? x) 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:

?

n 1 2 2 2 ? ( ? 2 ? ??? ? n ? nx) 2 1 ? x (1 ? x) 3 3 3

对于任意的 x ? 0 恒成立

可得

a1 ? a2 ? ??? ? an ? n ? n a1 ? a 2 ????? an ,

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

1 1 1 特别地,令 1 ? n ? nx0 ? 0 ,即 x0 ? (1 ? n ) ? 0 , 3 n 3

两式相乘即得 (

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

1 1 1 n n n2 n2 ? ??? ? ? ? ? ? 有 ? ,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 )

证法四:(逆向分析所证不等式的结构特征,寻找证明思路)

1 1 1 n2 欲证 ? , ? ??? ? ? a1 a2 an n ? 1
注意到

n2 n2 ? 1 ? 1 1 n 1 3n 2 ? n ? 1? n ? ? n ?1? ? n? ,而 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

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

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 26 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.
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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 ? 设 g ( x) ?

∴ ( )n ? (

n n

n ?1 n n ? 2 n n ? 3 n 1 ) ?( ) ?( ) ? ??? ? ( ) n n n n n

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

?

1 ? e ? n e(1 ? e ? n ) e , ? ? ?1 1? e e ?1 e ?1

n ? 故不等式 ( ) n ? ( ) n ? ( ) n ? …+( )

1 n

2 n

3 n

n n

e (n∈N*)成立. e ?1

ex ? x2 ? x 对任意 x ? [2,? ?) 成立. x

例 27 解:(Ⅰ)又 f ? ?1? ? 0 ,所以 a ? b ? c ? 0 ,即 a ? c ? 又因为 f ? x ? ?

1 2

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

1 2 1 x ? 对一切实数 x 恒成立, 2 2 1 2
2

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?

即对一切实数 x ,不等式 (a ? ) x ? 显然,当 c ? 0 时,不符合题意.

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

h( x ) ? 0, x2

e2 ?3, 2

? ?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)

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

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

f ( x 在 ?) ,上是增函数 ? - 1

1,

? f ( x)的最大值为f (1)=1
. 即

, :

(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

? 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

n?2 n n?3 n n ?1 n 1 ) ≤ e ?2 , ( ) ≤ e ?3 ,…, ( ) n ≤ e ? ( n ?1) , ) ≤ e ?1 , ( n n n n

可把y ? t 2 ? 2at看作关于a的一次函数, 由 a ? ? ?1,1? 知其图像是一段线段。
2 2 ? ?t ? 2 ? (?1)t ? 0 ? ?t ? 2t ? 0 ?? 2 即? 2 ? ? ?t ? 2 ?1? t ? 0 ?t ? 2t ? 0

n 显然 ( ) n ≤ e0 , n

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?t ? 0或t ? ?2 ?? ?t ? 2或t ? 0
所以 t 的取值范围为 t t ? ?2, 或t ? 0,或t ? 2 (Ⅲ)证明:因为 f ? n ? ?

使得 f ?( x0 ) ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) . x1 ? x2

?

?

f ?( x) ?

1 4 n 2 ? 2n ? 1 (n ? 1) 2 ? ? ,所以 f ? n ? (n ? 1) 2 4 4

x0 ? x 1 1 1 ? 1 ,? h?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) ? ? ? x ?1 x ? 1 x0 ? 1 ( x ? 1)( x0 ? 1)

当 x ? ( x1 , x0 ) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递增,? h( x) ? h( x1 ) ? 0 ; 当 x ? ( x0 , x2 ) 时, h?( x) ? 0 , h( x) 单调递减,? h( x) ? h( x2 ) ? 0 ; 故对任意 x ? ( x1 , x2 ) ,都有 f ( x) ? g ( x) . (3)用数学归纳法证明. ①当 n ? 2 时,

要证不等式

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

即证

1 1 ? ? 22 32

?1 ? ?2 ? 1 ,且 ?1 ? 0 , ?2 ? 0 ,

因为

1 1 1 1 ? ? ? , 2 (n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n ? 2 1 1 ? ? 22 32 ? 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? 2 (n ? 1) 2 3 3 4 ? 1 1 1 1 n ? ? ? ? . n ? 1 n ? 2 2 n ? 2 2n ? 4

? ?1 x1 ? ?2 x2 ? ( x1 , x2 ) ,?由(Ⅱ)得 f ( x) ? g ( x) ,即

所以

f (?1 x1 ? ?2 x2 ) ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) (?1 x1 ? ?2 x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? ?1 f ( x1 ) ? ?2 f ( x2 ) , x1 ? x2

所以

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

?当 n ? 2 时,结论成立.
② 假 设 当 n ? k (k ? 2) 时 结 论 成 立 , 即 当

?1 ? ?2 ?

? ?k ? 1 时 ,

例 28 解:(1)当 x ? (?1,0) 时, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (?1, 0) 上单调递增; 当 x ? (0, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (0, ??) 上单调递减.

f (?1 x ? ? 1

2

x? 2


k

? ? k ) x ? ? ( 1 f ) x1? ?


(2 f ) ? x2 k ?1?
1,

? ? )? x1 时 , 设 正 数 . k当 (n f ?k

?1 , ?2 , , ?k ?1
?1 ? ?1
m , ?2 ?

?1 ?
?k
m

?2 ?

k?

?令

m ? ?1 ? ?2 ? ? ?k ? 1 .

? ?k



?函数 f ( x) 在 x ? 0 处取得极大值,故 m ? ?1 .
(2)令 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? f ( x) ?

?2
m

,

, ?k ?

, 则 m ? ?k ?1n ? 1 ,且 ?1 ? ?2 ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ( x ? x1 ) ? f ( x1 ) , x1 ? x2

f (?1 x1 ? ?2 x2 ? ? f [m( ?1 x1 ? ? mf ( ?1 x1 ? ? m?1 f ( x1 ) ?
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? ?k xk ? ?k ?1 xk ?1 ) ? ?k xk ) ? ?k ?1 xk ?1 ]

则 h?( x) ? f ?( x) ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) . x1 ? x2

? ?k xk ) ? ?k ?1 f ( xk ?1 ) ? m?k f ( xk ) ? ?k ?1 f ( xk ?1 )

函数 f ( x) 在 x ? ( x1 , x2 ) 上可导,?存在 x0 ? ( x1 , x2 ) ,

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? ?1 f ( x1 ) ?

? ?k f ( xk ) ? ?k ?1 f ( xk ?1 )

此时,当 x 变化时 , f ?( x), f ( x) 的变化情况如下:

?当 n ? k ? 1 时,结论也成立. 综上由①②,对任意 n ? 2 , n ? N ,结论恒成立.
例 29 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, ?? ? .

x
2 , x

(0,

2 ) 2?a


2 2?a
0 最小值

? 2 ? , e? ? ?2?a ?
+ 单调增

f ?( x)
f ( x)

单调减

1 2 ln x (2)即对 x ? (0, ), a ? 2 ? 恒成立。 2 x ?1

2 2 ( x ? 1) ? 2 ln x 2 ln x ? ? 2 2 ln x 1 x ? , 令 l ( x) ? 2 ? , x ? (0, ) ,则 l ' ( x) ? ? x 2 x ?1 2 ( x ? 1) ( x ? 1) 2
2 1 2 2 ?2(1 ? x) 再令 m( x) ? 2 ln 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 ? 4 ln 2, ?? ? , 即 a 的最小值为 2 ? 4ln 2 x ?1
(3) g ?( x) ? e
1? x

, x ? 0, f ( x) ? ??, 2 2 f( ) ? a ? 2ln , 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 ? 2 ln ? 0, ?f( 即? 2?a ? 2?a ? ? ? f (e) ? 1, ?(2 ? a)(e ? 1) ? 2 ? 1.
令 h(a) ? a ? 2 ln

② ③

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

2 2 , a ? (??, 2 ? ), 2?a e 2 a h?(a) ? 1 ? 2[ln 2 ? ln(2 ? a)]? ? 1 ? ? , 令 h?(a) ? 0 ,得 a ? 0,a ? 2, 2?a a?2

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 ? 0,

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

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

2 e

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

所以,对任意 a ? (??, 2 ? ), 有 h(a) ? h(0) ? 0,

2 e

2 e 3 . 由③式解得: a ? 2 ? e ?1
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即②对任意 a ? ( ??, 2 ? ) 恒成立。 ④

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3 ? ? 综合①④可知,当 a ? ? ??, 2 ? ? 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。



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) ? ?

1 例 30 解:(1)当 x ? (0,?? )时, f ( x) ? a ? . 用定义或导数证明单调性均可 x 1 (2) a ? ? 2 x在(1,?? ) 上恒成立. x 1 则a ? h( x)在(1,??) 上恒成立. 设 h( x ) ? 2 x ? x
可证 h( x)在(1,?? ) 单调增 故 a ? h(1)即a ? 3

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 ,

? a 的取值范围为 (??,3]
(3)? f ( x) 的定义域为 {x | x ? 0, x ? R}

? mn ? 0

所以 2ax ? (1 ? 4a) x ? (4a ? 2) ? 0 在 ?3, ?? ? 上恒成立
2 2

令 g ( x) ? 2ax ? (1 ? 4a) x ? (4a ? 2) ,其对称轴为 x ? 1 ?
2 2

当 n ? m ? 0时,由(1)知f ( x)在(0,?? ) 上单调增 ? m ? f (m), n ? f (n) 因为 a ? 0 所以 1 ? 故 x ? ax ? 1 ? 0 有两个不相等的正根 m,n,
2
2

1 , 4a

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

?a ? 0 ?? ?? ? 0

因为 g (3) ? ?4a ? 6a ? 1 ? 0 ,

?a ? 2
解得

当 m ? n ? 0 时,可证 f ( x)在(??,0) 上是减函数.

3 ? 13 3 ? 13 ?a? 4 4 3 ? 13 . 4
? 3 ? 13 ? ? 4 ? ?
3

? m ? f (n), n ? f (m)

而m ? n, 故mn ? 1

此时 a ? 0

因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ?

综上所述,a 的取值范围为 {0} ? (2,??)

综上所述, a 的取值范围为 ?0,

x? 2ax 2 ? (1 ? 4a) x ? (4a 2 ? 2) ? 2a ? ? 2 例 31 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

?1 ? x ? ? b 可化为 ln x ? (1 ? x)2 ? (1 ? x) ? b . 1 (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

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即求函数 g ( x) ? x ln x ? x ? x 的值域
2 3

是减函数,此时 [ f ( x)] min ? f (e) ? a ? e 2 .
2

因为 g ( x) ? x(ln x ? x ? x ) ,令 h( x) ? ln x ? x ? x ,
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 ?

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

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

令 g ( 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33解:(1)① f ?( x) ? (3 x 2 ? 12 x ? 3)e x ? ( x 3 ? 6 x 2 ? 3x ? t )e x ? ( x 3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3)e x

2( x 2 ? 1) 例32解:⑴当 a ? ?2 时, f ( x) ? x 2 ? 2 ln x ,当 x ? (1,??) , f ?( x) ? ?0, x 故函数 f ( x) 在 (1,??) 上是增函数.
⑵ f ?( x) ?

f ( x)有3个极值点,? x3 ? 3 x 2 ? 9x ? t ? 3 ? 0有3个根a, b, c. 令g ( x) ? x3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3, g '( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 9 ? 3( x ? 1)( x ? 3)

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

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


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 ,此时 f ( x) 2 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
是减函数;当

?a ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 是增函数. 2

故 [ f ( x)] min ? f (

a a a ?a ) ? ln(? ) ? . 2 2 2 2

?a ? b ? c ? 3 3 ? ? ?ab ? ac ? bc ? ?9 ? b ? 1或 ? (舍 2 ?t ? 3 ? ?abc ?

?a ? 1 ? 2 3 ? ?t ? 8 . b ? (-1,3)) ? ?b ? 1 ? ?c ? 1 ? 2 3

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

(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

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0 ? xe ? x ? x 3 ? 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 ? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? 2 ,因为 1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 。
?x

增,在[1,e]上单调递减,? f ( x) max ? f (1) ? ?

1 . 2
? 3? ? ?

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

?

?x

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

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,

3 2

? ? 都成立,
2

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 ,
? m ? ? x 对所有的 x ? ?1, e 2 ? ? 都成立.
2 1 ? x ? e 2 ,??e 2 ? ? x ? ?1, ? m ? (? x) min ? ?e ..

2 (注:也可令 h( x) ? a ln x ? x, 则m ? h( x) 所有的 x ? 1, e ? ? 都成立,分类讨论得

?

? (4) ? e?4 ? 5>0,? (5) ? e?5 ? 2 ? 0,? (6) ? e?6 ? 3 ? 0.
所以当 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34解:(1)① f '( x) ?

3 ? m ? (2a ? e 2 ) min ? ?e 2 , m ? h( x) min ? 2a ? e 2 对所有的 a ? [0, ] 都成立, 请根据过程酌情给分) 2
例35解:(1)定义域 (?1,0) ? (0,??)

a ? 2bx 。 x
.

?a ? 1 ? f '(1) ? a ? 2b ? 0 1 ? ? ∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 相切? ? 1 , 解得 ? 1 f (1) ? ? b ? ? b? 2 ? ? ? 2 ? 2
② f ( x) ? ln x ?

?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

1 2 1 1 ? x2 x , f '( x) ? ? x ? 2 x x

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

1 1 ?1 ? 当 ? x ? e 时,令 f '( x) ? 0 得 ? x ? 1 ;令 f '( x) ? 0 ,得 1 ? x ? e ,? f ( x)在? ,1? 上单调递 e e ?e ?

1 1 [ ? ln( x ? 1)] x2 x ?1

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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
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

∴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.

k ( x ? 0) 恒成立 x ?1

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.

( 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

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 37 解: (Ⅰ)? g ?( x) ? e 在区间 [1, e) ? xe1? x ? e1? x (1 ? x) ? g ( x) 在区间 (0,1] 上单调递增, 2?e 上单调递减,且 g (0) ? 0, g (1) ? 1, g (e) ? e ?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 ? f ?( x) ? a ? (1 ? x ? e) ? [ ,1] 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 当 a ? 1 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, a e a a 1 1 由上可得 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 e a 1 a ? 2 ,则 a ? ? e 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 ? x 2 ,则 y ? y 2 a ( x1 ? x 2 ) ? (ln x1 ? ln x 2 ) ln x1 ? ln x 2 k AB ? 1 ? ?a? , 而 f ( x) 在点 M 处的切线斜率为 x1 ? x 2 x1 ? x 2 x1 ? x 2
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1? x

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 36 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. (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 ? sin x ? x, h '( x) ? e ? cos x ? 1 ? 0 当 x>0 时恒成立.
x x

∴x∈[0,+∞ ) 时,h(x)的最小值为 h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令 ? ( x) ? F ( x) ? F (? x) ? e ? e
x ?x

? 2sin x ? 2ax.

则 ? '( x) ? e ? e
x x

?x

? 2cos x ? 2a. S ( x) ? ? ''( x) ? e x ? e? x ? 2sin x .
?x

因为 S '( x) ? e ? e

? 2cos x ? 0 当 x≥0 时恒成立,

所以函数 S(x)在 [0, ??) 上单调递增,

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f ?( x0 ) ? f ?(
故有

x1 ? x 2 2 )?a? , 2 x1 ? x 2

| 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 )

ln x1 ? ln x 2 2 ? x1 ? x 2 x1 ? x 2

即 ln

x1 2( x1 ? x 2 ) ? ? x2 x1 ? x 2

2(

x1 ? 1) x x2 4 ?2?0, ,令 t ? 1 ? (0,1) ,则上式化为 ln t ? x1 x2 t ?1 ?1 x2

4 1 4 (t ? 1) 2 ? 2 ,则由 F ?(t ) ? ? ? ? 0 可得 F (t ) 在 (0,1) 上单调递增, 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 ”. 故 F (t ) ? F (1) ? 0 ,即方程 ln t ? t ?1
令 F (t ) ? ln t ? 例38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 故?

∵方程 | 2 ? 1 | ?
x

1 ? 2k ? (2 ? 3k ) ? 0 有三个不同的实数解, | 2x ?1|

∴由 t ?| 2 x ? 1 | 的图像知,

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

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

当 a ? 0时,g ( x)在 ? 2, 3? 上为减函数 故?

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

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 2 ?a ? ?1 ? ? ? ? ? g (2) ? 2 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 5 ?b ? 3
1 f ? x? ? x ? ? 2 . x

? 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

则?

?? (0) ? 1 ? 2k ? 0 ? ? (1) ? ?k ? 0



1 ? 2 ? k ? 2x 2x

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

例39解: (Ⅰ) a ? 0 时, f ? x ? ? x

? x ? b? ex ,

∴k ? 0

? 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 ,
2

? ? ? b ? 3? ? 8b ? ? b ? 1? ? 8 ? 0 ,
2 2

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

? 设 x1 ? x2 是 g ? x ? ? 0 的两个根,
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(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 .

于是 3a ? 2 x ? x ? 1 2 即

3?a ? b ? 3? ?

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

? g ? 0 ? ? 0 ,即 2b ? 0 ,? b ? 0.
(Ⅱ)解: f ? ? x ? ? e
x

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

2 ? x ? a? ? ? x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a ? ?,

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

令 g ( x) ? x 2 ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a ,

a ? b ? 3 ? 0, 于是 a ? b ? 1 ?

?9 ? 13 7 ? 13 ,此时 b ? ? a ? , 2 2

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

此时 x4 ?

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

②若 (a ? x1 ) ? 2( x2 ? a ) ,则 x 4 ?

a ? x1 , 2

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

2

?8 ,

x2 ?

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

2

?8

于是 3a ? 2 x ? x ? 2 1 即

3 ? a ? b ? 3? ?

? a ? b ? 1?
2

2

?8 ,
2

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 ? 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

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

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

或 x4 ? 2 x1 ? a ? a ? b ? 3 ? (a ? b ? 1) ? 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 ?

b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? , 2 2 7 ? 13 1 ? 13 . 时, x4 ? a ? 2 2

a ? x2 , 2

b ? ?a ?

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例40 (1)

x2 f ( x) ? 2( x ? 1)

的定义域为

? x x ? 1?

(此处不写定义域,结果正确不扣分)

即 ln x ? 1 ?
x

1 ,x ?0 x ?1



[来源:Z#xx#k.Com]

由①.②可知 1 所以, 1
? ln

2 x 2( x ? 1) ? x 2 2 x 2 ? 2 x f ?( 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?12

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 ? 在 1
n ?1 ? ln

1 n

则 Tn ? 1 ? 1 ? 1 ? 2 3

?

1 n

[来源:Z*xx*k.Com]

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

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


两式相减得 (an ? an ?1 )(an ? an ?1 ? 1) ? 0 ∴ an ? ?an ?1 或 an ? an ?1 ? ?1 当 n ? 1 时, 2a1 ? a1 ? a12 ? a1 ? ?1 ,若 an ? ?an ?1 ,则 a2 ? 1 这与题设矛盾 ∴ an ? an ?1 ? ?1 ∴ an ? ?n

T2012 ? 1 ? ln 2012 ? T2011
2

例 41 解:(1)依题意: h( x) ? ln x ? x ? bx.

h(x )在(0,+ ? )上是增函数,

? h? (x ) ?

1

x

? 2x ? b ? 0 对 x∈(0,+ ? )恒成立,

1 n ?1 1 于是,待证不等式即为 ? ln ? . n ?1 n n
为此,我们考虑证明不等式 令1 ?

?b ?

1

x

? 2x . 1

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

x ? 0,则

x

? 2x ? 2 2.

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

? b的取值范围为 ? ?,2 2 .
由 t ? (1, ??) 知 g ?(t ) ? 0 ∴ g (t ) ? g (1) ? 0 于是 t ? 1 ? ln t (2)设 t ? e , 则函数化为y ? t ? bt, t ? [1,2].
x 2

?

?

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

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

b b2 ? y ? (t ? ) 2 ? . 2 4 b ?当 ? ? 1,即 ? 2 ? b ? 2 2时,函数y在[1,2]上为增函数, 2
当 t=1 时,ym I n=b+1;

∴ h(t ) ? h(1) ? 0

1 t
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当1 ? ? 当?

b b b2 ? 2,即 ? 4 ? b ? ?2时,当t ? ? 时,ymin ? ? ; 2 2 4

b ? 2,即b ? ?4时,函数y在[1,2]上是减函数, 2

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

当 t=2 时,ym I n=4+2b

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

x2 2(u ? 1) ? 1, 则 ln u ? , u ? 1, x1 1? u



b2 . 4

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

x ? x2 (3)设点 P、Q 的坐标是 ( x1 , y1 ), ( x 2 , y 2 ), 且0 ? x1 ? x 2 . 则点 M、N 的横坐标为 x ? 1 . C1 2
在点 M 处的切线斜率为 k1 ?

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

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 42 (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 即 2 ? 2b ? ln

C2 在点 N 处的切线斜率为 k 2 ? ax ? b |

?

a( x1 ? x 2 ) ? 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 .

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



2 a ( x1 ? x2 ) ? ? b. x1 ? x2 2

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

所以存在点 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



2( x2 ? x1 ) a ( x ? x ) ? ? b( x2 ? x1 ) x1 ? x2 2
2 2 2 1

y ? f ( x) 的图像上.
(2)由(1)得 f ( x) ? f (2 ? x) ? 2(0 ? x ? 2) .

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

? y2 ? y1
? ln x2 ? ln x1 ? ln x2 , x1

i i i ,则 f ( ) ? f (2 ? ) ? 2 (i ? 1, 2, ???, 2n ? 1) . n n n 1 2 2 1 因为 Sn ? f ( ) ? f ( ) ? ??? ? f (2 ? ) ? f (2 ? ) ①, n n n n
令x?

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

1 n

2 n

2 n

1 n

(Ⅱ)解: f ( x) ? ? x( x ? a ) 2 ? ? x 3 ? 2ax 2 ? a 2 x

f ?( x) ? ?3x 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

S ?1 ? n( n ? N* ) . (3)由(2)得 Sn ? 2n ?1(n ? N ) ,所以 an ? 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
*

x
f ?( x)

a? ? ? ?∞, ? 3? ?

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a

(a, ? ∞)

所以当 n ? N 且 n ? 2 时,不等式
*

m n m ? n ? ?? 恒成立 ? ? . ? ?? ln 2 ln n ln 2 ? ln n ?min
因此,函数 f ( x) 在 x ?

?

?

0

?

设 g ( x) ?

ln x ? 1 x ( x ? 0) ,则 g ?( x) ? . (ln x) 2 ln x

a 处取得极小值 3

?a? f ? ? ,且 ?3?

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

当 0 ? x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0, e) 上单调递减; 当 x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (e, ??) 上单调递增. 因为 g (2) ? g (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:

2 3 ln 9 ? ln 8 ? ? ? 0 ,所以 g (2) ? g (3) , ln 2 ln 3 ln 2 ? ln 3

3 . ln 3 m 3 m 3ln 2 ?? 由 ? g (n) ?min ? ? ,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
* 所以当 n ? N 且 n ? 2 时, ? g (n) ?min ? g (3) ?

x
f ?( x)

? ?∞,a ?
?

a

? a? ? a, ? ? 3?

a 3
0

?a ? ? ∞? ? , ?3 ?

0

?

?

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 ?

例43解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ? 1) 2 ? ? x 3 ? 2 x 2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且

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

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
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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

则当 x ? (0, 当 x?(

要使①式恒成立,必须 k 2 ? k ≥ 2 ,即 k ≥ 2 或 k ≤ ?1 .

0? 上存在 k ? ?1 ,使得 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) 对任意的 x ? R 恒成立. 所以,在区间 ? ?1,
解: f ( x) ? a ? sin x .
/

3? , ? ] 时 , sin x ? cos x ? 0 ,故 c?( x) ? 0 , c( x) 单调递增 4 3? 所以 c( x) 在 x ? (0, ? ] 时有最小值 c( ) ? ? 2 ? 1 , 4
x ?0 x ??

3? ) 时, sin x ? cos x ? 0 ,故 c?( x) ? 0 , c( x) 单调递减 4

c( x) ? (1 ? 0) cos 0 ? (0 ? 1)sin 0 ? 1 ? 0 , lim? c( x) ? c(? ) ? ?(1 ? ? ) ? 1 ? 0 而 lim ?
综上可知 x ? (0, ? ] 时, c( x) ? 0 ? g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在区间 (0, ? ] 单调递 所以 [ g ( x)]min ? g (? ) ?

例 44 (Ⅰ)因为 x ?[0, ? ] ,所以 0 ? sin x ? 1 . 当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递增函数; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递减函数;

2

?

,故所求 a 的取值范围为 a ?

2

?

.

另解:由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得 f (? ) ? 1 ? a? ? 1 ? 1 ? a ? 令 g ( x) ? sin x ? 当 x ? (0, arcsin

2

? 当 0 ? a ? 1 时 , 由 f ( x ) ? 0 得 sin x ? a ,

由 f ( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或
/

2

?

x (0 ? x ?

?
2

?

,

) ,则 g / ( x) ? cos x ?

2

? ? arcsin a ? x ? ? ; 由 f / ( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a ;
所以当 0 ? a ? 1 时 f ( x) 在 [0, arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上为为单调递增函数;在

2

又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即

?

?

) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin 2

2 ? , ) 时, g ?( x) ? 0 ? 2

?

,

2

?

x ? sin x(0 ? x ?

?

2

)

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数.
(Ⅱ)因为 f ( x) ? 1 ? sin x ? ax ? cos x ? 1 ? sin x ? ax ? 1 ? sin x ? cos x 当 x ? 0 时, 0 ? 1 ? sin 0 ? cos0 ? 0 恒成立 当 0 ? x ? ? 时, ax ? 1 ? sin x ? cos x ? a ?

故当 a ?

2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x

时,

2

?
2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x) ? 1 ? sin x 2

1 ? sin x ? cos x (0 ? x ? ? ) ,则 令 g ( x) ? x (cos x ? sin x) x ? 1 ? sin x ? cos x (1 ? x) cos x ? ( x ? 1) sin x ? 1 g ?( x) ? ? x2 x2
又令 c( x) ? (1 ? x) cos x ? ( x ? 1)sin x ? 1 ,则

1 ? sin x ? cos x 1 ? sin x ? cos x ? a ?[ ]min x x

? x ? ? 时, f ( x ) ?

?

x ? cos x ? 1 ? 2

( x ? ) ? sin( x ? ) ? 1 ? sin x ? 2 2

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为 a ? 例 45 (I) f ( x ) ?
/

?

.

x( x ? 6) x?2 / ? 0 , 得 x ? (??, 2) ? (4, ??) , 解 . (2 ) 注 意 到 4( x ? 2)( x ? 4) x?4

x( x ? 6 ) 4( x? 2x )? (

? 0 得 x ? 6 或 x ? 0 .当 x 变化时, f / ( x), f ( x) 的变化情况如下表: 4)

c?( x) ? cos x ? (1 ? x)sin x ? sin x ? ( x ? 1) cos x ? ? x(sin x ? cos x)

x

(??,0)

0

(0, 2)

(4,6)

6

(6, ??)

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f / ( x)

+ 增

0 极大值

- 减

- 减

0 极小值

+ 增

故 x ? 1 是方程 4 x 3 ? 12 x 2 ? 2ax ? 0 之根,

f ( x)

?a ? 4 .
(2)由 f ( x) ? g ( x) ? x 2 ( x 2 ? 4 x ? 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.

1 3 / 所以 f (0) ? ln 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 4? x 6? x 3 3 Q(6 ? x, ? f ( x)) . f (6 ? x) ? ln ? ? ? f ( x ) . ? Q 也 在 f ( x) 的 图 象 上 , 因 而 2? x 2 4 2

? ? ? 16 ? 4(4 ? b) ? 0 且 4 ? b ? 0 .

?b ? (0,4) ? (4,??) .
b (3)? f ( x ? m) ? g ( x ? n) ? x 4 ? 4 x3 (m ? 1) ? 2 x 2 (3m 2 ? 6m ? 2 ? ) ? 2 x(2m3 ? 6m2 2
? 4m ? bn) ? m 4 ? 4m 3 ? 4m 2 ? bn2 ? 2 为偶函数,

f ( x) 的图象是中心对称图形. (8/ )
(III) 假设存在实数 a 、 b .

? a, b? ? D ,?b ? 2 或 a ? 4 .
b 1 b ? 0 , 而 ? 0 ? f ( x) ? . 故 此时 4 2 4

若 0 ? b ? 2 , 当 x ? ? a, b? 时 , f ( x) ? f (0) ? ln

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

?a b? f ( x) 的取值范围是不可能是 ? , ? . (10/ ) ?4 4?
若 4 ? a ? 6 , 当 x ? ? a, b? 时 , f ( x) ? f (6) ? ln 2 ? 时 f ( x) 的取值范围是不可能是 ? , ? . (12 ) 4 4 若 a ? b ? 0或6 ? a ? b , 由 g ( x) 的 单 调 递 增 区 间 是 ? ??, 0 ? , ? 6, ?? ? , 知 a, b 是

? m ? ?1, n ? 0 .

a 3 3 3 a ? , 而 ? ? f ( x) ? . 故此 2 2 4 4 2

?a b? ? ?

/

f ( x) ?

x x?2 x ? 0 无解 . 故此时 f ( x) 的取值范围是不可能是 的两个解 . 而 f ( x) ? ? ln 4 x?4 4

?a b? , ? . (14/ ) ? ?4 4?
综上所述,假设错误,满足条件的实数 a 、 b 不存在. 例 46 解: (1) f ' ( x) ? 4 x3 ? 12x 2 ? 2ax , 由已知 f ' ( x) 在 [0,1] 上的值为正, 在 [1,2] 上的值为负.
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