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高二导数练习题(教师版)


导数练习题(教师版) 题型一:求参数的取值范围与最值
1.已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围; (3)函数 f(x)能否为 R 上的单调函数,若能,求出 a 的取值范围;若不能,请说明理由 解 (1

)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+2>0,解得- 2<x< 2.∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2). (2)∵函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, ∴f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立. ∵f′(x)=[-x2+(a-2)x+a]ex∴[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. ∵ex>0, ∴-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立,即 x2-(a-2)x-a≤0 对 x∈(-1,1)恒成立. 设 h(x)=x2-(a-2)x-a ? ?h?-1?≤0 3 只须满足? ,解得 a≥ . 2 ?h?1?≤0 ? (3)若函数 f(x)在 R 上单调递减, 则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立,即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0,即 a2+4≤0,这是不可能的. 故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减. 若函数 f(x)在 R 上单调递增, 则 f′(x)≥0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≤0 对 x∈R 都成立. 而 x2-(a-2)x-a≤0 不可能恒成立, 故函数 f(x)不可能在 R 上单调递增. 1 2.已知函数 f(x)= (1+x)2-ln(1+x).(1)求 f(x)的单调区间; 2 1 (2)若 x∈[ -1,e-1]时,f(x)<m 恒成立,求 m 的取值范围. e 1 解 (1)∵f(x)= (1+x)2-ln(1+x), 2 x?2+x? 1 ∴f′(x)=(1+x)- = (x>-1). 1+x 1+x ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, 在(-1,0)上单调递减. (2)令 f′(x)=0,即 x=0,则 1 x 0 ( -1,0) (0,e-1) e 0 f′(x) - + f(x) 极小值 1 1 1 2 1 又∵f( -1)= 2+1,f(e-1)= e -1> 2+1, e 2e 2 2e 1 1 2 又 f(x)<m 在 x∈[ -1,e-1]上恒成立,∴m> e -1. e 2 1 π 3.已知函数 f(x)=4x3-3x2cosθ+ ,其中 x∈R,θ 为参数,且 0≤θ≤ . 32 2 (1)当 cosθ =0 时,判断函数 f(x)是否有极值; (2)要使函数 f(x)的极小值大于零,求参数θ 的取值范围;
1

(3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数θ ,函数 f(x)在区间(2a-1,a)内都是增函数,求实数 a 的取值 范围. 1 解: (1)当 cosθ=0 时,f(x)=4x3+ ,则函数 f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,故无极值. 32 cosθ (2)f′(x)=12x2-6xcosθ,令 f′(x)=0,得 x1=0,x2= . 2 π 由 0≤θ≤ 及(1),只考虑 cosθ>0 的情况. 2 当 x 变化时,f′(x)的符号及 f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞, 0) + 0 0 极大值

?0,cosθ? 2 ? ?


cosθ 2 0 极小值

?cosθ,+∞? ? 2 ?


cosθ? cosθ 1 3 1 ?cosθ? 因此,函数 f(x)在 x= 处取得极小值 f? ? 2 ?,且 f? 2 ?=-4cos θ+32. 2 cosθ? 1 3 1 要使 f? ? 2 ?>0,必有-4cos θ+32>0,可得 1 π π 0<cosθ< ,所以 <θ< . 2 3 2

(3)由(2)知,函数 f(x)在区间(-∞,0) 由题设,函数 f(x)在(2a-1,a)内是增函数,则 a 须满足不等式

? 2a ? 1 ? a ? 2a ? 1 ? a ? 组? 或? 1 2a ? 1≥ cos ? ?a ≤ 0 ? ? 2
π π? 1 1 由(2),θ∈? ?3,2?时,0<cosθ<2.要使不等式 2a-1≥2cosθ 关于参数 θ 恒成立, 1 必有 2a-1≥ . 4 5 综上,a 的取值范围为 a≤0 或 ≤a<1. 8
2 4.设 a ? 0 ,函数 f ( x) ? x ? a ln x ?1 .

(I)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线方程; (II)当 x ?[1, ??) 时,求函数 f ( x ) 的最小值. 解: (I) x ? y ? 1 ? 0 ;

? x 2 ? a ln x ? a( x ≥ e) ? (II) f ( x) ? ? 2 . ? ? x ? a ln x ? a (1 ≤ x ? e)
(1)当 x ≥ e 时, f ?( x) ? x ?

a ? 0 , f ( x) 在 [e, ? ?) 上单调递增,所以 f ( x) 的最小值为 f (e) ? e2 ; x a a a ,令 f ?( x) ? 0 ,则 x ? 或x?? (舍) . x 2 2
2

(2) 当 1 ≤ x ? e 时, f ?( x) ? 2 x ?

①当

a ≤1 即 0 ? a ≤ 2 时,在 (1, e) 上, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递增, f ( x) 的最小值为 f (1) ? 1 ? a , 2
2

且有 1 ? a ? e ; ②当 1 ?

a a a ? e 即 2 ? a ? 2e2 时,在 (1, ) 上, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减,在 ( , e) 上, f ?( x) ? 0 , 2 2 2
3a a a a 3a a a ? ln ? e 2 ; (注:可证 )? ? ln , 且 有 2 2 2 2 2 2 2

f ( x) 单 调 递 增 . f ( x) 的 最 小 值 为 f (

单调增, g ( x)? 3x? x l n x (1 ? x? 2 e ) g ( x) ? g (e2 ) ? e2 ) ) ③当

a ≥ e 即 a ≥ 2e2 时,在 (1, e) 上, f ?( x) ? 0 , f ( x) 单调递减, f ( x) 的最小值为 f (e) ? e2 ; 2

(0 ? a ≤ 2) ?1 ? a ? 3a a a ? 综上, f min ( x) ? ? ? ln (2 ? a ? 2e 2 ) . ?2 2 2 2 ? (a ≥ 2e2 ) ?e
5.已知函数 f ( x) ? ln x ? a2 x2 ? ax(a ? R) . (1)当 a ? 1 时,证明函数 f ( x ) 只有一个零点; (2)若函数 f ( x ) 在区间 ?1, ?? ? 上是减函数,求实数 a 的取值范围. 解: (2)法一:因为 f ( x) ? ln x ? a x ? ax 其定义域为 (0, ??) ,
2 2

所以 f ?( x) ?

1 ?2a 2 x 2 ? ax ? 1 ?(2ax ? 1)(ax ? 1) ? 2a 2 x ? a ? ? . x x x

1 ? 0,? f ( x) 在区间 (0, ??) 上为增函数,不合题意; x 1 ②当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0( x ? 0) 等价于 (2ax ? 1)(ax ? 1) ? 0( x ? 0) ,即 x ? . a
①当 a ? 0 时, f ?( x) ?

?1 1 ? ? 1, 此时 f ( x ) 的单调递减区间为 ( , ??) .依题意,得 ? a 解之得 a ? 1 ; a ? ? a ? 0.
③当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0( x ? 0) 等价于 (2ax ? 1)(ax ?1) ? ( x ? 0) ,即 x ?

1 · 2a

? 1 1 1 ?? ? 1, , ??) ,? ? a 此时 f ( x ) 的单调递减区间为 (? 得a ? ? ; 2a 2 ? ?a ? 0.
综上,实数 a 的取值范围是 (??, ? ] U[1, ??) .
3

1 2

法二: Q f ( x) ? ln x ? a x ? ax, x ? (0, ??) f ?( x) ?
2 2
2 2

1 ?2a 2 x 2 +ax ? 1 2 ? 2a x ? a ? x x

由 f ( x ) 在区间 (1, ??) 上是减函数,可得 ?2a x ? ax ? 1 ? 0 在区间 (1, ??) 上恒成立. ① 当 a ? 0 时, 1 ? 0 不合题意;

1 ? 1 ? a ? 或a ? 0, ?1 ? a ? 或 a ? 0, ? 1, ? ? ? 4 ?? ② 当 a ? 0 时,可得 ? 4a 即? 4 2 ? a ? 1或a ? ? 1 ? ? f (1) ? 0 ? ??2a ? a ? 1 ? 0 ? ? 2
1 ? a ? (??, ? ] U[1, ??) . 2
法三:令 g ( x) ? ?2a2 x2 +ax ? 1 ,由于 g ( x) ? ?2a2 x2 +ax ? 1 开口向下且恒过 (0,1) 点, 所以要使 g ( x) ≤ 0 ,只需 g (1) ≤ 0

1 ? 2a 2 x ? a 在 (1, ??) 上递减,要使 f ?( x) ≤ 0 ,只需 f ?(1) ≤ 0 x 1 1 1 2 法五: f ?( x) ? ? 2a x ? a ≤ 0 ,即 a ≤ 或 a ≥ ( x ≥1) x ?2 x x 3 2 6.已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) .
法四: f ?( x) ? (I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ?3 ,求 a , b 的值; (II)若函数 f ( x ) 在区间 (?1,1) 上不单调 ,求 a 的取值范围. ... 解析: (Ⅰ )由题意得 f ?( x) ? 3x ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)
2

又?

f (0) ? b ? 0 ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 . ? f ( 0 ) ? ? a ( a ? 2 ) ? ? 3 ? ?
导函数 f ?( x) 在 (?1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?( x) 在 (?1,1) 上存在零点,且 f ?( x) ? 0 在 (?1,1) 上无重根.

(Ⅱ )函数 f ( x) 在区间 (?1,1) 不单调,等价于

法一: (根的分布,分类讨论) 当 f ?( x) ? 0 在 (?1,1) 上有且只有一个根时,则 整理得

f ?(?1) f ?(1) ? 0 ,

(a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1 ;

? f ?(?1) ? 0 ? f ?(1) ? 0 ? 1 ? 当 f ?( x) ? 0 在 (?1,1) 上有两个不等实根时,则 ? 2 a ? 1 ,解得 ?1 ? a ? 1 且 a ? ; 2 ?1 0? ? ?1 2 ? 0 ? ? ?9? 0
当有一根为 ?1 或 1 时,代入检验,可得 a ? ?1 . 0 4 2 3
4

综上, ?5 ? a ? 1 且 a ? ?

1 . 2 a?2 . 3

法二: f ?( x) ? ( x ? a)(3x ? a ? 2) ,令 f ?( x) ? 0 ,则 x ? a 或 x ? ? 因 f ?( x) ? 0 在 (?1,1) 上有根且无重根, 则 ?1 ? a ? 1 或 ?1 ? ?

a?2 a?2 ? 1 ,且有 ? ?a, 3 3 1 . 2

解得: ?5 ? a ? 1 且 a ? ?
ax

7.已知函数 f ( x ) = ? e ? x ,其中 a≠0. (Ⅰ )若对一切 x∈ R, f ( x ) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合. (II)在函数 f ( x ) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) ( x1 ? x2 ) ,记直线AB的斜率为K,问: 是否存在x0∈ (x1,x2) ,使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由.
ax 解: (Ⅰ )若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x ) ? e ? x ? 1 ,这与题设矛盾,又 a ? 0 ,

故a ? 0. 而 f ?( x) ? aeax ? 1, 令 f ?( x) ? 0, 得x ? 当x?

1 1 ln . a a

1 1 1 1 1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减;当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增,故当 x ? ln a a a a a a 1 1 1 1 1 时, f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln . a a a a a
于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当

1 1 1 ? ln ? 1 . a a a
令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t.



当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减. 故当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 .因此,当且仅当 综上所述, a 的取值集合为 ?1? . (Ⅱ )由题意知, k ?

1 ? 1 即 a ? 1 时,① 式成立. a

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 ? ? 1. x2 ? x1 x2 ? x1 eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1
5

ax 令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? ae ?

? ( x1 ) ? ?

eax1 eax2 a ( x2 ? x1 ) ? ? ? e ? a ( x ? x ) ? 1 , ? ( x ) ? ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? 2 1 2 ? ? ? ?. x2 ? x1 x2 ? x1

令 F (t ) ? et ? t ?1 ,则 F ?(t ) ? et ? 1 . 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增.
t 故当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0.

从而 ea ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0, 又 所以 ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0.

eax1 eax2 ? 0, ? 0, x2 ? x1 x2 ? x1

因 为 函 数 y ? ? ( x) 在 区 间 ? x1 , x2 ? 上 的 图 象 是 连 续 不 断 的 一 条 曲 线 , 所 以 存 在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使

1 eax2 ? eax1 .故当且仅当 ? ( x0 ) ? 0, ??( x) ? a e ? 0,? ( x) 单调递增,故这样的 x0 是唯一的,且 x0 ? ln a a( x2 ? x1 )
2 ax

1 eax2 ? eax1 x ? ( ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k . a a( x2 ? x1 )
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为 ( ln 8.已知函数 f(x)=

1 a

eax2 ? eax1 , x2 ) . a( x2 ? x1 )

1 2x e -ax(a∈R,e 为自然对数的底数).(I)讨论函数 f(x)的单调性; 2 1 2x (II) 若 a=1 ,函数 g(x)= (x-m)f(x)- e +x 2+x 在区间(0,+ ? )上为增函数,求整数 m 的 4

最大值.

? ?) , f ' ( x) ? e 解: (Ⅰ)定义域为 (??,

2x

?a,

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 (??, ? ?) 上为增函数; 当 a ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 得 x ? 当 x?(

ln a ln a ,且当 x ? ( ?? , ) 时, f ' ( x) ? 0 , 2 2

ln a , ? ? ) 时 f ' ( x) ? 0 , 2 ln a ln a , ? ?) 为增函数. 所以 f ( x ) 在 x ? ( ?? , ) 为减函数,在 x ? ( 2 2 1 2x 1 2x 2 (Ⅱ)当 a ? 1 时, g ( x) ? ( x ? m)( e ? x) ? e ? x ? x , 2 4
? ?) 上为增函数,则 g '( x) ? ( x ? m)(e 若 g ( x) 在区间 (0,
即m ?
2x

? ?) 恒成立, ?1) ? x ? 1 ? 0 在 (0,

x ?1 x ?1 ? x , x ? (0, ? x 在 (0, ? ?) 恒成立,令 h( x) ? 2 x ? ?) ; 2x e ?1 e ?1
6

h' ( x) ?
1 2

e 2 x (e 2 x ? 2 x ? 3) , x ? (0, ? ?) ;令 L( x) ? e 2 x ? 2 x ? 3 , 2x 2 (e ? 1)

可知 L ( ) ? e ? 4 ? 0 , L(1) ? e 2 ? 5 ? 0 ,又当 x ? (0, ? ?) 时 L' ( x) ? 2e 2 x ? 2 ? 0 ,

1 ) 所以函数 L( x) ? e 2 x ? 2 x ? 3 在 x ? (0, ; ? ?) 只有一个零点,设为 ? ,即 e 2? ? 2? ? 3 ,且 ? ? ( ,
由上可知当 x ? (0,? ) 时 L( x) ? 0 ,即 h' ( x) ? 0 ;当 x ? (?, ? ?) 时 L( x) ? 0 ,即 h' ( x) ? 0 , 所以 h( x ) ? 把 e 2?

1 2

x ?1 ? ?1 ? x , x ? (0, ?? , ? ?) ,有最小值 h(? ) ? 2? 2x e ?1 e ?1 1 1 3 1 ) (1, ) , ? 2? ? 3 代入上式可得 h(? ) ? ? ? ,又因为 ? ? ( , ,所以 h(? ) ? 2 2 2

又 m ? h( x) 恒成立,所以 m ? h(? ) ,又因为 m 为整数, 所以 m ? 1 ,所以整数 m 的最大值为 1.

9. (2013 年江苏理)设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e

x

? ax ,其中 a 为实数.

(1)若 f ( x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结论 解:(1)由 f ' ( x) ? 而由 x ? (1,??) 知
'

1 1 ?1? ? a ? 0 即 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立,∴ a ? ? ? max x x ?x? 1 <1 x
' x ' ∴ a ? 1 由 g ( x) ? e ? a 令 g ( x) ? 0 则 x ? ln a

当 x < ln a 时 g ( x) <0,当 x > ln a 时 g ( x) >0, ∵ g ( x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 综上所述: a 的取值范围为 (e,??) (2)证明:∵ g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数 ∴ g ( x) ? e ? a ? 0 即 a ? e x 对 x ? (?1,??) 恒成立, ∴ a ? e
' x

'

∴a >e

? ?
x

min

而当 x ? (?1,??) 时, e x > 分三种情况:

1 e 1 >0 x

∴a ?

1 e

(Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' ( x) ?

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数
7

∵ f (1) ? 0

∴f(x)存在唯一零点

(Ⅱ)当 a <0 时, f ' ( x) ?

1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x

∵ f (e a ) ? a ? ae a ? a (1 ? e a ) <0 且 f (1) ? ? a >0 ∴f(x)存在唯一零点

1 1 1 时, f ' ( x) ? ? a ,令 f ' ( x) ? 0 得 x ? e x a 1 1 ? a( x ? ) ? a( x ? ) 1 1 a >0; x > 时, f ' ( x) ? a <0 ∵当 0< x < 时, f ' ( x) ? x x a a 1 1 1 1 ∴ x ? 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a 1 1 ①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ? , f ( x) 有唯一零点 x ? ? e e a 1 ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a ? , f ( x) 有两个零点 e 1 1 1 a 1 1 1 由于 f ( ) ? ln ? a ? ?1 ? <0, f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 e e e e a a a
(Ⅲ)当 0< a ? 且函数在 ? ,

?1 1? ?1 1? ? 上的图像不间断 ∴函数 f ( x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a? ?e a? ? ?
1 1? ? 1? ? 1? ' ? , f ( x) ? ? a >0,故 f ( x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f ( x) 在 ? 0, ? 只有一个零点 x a? ? a? ? a?
?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ? ,?? ? 的情况,先证 f (e a ) ? ln e a ? ae a ? a ?1 ln e ? ae a ? a (a ?2 ? e a ) <0 ?a ?

另外,当 x ? ? 0,

下面考虑 f ( x) 在 ?

为此我们要证明 : 当 x > e 时 , e x > x 2 , 设 h( x) ? e ? x
x

2

, 则 h ( x) ? e ? 2 x , 再设 l ( x) ? e ? 2 x
' x x

∴ l ( x) ? e ? 2
' x

当 x >1 时, l ( x) ? e ? 2 > e -2>0, l ( x) ? e ? 2 x 在 ?1,?? ? 上是单调增函数
' x x

故当 x >2 时, h ( x) ? e ? 2 x > h (2) ? e ? 4 >0
' x ' 2

从而 h( x) ? e ? x 在 ?2,?? ? 上是单调增函数,进而当 x > e 时, h( x) ? e ? x > h(e) ? e ? e >0 即
x 2 x 2 e 2

当 x > e 时, e x > x 2 ,

1 a ?1 a ?1 a ?1 ?1 a ?1 ?2 a ?1 时,即 a ?1 >e 时, f (e ) ? ln e ? ae ? a ln e ? ae ? a (a ? e ) <0 e 1 1 1 ?1 a ?1 又 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f ( x) 在 a , e 上的图像不间断, a a a
当 0< a <

?

?

8

∴函数 f ( x) 在 a , e

?

?1

a

?1

?

1 上有存在零点,又当 x > 时, f ' ( x) ? a

1 ? a( x ? ) a <0 故 f ( x) 在 a ?1 ,?? 上 x

?

?

是单调减函数∴函数 f ( x) 在 a ?1 ,?? 只有一个零点

?

?

1 时, f ( x) 的零点个数为 2 e x 2 10. (2013 年广东省数学(理) )设函数 f ? x ? ? ? x ? 1? e ? kx (其中 k ? R ).
综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0 时, f ( x) 的零点个数为 1;当 0< a < (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 ?
x 2

(Ⅰ)当 k ? 1 时 f ? x ? ? ? x ? 1? e ? x , 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? f ? x?

? ??, 0 ?
?

0
0
极 大 值

? 0, ln 2 ?
?

ln 2

? ln 2, ?? ?
?

0
极小 值

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, ?? ? . (Ⅱ) f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x e x ? 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 ; 所以 M ? max f ? 0 ? , f ? k ? ? max ?1, ? k ? 1? e k ? k 3
k 3

?

?

?

?

?

?

?

?
k k

令 h ? k ? ? ? k ? 1? e ? k ? 1 ,则 h? ? k ? ? k e k ? 3k ,令 ? ? k ? ? e ? 3k ,则 ? ? ? k ? ? e ? 3 ? e ? 3 ? 0 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 ,当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 , ?2 ? ?2 ?

所以存在 x0 ? ? 所以 ? ? k ? 在 ?

?1 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减. ?2 ?
9

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 ?

综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? e ? k .
k 3

11. (2013 年高考新课标 1(理) )已知函数

f ( x) = x 2 ? ax ? b , g ( x) = e x (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 ? 4 x ? 2
(Ⅰ)求 a , b , c , d 的值;(Ⅱ)若 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) ,求 k 的取值范围.
解:(Ⅰ)由已知得

f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 ,

x 而 f ?( x) = 2 x ? b , g ?( x) = e (cx ? d ? c ) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e ( x ? 1) ,
2 x x 2 设函数 F ( x) = kg ( x) ? f ( x) = 2ke ( x ? 1) ? x ? 4 x ? 2 ( x ? ?2 ),

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

(?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 F ( x1 ) = 2 x1 ? 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 x 2 (2)若 k ? e ,则 F ?( x) = 2e ( x ? 2)(e ? e ) ,

2

∴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 ?2

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

∴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 ].
10
2

题型二:证明不等式
1 1.已知函数 f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,a>1. 2 (1)讨论函数 f(x)的单调性; f?x1?-f?x2? (2)证明:若 a<5,则对任意 x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,有 >-1. x1-x2 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞). a-1 x2-ax+a-1 ?x-1??x+1-a? f′(x)=x-a+ = = .[2 分] x x x ?x-1?2 ①若 a-1=1,即 a=2 时,f′(x)= . x 故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②若 a-1<1,而 a>1,故 1<a<2 时,则当 x∈(a-1,1)时,f′(x)<0;当 x∈(0,a-1)及 x∈(1,+∞) 时,f′(x)>0,故 f(x)在(a-1,1)上单调递减,在(0,a-1),(1,+∞)上单调递增. ③若 a-1>1,即 a>2 时,同理可得 f(x)在(1,a-1)上单调递减, 在(0,1),(a-1,+∞)上单调递增. (2)证明 考虑函数 g(x)=f(x)+x 1 = x2-ax+(a-1)ln x+x. 2 a-1 a-1 则 g′(x)=x-(a-1)+ ≥2 x· -(a-1) x x 2 =1-( a-1-1) . 由于 1<a<5,故 g′(x)>0, 即 g(x)在(0,+∞)上单调递增,从而当 x1>x2>0 时,有 g(x1)-g(x2)>0, f?x1?-f?x2? f?x1?-f?x2? f?x2?-f?x1? 即 f(x1)-f(x2)+x1-x2>0,故 >-1. 当 0<x1<x2 时,有 = >-1. x1-x2 x1-x2 x2-x1 f?x1?-f?x2? 综上,若 a<5,对任意 x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2 有 >-1. x1-x2 1.(2010 全国Ⅰ卷)已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 . (Ⅰ)若 xf '( x) ? x2 ? ax ? 1 ,求 a 的取值范围; (Ⅱ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 . 解: (Ⅰ) f ?( x) ?

x ?1 1 ? ln x ? 1 ? ln x ? , xf ?( x) ? x ln x ? 1 , x x
2

题设 xf ?( x) ? x ? ax ? 1 等价于 ln x ? x ? a . 令 g ( x) ? ln x ? x ,则 g ?( x ) ?

1 ?1. x

当 0 ? x ? 1 , g ?( x) ? 0 ;当 x ≥ 1 时, g ?( x) ≤ 0 , x ? 1 是 g ( x) 的最大值点,

g ( x) ≤ g (1) ? ?1
综上, a 的取值范围是 ? ?1, ?? ? . (Ⅱ)思路一:证明 h( x) ? ( x ? 1) f ( x) 的最小值大于等于零,思路很简单,但操作起来很难,放弃.(需要三次 求导). 思路二:由(Ⅰ)知, g ( x) ≤ g (1) ? ?1 即 ln x ? x ? 1 ≤ 0 .
11

当 0 ? x ? 1 时, f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 ? x ln x ? (ln x ? x ? 1) ? 0 ; 当 x ≥ 1 时, 法一:可证明 f ( x) ≥ 0 . Q f ?( x) ? ln x ? 法二:(变形,套用 ln x ? x ? 1 ≤ 0 )

1 ? 0 ,? f ( x) 在 [1, ??) 上递增. ? f ( x) ≥ f (1) ? 0 x 1 1 1 ? 1) ? ln x ? x(ln ? ? 1) ≥ 0 x x x

f ( x) ? ln x ? ( x ln x ? x ? 1) ? ln x ? x(ln x ?
所以 ( x ? 1) f ( x) ≥ 0 2.(2010 天津卷)已知函数 f ( x) ? xe? x ( x ? R) . (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间和极值;

( Ⅱ ) 已 知 函 数 y ? g ( x) 的 图 象 与 函 数 y ? f ( x) 的 图 象 关 于 直 线 x ? 1 对 称 , 证 明 当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) ; (Ⅲ)如果 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明 x1 ? x2 ? 2 . (Ⅰ)解: f ?( x) ? (1 ? x)e? x . 令 f ?( x ) =0,解得 x ? 1 . 当 x 变化时, f ?( x ) , f ( x ) 的变化情况如下表

x
f ?( x ) f ( x)

( ??,1 ) +

1 0 极大值

( 1, ?? ) -

所以 f ( x ) 在( ??,1 )内是增函数,在( 1, ?? )内是减函数. 函数 f ( x ) 在 x ? 1 处取得极大值 f (1) 且 f (1) =

1 . e

(Ⅱ)证明:由题意可知 g ( x) ? f (2 ? x) ,得 g ( x) ? (2 ? x)e x?2 令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,即 F ( x) ? xe? x ? ( x ? 2)e x?2 于是 F '( x) ? ( x ?1)(e2 x?2 ?1)e? x , 当 x ? 1 时, 2 x ? 2 ? 0 ,从而 e 函数. 又 F(1)= e ? e
?1 ?1

2? x

?1 ? 0, 又e? x ? 0, 所以 F ?( x) ? 0 ,从而函数 F(x)在[1,+∞)是增

? 0,所以x ? 1时,有 F ( x) ? F (1) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x) .

(Ⅲ)证明:若 ( x1 ?1)( x2 ?1) ≥ 0,由(?)及f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,则 x1 ? x2 , 与x1 ? x2 矛盾. 故 ( x1 ?1)( x2 ?1) ? 0 .不妨设 x1 ? 1, x2 ? 1 .
12

由(Ⅱ)可知, f ( x2 ) ? f (2 ? x2 ) ,从而 f ( x1 ) ? f (2 ? x2 ) . 因为 x2 ? 1 ,所以 2 ? x2 ? 1, 又由(Ⅰ)可知函数 f ( x ) 在区间(-∞,1)内是增函数, 所以 x1 ? 2 ? x2 ,即 x1 ? x2 ? 2 . 4. (2010 湖北卷 21 题 14 分 ) 已知函数 f ( x) ? ax ?

y ? x ?1. (Ⅰ)用 a 表示出 b, c ; (Ⅱ)若 f ( x) ? ln x 在 [1, ??) 上恒成立,求 a 的取值范围; 1 1 1 n (n ? 1) . (Ⅲ)证明: 1 ? ? ? .... ? ? ln(n ? 1) ? 2 3 n 2(n ? 1)
解: (Ⅰ) f '( x ) ? a ?

b ? c(a ? 0) 的图象在点 (1, f (1))处的切线方程为 x

? f (l ) ? a ? b ? c ? 0 b ,则有 ? ,解得 2 x f '( l ) ? a ? b ? 1 ?

?b ? a ? 1 . ? c ? l ? 2 a ?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? ax ?

a ?1 ? 1 ? 2a , x a ?1 ? 1 ? 2a ? ln x , x ??1, ??? 令 g ( x) ? f ( x) ? ln x ? ax ? x 1? a a( x ? 1)( x ? ) 2 a ? 1 1 ax ? x ? (a ? 1) a ? 则 g (1) ? 0 , g ( x) ? a ? 2 ? ? ? x x x2 x2 1 1? a ?1 (i)当 0 ? a ? , 2 a 1? a 若 1? x ? ,则 g '( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,所以 g ( x) ? g (1) ? 0 a

f ( x) ? ln x ,故 f ( x) ? ln x 在 ?1, ?? ? 上恒不成立.
(ii) a ?

1 1? a ?1 时, 2 a

若 f ( x) ? ln x ,故当 x ? 1 时, f ( x) ? ln x . 综上所述,所求 a 的取值范围为 ? , ?? ? .

?1 ?2

? ?

1 时,有 f ( x) ? ln x( x ? 1) . 2 1 1 1 令 a ? ,有 f ( x) ? ( x ? ) ? ln x( x ? 1) 2 2 x 1 1 当 x ? 1 时, ( x ? ) ? ln x . 2 x
(Ⅲ)由(Ⅱ)知:当 a ?

13

令x?

k ?1 k ?1 1 ? k ?1 k ? 1? 1 1 ? ,有 ln ? ? ? ? ?(1 ? ) ? (1 ? ) . ? k k 2? k k ? 1? 2 ? k k ?1 ? ?
即 ln(k ? 1) ? ln k ?

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

将上述 n 个不等式一次相加得

ln(n ? 1) ?

1 1 1 1 1 整理得 ? ( ? ? ..... ? ) ? 2 2 3 n 2(n ? 1)

1 1 1 n . 1 ? ? ? .... ? ? ln(n ? 1) ? 2 3 n 2(n ? 1)
?1 ? 1 ?? , f ? ?? ? 6(12郑州二检理) 已知函数 f ( x) ? ax ? x ln x ,且图象在点 ? e ? e ? ? 处的切线的斜率为1( e 为自然 对数的底数).

(1)求实数 a 的值; (2)设 g ( x ) ?

f ( x) ? x ,求 g ( x) 的单调区间; x ?1
m n

(3)当 m ? n ? 1(m, n ? Z ) 时,证明:

n n ? . m m

解:(1) a ? 1 ; x ln x (2) g ( x) ? ,单调增区间 (0,1), (1, ??) ; x ?1 m ln m n ln n ? (3)转化为 由(2)的结论可得 m ?1 n ?1
7.设函数 f ( x) ? x ln x ( x ? 0) 。 (1)求函数 f ( x ) 的最小值;
2 (2)设 F (x) ? ax ? f ?(x ) (a ? R) ,讨论函数 F ( x ) 的单调性; (3)斜率为 k 的直线与曲线 y ? f ?( x) 交

于 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ( x1 ? x2 ) 两点, 求证: x1 ?

1 ? x2 。 k
. 时, . .

(1)解:f'(x)=lnx+1(x>0) ,令 f'(x)=0,得 ∵ 当 f'(x)>0, 时,f'(x)<0;当 ∴ 当 时,

(2)F(x)=ax2+lnx+1(x>0) , ① 当 a≥0 时,恒有 F'(x)>0,F(x)在(0,+∞)上是增函数; ② 当 a<0 时, 令 F'(x)>0,得 2ax2+1>0,解得 ;

14

令 F'(x)<0,得 2ax2+1<0,解得



综上,当 a≥0 时,F(x)在(0,+∞)上是增函数; 当 a<0 时,F(x)在 上单调递增,在 上单调递减.

(3)证:



要证

,即证

,等价于证

,令



则只要证

,由 t>1 知 lnt>0,

故等价于证 lnt<t﹣1<tlnt(t>1) (*) . ① 设 g(t)=t﹣1﹣lnt(t≥1) ,则 ,

故 g(t)在[1,+∞)上是增函数, ∴ 当 t>1 时,g(t)=t﹣1﹣lnt>g(1)=0,即 t﹣1>lnt(t>1) . ② 设 h(t)=tlnt﹣(t﹣1) (t≥1) ,则 h'(t)=lnt≥0(t≥1) ,故 h(t)在[1,+∞)上是增函数, ∴ 当 t>1 时,h(t)=tlnt﹣(t﹣1)>h(1)=0,即 t﹣1<tlnt(t>1) .由① ② 知(*)成立,得证.

三、任意性问题,存在性问题
4x2-7 1.已知函数 f(x)= ,x∈[0,1]. 2- x (1)求 f(x)的单调区间和值域; (2)设 a≥1,函数 g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1].若对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得 g(x0) =f(x1)成立,求 a 的取值范围. 解 :(1)对函数 f(x)求导,得 1 7 令 f′(x)=0 解得 x= 或 x= . 2 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) - 7 2 0 1 (0, ) 2 - 1 2 0 -4 1 ( ,1) 2 + -3 1 -4x2+16x-7 (2x-1)(2x-7) f′(x)= =- (2-x)2 (2-x)2

1 ? 1 所以,当 x∈(0, )时,f(x)是减函数;当 x∈? ?2,1?时,f(x)是增函数. 2 当 x∈[0,1]时,f(x)的值域为[-4,-3]. (2)g′(x)=3(x2-a2).
15

因为 a≥1,当 x∈(0,1)时,g′(x)<0. 因此当 x∈(0,1)时,g(x)为减函数,从而当 x∈[0,1]时有 g(x)∈[g(1),g(0)]. 又 g(1)=1-2a-3a2,g(0)=-2a,即 x∈[0,1]时有 g(x)∈[1-2a-3a2,-2a]. 任给 x1∈[0,1],f(x1)∈[-4,-3],存在 x0∈[0,1]使得 g(x0)=f(x1)成立, 则[1-2a-3a2,-2a]?[-4,-3].
2 ? ?1-2a-3a ≤-4,① ? 即 ?-2a≥-3.② ?

5 3 解①式得 a≥1 或 a≤- ;解②式得 a≤ . 3 2 3 又 a≥1,故 a 的取值范围为 1≤a≤ . 2 2 .(2010 山东) 已知函数 f ( x) ? ln x ? (Ⅰ)求 f ( x ) 的值域;

1 3 x? ? 1 (0 ? x ? 2) . 4 4x

(Ⅱ)设 g ( x) ? x2 ? 2bx ? 4 .若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? ,使 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) . 求实数 b 的取值范围. 解: (Ⅱ) f ( x ) 在(0,2)上的最小值为 f (1) ? ?

1 2

由于“对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ? [1, 2] ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ”等价于 “ g ( x) 在[1,2]上的最小值不大于 f ( x ) 在(0,2)上的最小值 ? 又 g ( x) ? ( x ? b) ? 4 ? b , x ? [1, 2] ,所以
2 2

1 ” (*) 2

①当 b ? 1 时,因为 [ g ( x)]min ? g (1) ? 5 ? 2b ? 0 ,此时与(*)矛盾; ②当 b ? [1, 2] 时,因为 [ g ( x)]min ? 4 ? b2 ? 0, ,同样与(*)矛盾; ③当 b ? (2, ??) 时,因为 [ g ( x)]min ? g (2) ? 8 ? 4b

1 17 . ,可得 b ? 2 8 17 综上, b 的取值范围是 [ , ??). 8 1? x 3.已知函数 f ( x) ? (2 ? a)( x ?1) ? 2ln x, g ( x) ? xe (a ? R, e 为自然对数的底数). 1 (Ⅰ)若不等式 f ( x)>0 对于一切 x ? (0, ) 恒成立,求 a 的最小值; 2 (Ⅱ)若对任意的 x0 ? (0,e], 在 (0, e] 上总存在两个不同的 xi (i ? 1,2), 使 f ( xi ) ? g ( x0 )
解不等式 8 ? 4b ? ? 成立,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ)由题意得 (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x>0 在 (0, ) 内恒成立, 即 a>2 ?

1 2

2 ln x 1 在 (0, ) 内 恒 成 立 , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 1 分 ) x ?1 2
16



2 ln x 1 h( x ) ? 2 ? , x ? (0, ), x ?1 2



h?( x) ?

2 ln x ?

2 ?2 x , ( x ? 1) 2

?



2





2 1 2 2 ? 2, x ? (0, ), 则 ? ?( x) ? ? 2 <0, x 2 x x 1 1 ) ? ( ?) ? 2 > 2 l n? 2 ( 04 , 分 ) ∴ ? ( x) 在 (0, ) 内 是 减 函 数 , ∴ ? ( x > 2 2 1 ∴ h?( x)>0, h( x) 在 (0, ) 内为增函数, 2 1 则 h( x)<h( ) ? 2 ? 4 ln 2, ∴ a≥2 ? 4ln 2, 2 故 a 的 最 小 值 为 2 ? 4 ln 2. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 6 分 )
设 ? ( x) ? 2 ln x ? (Ⅱ)∵ g ( x) ? xe1? x , ∴ g?( x) ? (1 ? x)e1? x , ∴ g ( x) 在(0,1)内递增,在(1,e)内递减. 又∵ g (0) ? 0, g (1) ? 1, g (e) ? e2?e>0, ∴ 函 数 g ( x) 在 ( 0 , e ) 内 的 值 域 为 ( 0 , 1 ] ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 7 分 ) 由 f ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2ln x, 得 f ?( x) ?

(2 ? a) x ? 2 . x

) 0 ,f ( x) 在 ( 0 , e ] 上 单 调 递 减 , 不 合 题 意 ; ? ? ( 8 分 ) ① 当 a≥2 时 , f ?( x <
2 2 ; 令 f ?( x)<0, 则 0<x< . 2?a 2?a

②当 a<2 时,令 f ?( x)>0, 则 x> ⅰ)当

2 2 ≥ e ,即 2 ? ≤a<2 时, f ( x) 在(0,e]上单调递减,不合题意; 2?a e
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 9 分 )

2 2 2 2 < e ,即 a<2 ? 时, f ( x) 在 (0, ] 上单调递减,在 ( , e] 上单调递增. ⅱ)当 2?a e 2?a 2?a 2 2 2 ?a ) ? a ? 2 ln , a<2 ? , 则 m?( a ) ? , 令 m( a ) ? f ( 2?a 2?a e 2?a e ∴ m( a ) 在 (??, 0) 上单调递增,在 (0, 2 ? ] 上单调递减; 2 2 e ≤0 在 (??, 2 ? ) 上 恒 成 立 . ? ? ? ( 1 0 分 ) ∴ m(a)≤m(0)=0,即 a ? 2 ln 2?a 2 2 1 t ?1 令t ? ,则 t>0, 设 k (t ) ? ln t ? , t>0, 则 k ?(t ) ? 2 , 2?a t t
∴ k (t ) 在(0,1)内单调递减,在 (1, ??) 上单调递增,

>0, ∴ k (t )≥k (1)=1 即 ln t ? >0, ∴ ln t>- ,

1 t

1 t

17

a ?2 a ?3 2 2 ∴ t>e , 即 >e >e 2 . 2?a

?

1 t

∵当 x ? (0,e

a ?3 2

) 时, f ( x) ? (2 ? a)( x ?1) ? 2ln x>a ? 2 ? 2ln x>a ? 2 ? (a ? 3) ? 1,

且 f ( x ) 在 (0, e] 上 连 续 . ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 1 1 分 ) 欲使对任意的 x0 ? (0, e] 在 (0, e] 上总存在两个不同的 xi (i ? 1, 2),使 f ( xi ) ? g ( x0 ) 成立,则需满足

f (e)≥1,即 a≤2 ?
又 ∵ 2? ∴ a≤2 ?

3 . e ?1

2 3 2 3 ? e 2 , ? ? ? ? ? ( 1 2 分 ) ?( 2? )? > ,0 ∴ 2 ? >2 ? e e ?1 e e ? 1 ? e ( e 1 )

3 3 . 综 上 所 述 , a ? (??, 2 ? ]. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 1 3 分 ) e ?1 e ?1 ax ? b 4.已知函数 f ( x ) ? 2 在点 (?1, f (?1)) 的切线方程为 x ? y ? 3 ? 0 . x ?1
(Ⅰ )求函数 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ )设 g ( x) ? ln x ,求证: g ( x) ? f ( x) 在 x ? [1,??) 上恒成立; (Ⅲ )已知 0 ? a ? b ,求证:

ln b ? ln a 2a ? 2 . b?a a ? b2

解: (Ⅰ )将 x ? ?1 代入切线方程得 y ? ?2 ∴ f ( ?1) ?

b?a ? ?2 ,化简得 b ? a ? ?4 1?1

f ?( x) ?

a( x 2 ? 1) ? (ax ? b) ? 2 x (1 ? x 2 ) 2

f ?(?1) ?

2a ? 2(b ? a) 2b b ? ? ? ?1 4 4 2

解得: a ? 2, b ? ?2 .∴ f ( x ) ? (Ⅱ )由已知得 ln x ?
2

2x ? 2 在 [1,??) 上恒成立 x2 ?1
即 x ln x ? ln x ? 2 x ? 2 ? 0 在 [1,??) 上恒成立
2

2x ? 2 . x2 ?1

化简 ( x ? 1) ln x ? 2x ? 2
2

设 h( x) ? x ln x ? ln x ? 2 x ? 2 , ∵x ? 1 ∴2 x ln x ? 0,

h?( x) ? 2 x ln x ? x ?

1 ?2 x

x?

1 ? 2 ,即 h?( x) ? 0 x
∴g ( x) ? f ( x) 在 x ? [1,??) 上恒成立

∴h( x) 在 [1,??) 上单调递增, h( x) ? h(1) ? 0

18

(Ⅲ )∵0 ? a ? b

b ∴ ? 1, a

整理得

ln b ? ln a 2a ? 2 b?a a ? b2

b 2 ?2 b 由(Ⅱ )知有 ln ? a , a ( b )2 ? 1 a ln b ? ln a 2a ? 2 ∴ 当 0 ? a ? b 时, . b?a a ? b2

5. 已知函数 f ( x) ? x ?

a2 , g ( x) ? x ? ln x ,其中 a ? 0 。 x

(1)若 x ? 1 是函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的极值点,求实数 a 的值; (2)若对任意的 x1 , x2 ? ?1, e? ( e 为自然对数的底数)都有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 a 的取值范围.

a2 ? ln x ,其定义域为 ? 0, 解法1:∵ h ? x ? ? 2 x ? ? ?? , x a2 1 ∴ h? ? x ? ? 2 ? 2 ? . x x 2 ∵ x ? 1 是函数 h ? x ? 的极值点,∴ h? ?1? ? 0 ,即 3 ? a ? 0 .
∵ a ? 0 ,∴ a ? 3 . 经检验当 a ? 3 时, x ? 1 是函数 h ? x ? 的极值点, ∴ a ? 3 .

a2 ? ln x ,其定义域为 ? 0, ? ?? , x a2 1 a2 1 2 2 ∴ h? ? x ? ? 2 ? 2 ? . 令 h? ? x ? ? 0 ,即 2 ? 2 ? ? 0 ,整理,得 2 x ? x ? a ? 0 . x x x x 2 ∵ ? ? 1 ? 8a ? 0 ,
解法2:∵ h ? x ? ? 2 x ? ∴ h? ? x ? ? 0 的两个实根 x1 ?

当 x 变化时, h ? x ? , h? ? x ? 的变化情况如下表:

?1 ? 1 ? 8a 2 ?1 ? 1 ? 8a 2 (舍去) , x2 ? , 4 4

x
h? ? x ? h ? x?

? 0, x2 ?


x2
0 极小值

? x2 , ???


?1 ? 1 ? 8a 2 依题意, ? 1 ,即 a 2 ? 3 ,∵ a ? 0 ,∴ a ? 3 . 4 ( 2 )解 :对任意的 x1, x2 ??1 ,e? 都有 f ? x1 ? ≥ g ? x2 ? 成立等价于对任意的 x1, x2 ??1 ,e? 都有
? ? f ? x ?? ? m i n≥ ? ? g ? x ?? ? max .
当 x ? [1, e ]时, g ? ? x ? ? 1 ? ∴? ? g ? x ?? ? max ? g ? e ? ? e ? 1 .

1 ? 0 .∴函数 g ? x ? ? x ? ln x 在 ?1 ,e? 上是增函数. x

a 2 ? x ? a ?? x ? a ? ∵ f ?? x? ? 1? 2 ? ,且 x ??1, e? , a ? 0 . x x2
19

①当 0 ? a ? 1 且 x ? [1, e ]时, f ? ? x ? ? ∴函数 f ? x ? ? x ?

? x ? a ?? x ? a ? ? 0 ,
x2

a2 在[1, e ]上是增函数, x

2 ∴? ? f ? x ?? ? min ? f ?1? ? 1 ? a .

由 1 ? a ≥ e ? 1 ,得 a ≥ e ,又 0 ? a ? 1 ,∴ a 不合题意. ②当1≤ a ≤ e 时,
2

若1≤ x < a ,则 f ? ? x ? ?

x2 ? x ? a ?? x ? a ? ? 0 . 若 a < x ≤ e ,则 f ? ? x ? ? x2 a2 ∴函数 f ? x ? ? x ? 在 ?1, a ? 上是减函数,在 ? a,e? 上是增函数. x e ?1 e ?1 ∴? ? f ? x ?? ? min ? f ? a ? ? 2a . 由 2 a ≥ e ? 1 ,得 a ≥ 2 ,又1≤ a ≤ e ,∴ 2 ≤ a ≤ e . ? x ? a ?? x ? a ? ? 0 , ③当 a ? e 且 x ? [1, e ]时, f ? ? x ? ? x2 a2 a2 f x ? f e ? e ? ? ∴函数 f ? x ? ? x ? 在 ?1 . ,e? 上是减函数.∴ ? ? ? ? ? ? ? min e x
由e?

? x ? a ?? x ? a ? ? 0 ,

a2 ≥ e ? 1 ,得 a ≥ e ,又 a ? e ,∴ a ? e . e

综上所述, a 的取值范围为 ?

? e ?1 ? , ?? ? ? 2 ?

6.(2010 辽宁)已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax2 ? 1 . (I)讨论函数 f ( x) 的单调性; (II)设 a ? ?1 .如果对任意 x1 , x2 ? (0,??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围.

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? 解: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ? . x x
当 a ? 0 时, f '( x) >0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ?1 时, f '( x) <0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调减少; 当 ?1 ? a ? 0 时,令 f '( x) ? 0 ,解得 x ?

?

a ?1 . 2a

则当 x ? (0, ?

a ?1 a ?1 ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a

故 f ( x ) 在 (0, ?

(Ⅱ)不妨假设 x1 ? x2 ,而 a ? ?1 ,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而

20

?x1, x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2
等价于 ?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 g '( x) ? ①

a ?1 ? 2ax ? 4 x a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 . ①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调递减,即 x ?4 x ? 1 ?4 x ? 1 ) min , x ? (0, ??) , 思路一:等价于 a ? 在 (0, ??) 上恒成立,即 a ? ( 2 2 2x ?1 2x ?1
令 h( x ) ?

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

当 x ? (0, ) 时, h' ( x) ? 0, h( x) 单调递减;当 x ? ( , ??) 时, h' ( x) ? 0, h( x) 单调递增.

1 2

1 ? h( x) min ? h( ) ? ?2 , ? a ? ?2 . 2
思路二:令 t ? 4 x ? 1? (1, ??) , 则 h(t ) ? ?

t 8t 8 ?? 2 ?? , 2 9 (t ? 1) t ? 2t ? 9 t ? ? 2 2? ?1 t 16

利用对构函数单调性可知当 t ? 3 时, h(t ) 取得最小值 ?2 .

21


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