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高考导数压轴题型归类总结


导数压轴题型归类总结
目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 (1) 二、交点与根的分布 (23) 三、不等式证明 (31)
(一)作差证明不等式 (二)变形构造函数证明不等式 (三)替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围
(一)恒成立之最值的直接应用 (二)恒成立之分离常数 (三)恒成

立之讨论字母范围

(51)

五、函数与导数性质的综合运用 (70) 六、导数应用题 (84) 七、导数结合三角函数 (85)
书中常用结论 ⑴ sin x ? x, x ? (0, ? ) ,变形即为 点连线斜率小于1. ⑵ ex ? x ? 1 ⑶ x ? ln( x ? 1) ⑷ ln x ? x ? e x , x ? 0 .

sin x ? 1 ,其几何意义为 y ? sin x, x ? (0, ? ) 上的的点与原 x

1

一、导数单调性、极值、最值的直接应用
(切线)设函数 f ( x) ? x 2 ? a . (1)当 a ? 1 时,求函数 g ( x) ? xf ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; (2) 当 a ? 0 时,曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 , f ( x1 ))( x1 ? a ) 处的切线为 l ,l 与 x 轴交于点 A( x 2 ,0) 1. 求证: x1 ? x 2 ? a . 解:(1) a ? 1 时, g ( x) ? x 3 ? x ,由 g ?( x) ? 3x 2 ? 1 ? 0 ,解得 x ? ?
g ?( x) 的变化情况如下表:
x

3 . 3

0

(0,

3 ) 3

3 3

(

3 ,1) 3

1

g ?( x) g ( x)

0 ↘

0 极小值

+ ↗ 0

3 3 2 3 时, g ( x) 有最小值 g ( ) ? ? . 3 3 9 (2)证明:曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 ,2 x1 2 ? a) 处的切线斜率 k ? f ?( x1 ) ? 2 x1

所以当 x ?

曲线 y ? f ( x) 在点P处的切线方程为 y ? (2 x1 2 ? a) ? 2 x1 ( x ? x1 ) . 令 y ? 0 ,得 x 2 ?
x1 2 ? a x 2 ?a a ? x1 2 ? x1 ? ,∴ x 2 ? x1 ? 1 2 x1 2 x1 2 x1

a ? x1 2 ? 0 ,即 x 2 ? x1 . ∵ x1 ? a ,∴ 2 x1

又∵

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

所以 x1 ? x 2 ? a . 2. (2009天津理20,极值比较讨论)

已知函数 f ( x) ? ( x 2 ? ax ? 2a 2 ? 3a )e x ( x ? R ), 其中 a ? R ⑴当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率; ⑵当 a ?
w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

2 时,求函数 f ( x) 的单调区间与极值. 3

解:本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础 知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴ 当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e. ⑵ f ' ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a 2 ? 4a e x . 2 令f ' ( x) ? 0,解得x ? ?2a,或x ? a ? 2.由a ? 知, ? 2a ? a ? 2. 3

?

?

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

以下分两种情况讨论:

2

① 若a >

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3 x ?? ?, ?? 2a,a ? 2? a ? 2 ?a ? 2, ? 2a ? ? 2a ? ??
+ ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在(?2a,a ? 2)内是减函数. 函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值f (?2a),且f (?2a ) ? 3ae ?2 a . 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 ② 若a < ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3 x ?? ?,a ? 2? a ? 2 ?a ? 2, ?? 2a, ? 2a ? ? 2a ? ??
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

+ ↗

0 极大值

— ↘

0 极小值

+ ↗

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

1 2 x ? 2ax, g ( x) ? 3a 2 ln x ? b. 2 ⑴设两曲线 y ? f ( x)与y ? g ( x) 有公共点,且在公共点处的切线相同,若 a ? 0 ,试建立 b 关 于 a 的函数关系式,并求 b 的最大值; ⑵若 b ? [0, 2], h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? (2a ? b) x 在(0,4)上为单调函数,求 a 的取值范围。
3. 已知函数 f ( x) ?

3

4.

(最值,按区间端点讨论)

a . x (1)当a>0时,判断f(x)在定义域上的单调性; 3 (2)若f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求a的值. 2
已知函数f(x)=lnx- 解:(1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞),且 f ′(x)=

1 a x?a . + 2 = x x x2

∵a>0,∴f ′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知:f ′(x)=

x?a , x2
3 3 (舍去). ,∴a=- 2 2

①若a≥-1,则x+a≥0,即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为增函数, ∴f(x)min=f(1)=-a=

②若a≤-e,则x+a≤0,即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为减函数, ∴f(x)min=f(e)=1-

e a 3 = ,∴a=- (舍去). 2 e 2

③若-e<a<-1,令f ′(x)=0,得x=-a. 当1<x<-a时,f ′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e时,f ′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= 综上可知:a=- e . 5. (最值直接应用)已知函数 f ( x) ? x ?

3 ?a=- e . 2

(Ⅰ)若 x ? 2 是 f ( x) 的极值点,求 a 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间;

1 2 ax ? ln(1 ? x) ,其中 a ? R . 2

(Ⅲ)若 f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 0 ,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ) f ?( x) ?

x(1 ? a ? ax) , x ? (?1, ??) . x ?1 1 1 依题意,令 f ?(2) ? 0 ,解得 a ? . 经检验, a ? 时,符合题意. 3 3

4

(Ⅱ)解:① 当 a ? 0 时, f ?( x) ?

x . x ?1 故 f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . 1 ② 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0 ,或 x2 ? ? 1 . a
当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 与 f ?( x ) 的情况如下:

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x1 )
?


x1
0

( x1 , x2 )

x2
0

( x2 , ? ?)

?


?


f ( x1 )

f ( x2 )

所以, f ( x ) 的单调增区间是 (0,

1 1 ? 1) ;单调减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ?? ) . a a

当 a ? 1 时, f ( x) 的单调减区间是 (?1,??) . 当 a ? 1 时, ?1 ? x2 ? 0 , f ( x ) 与 f ?( x ) 的情况如下:

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x2 )
?


x2
0

( x2 , x1 )

x1
0

( x1 , ? ?)

?


?


f ( x2 )

f ( x1 )

1 1 ? 1, 0) ;单调减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a ③ 当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . 综上,当 a ? 0 时, f ( x) 的增区间是 (0, ??) ,减区间是 (?1,0) ; 1 1 当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 的增区间是 (0, ? 1) ,减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ?? ) ; a a a ? 1 当 时, f ( x) 的减区间是 (?1,??) ; 1 1 当 a ? 1 时, f ( x ) 的增区间是 ( ? 1, 0) ;减区间是 ( ?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a (Ⅲ)由(Ⅱ)知 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,由 f (0) ? 0 ,知不合题意. 1 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 在 (0, ??) 的最大值是 f ( ? 1) , a 1 由 f ( ? 1) ? f (0) ? 0 ,知不合题意. a 当 a ? 1 时, f ( x) 在 (0, ??) 单调递减, 可得 f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 f (0) ? 0 ,符合题意. 所以, f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 0 时, a 的取值范围是 [1, ??) .
所以, f ( x ) 的单调增区间是 ( 6. (2010北京理数18)

5

x 2 x ( k ≥0). 2 (Ⅰ)当 k =2时,求曲线 y = f ( x ) 在点(1, f (1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间. 1 ?1 ? 2x 解: (I)当 k ? 2 时, f ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? x 2 , f '( x) ? 1? x 3 由于 f (1) ? ln 2 , f '(1) ? , 2 3 所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? ln 2 ? ( x ? 1) 2 即 3 x ? 2 y ? 2 ln 2 ? 3 ? 0 x(kx ? k ? 1) (II) f '( x) ? , x ? (?1, ??) . 1? x x . 当 k ? 0 时, f '( x) ? ? 1? x 所以,在区间 (?1, 0) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, 0) ,单调递减区间是 (0, ??) . x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ?0 当 0 ? k ? 1 时,由 f '( x) ? 1? x k 1? k 1? k , ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 (0, ) 上, f '( x) ? 0 所以,在区间 (?1, 0) 和 ( k k 1? k 1? k , ??) ,单调递减区间是 (0, ). 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, 0) 和 ( k k x2 当 k ? 1 时, f '( x) ? 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, ??) . 1? x x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? ? (?1, 0) , x2 ? 0 . 当 k ? 1 时, f '( x) ? 1? x k 1? k 1? k ) 和 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 ( , 0) 上, f '( x) ? 0 所以没在区间 (?1, k k 1? k 1? k ) 和 (0, ??) ,单调递减区间是 ( , 0) 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, k k
已知函数 f ( x ) =ln(1+ x )- x + 7. (2010山东文21,单调性)

1? a ? 1(a ? R ) x ⑴当 a ? ?1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; 1 ⑵当 a ? 时,讨论 f ( x) 的单调性. 2 解:⑴ x ? y ? ln 2 ? 0
已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ?

6

⑵因为 f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a ? 1, x 1 a ?1 ax 2 ? x ? 1 ? a 所以 f ' ( x) ? ? a ? 2 ? ? , x ? (0,??) , x x x2 令 g ( x) ? ax 2 ? x ? 1 ? a, x ? (0,??),

8.

(是一道设计巧妙的好题,同时用到 e 底指、对数,需要构造函数,证存在且唯一时结合零 点存在性定理不好想,⑴⑵联系紧密)

已知函数 f ( x) ? ln x, g ( x) ? e x . ⑴若函数 φ (x) = f (x)-

x +1 ,求函数 φ (x)的单调区间; x- 1 x ?1 1 2 x ?1 x ?1 ? ln x ? , ? ??x ? ? ? . ? 2 2 x ?1 x ?1 x ?x ? 1? x ? ?x ? 1?
2

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. 解: (Ⅰ) ? ( x) ? f ? x ? ?

∵ 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

∴ 切线 l 的方程为 y ? ln x0 ?

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



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

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

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

x ?1 ( 1, +?) 在区间 上递增. x ?1
7

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

又 ? (e) ? ln e ?

唯一 x 0 ,故结论成立. 9. (最值应用,转换变量)

设函数 f ( x) ? (2 ? a ) ln x ?

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

(1)讨论函数 f ( x) 在定义域内的单调性; (2)当 a ? (?3, ?2) 时,任意 x1 , x2 ? [1,3] , (m ? ln 3)a ? 2 ln 3 ?| f ( x1 ) ? f ( x2 ) | 恒成立,求实 数 m 的取值范围.

2?a 1 2ax 2 ? (2 ? a) x ? 1 (ax ? 1)(2 x ? 1) ? 2a ? 2 ? ? . x x x2 x2 1 1 1 1 1 1 当 a ? ?2 时, ? ? ,增区间为 ( ? , ) ,减区间为 (0, ? ) , ( , ??) . a 2 a 2 a 2 1 1 当 a ? ?2 时, ? ? ,减区间为 (0, ??) . a 2 1 1 1 1 1 1 当 ?2 ? a ? 0 时, ? ? ,增区间为 ( , ? ) ,减区间为 (0, ) , (? , ??) . a 2 2 a 2 a a ? ( ? 3, ? 2) f ( x ) [1,3] ⑵由⑴知,当 时, 在 上单调递减, 1 ∴ x1 , x2 ? [1,3] , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ≤ f (1) ? f (3) ? (1 ? 2a ) ? [(2 ? a ) ln 3 ? ? 6a] , 3 2 即 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ≤ ? 4a ? ( a ? 2) ln 3 . 3 ∵ (m ? ln 3)a ? 2 ln 3 ?| f ( x1 ) ? f ( x2 ) | 恒成立, 2 2 ∴ (m ? ln 3) a ? 2 ln 3 > ? 4a ? ( a ? 2) ln 3 ,即 ma ? ? 4a , 3 3 2 ?4. 又 a ? 0 ,∴ m ? 3a 13 2 38 13 ? ? 4 ? ? ,∴ m ≤ ? . ∵ a ? (?3, ?2) ,∴ ? 3 3a 9 3
解:⑴ f ?( x) ? 10. (最值应用) 已知二次函数 g ( x) 对 ?x ? R 都满足 g ( x ? 1) ? g (1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? 1 且 g (1) ? ?1 ,设函数

1 9 f ( x) ? g ( x ? ) ? m ln x ? ( m ? R , x ? 0 ) . 2 8 (Ⅰ)求 g ( x) 的表达式; (Ⅱ)若 ?x ? R ? ,使 f ( x) ? 0 成立,求实数 m 的取值范围; (Ⅲ)设 1 ? m ? e , H ( x) ? f ( x) ? (m ? 1) x ,求证:对于 ?x1,x2 ? [1, m] ,恒有

| H ( x1 ) ? H ( x2 ) |? 1 .
2 解: (Ⅰ)设 g ? x ? ? ax ? bx ? c ,于是

8

?a ? 1, ? 2 g ? x ? 1? ? g ?1 ? x ? ? 2a ? x ? 1? ? 2c ? 2 ? x ? 1? ? 2, 所以 ? ? ?c ? ?1.
2 2

又 g ?1? ? ?1 ,则 b ? ?

1 1 2 1 …………3分 .所以 g ? x ? ? x ? x ? 1 . 2 2 2 1 9 1 2 (Ⅱ) f ( x) ? g x ? ? m ln x ? ? x ? m ln x(m ? R,x ? 0). 2 8 2 当m>0时,由对数函数性质,f(x)的值域为R;…………4分 x2 ? 0 对 ?x ? 0 , f ( x) ? 0 恒成立; …………5分 当m=0时, f ( x) ? 2 m 当m<0时,由 f ?( x) ? x ? ? 0 ? x ? ?m ,列表: x

? ?

x
f ?( x)

(0, ?m )

?m

( ?m,? ?)



0



减 极小 增 m 这时, ? f ( x)?min ? f ( ?m ) ? ? 2 ? m ln ?m . ? m ? ? m ln ?m ? 0, ? ?e<m ? 0. ? f ( x)?min ? 0 ? ? ? 2 ? m ? 0 ? 所以若 ?x ? 0 , f ( x) ? 0 恒成立,则实数m的取值范围是 (?e,0] . 故 ?x ? 0 使 f ( x) ? 0 成立,实数m的取值范围 (??, ?e] (Ⅲ)因为对 ?x ? [1,m] , H ?( x) ?

f ( x)

? 0,? ? ? .…………9分

( x ? 1)( x ? m) ? 0, 所以 H ( x) 在 [1, m] 内单调递减. x 1 2 1 于是 | H ( x1 ) ? H ( x2 ) |? H (1) ? H (m) ? m ? m ln m ? . 2 2 1 2 1 1 3 | H ( x1 ) ? H ( x2 ) |? 1 ? m ? m ln m ? ? 1 ? m ? ln m ? ? 0. 2 2 2 2m 2 1 3 (1 ? m ? e) ,则 h' (m) ? 1 ? 1 ? 3 2 ? 3 1 ? 1 ? 1 ? 0, 记 h(m) ? m ? ln m ? 2 m 2m 2 m 3 3 2 2m 1 3 所以函数 h(m) ? m ? ln m ? 在 ?1,e] 是单调增函数, 2 2m e 3 ? e ? 3?? e ? 1? 所以 h(m) ? h(e) ? ? 1 ? ? ? 0 ,故命题成立. …………12分 2 2e 2e

?

?

2 3? x 11. 设 x ? 3 是函数 f ? x ? ? x ? ax ? b e , ? x ? R ? 的一个极值点.

?

?

(1)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b ) ,并求 f ? x ? 的单调区间;
2 (2)设 a ? 0, g ? x ? ? ? a ?

? ?

25 ? x ? e ,若存在 ?1 , ? 2 ? ? 0, 4? ,使得 f ??1 ? ? g ?? 2 ? ? 1 成立,求 a 的 4 ?

取值范围.

解: (1)∵ f ? x ? ? x ? ax ? b e
2

?

?

3? x

9

∴ f ' ? x ? ? ? 2 x ? a ? e3? x ? x 2 ? ax ? b e3? x ? ?1? ? ? ? ? x ? ? a ? 2? x ? b ? a ? ?e
'

?

?

2

3? x

由题意得:

f ' ? 3? ? 0 ,即 32 ? 3 ? a ? 2 ? ? b ? a ? 0 , b ? ?2a ? 3
∴ f ? x ? ? x ? ax ? 2a ? 3 e
2

?

?

3? x

且f

'

? x ? ? ? ? x ? 3?? x ? a ? 1? e3? x

? x ? ? 0 得 x1 ? 3 , x2 ? ?a ? 1 2 3? x ∵ x ? 3 是函数 f ? x ? ? ? x ? ax ? b ? e , ? x ? R ? 的一个极值点
令f
'

∴ x1 ? x2 ,即 a ? ?4

故 a 与 b 的关系式为 b ? ?2a ? 3, ? a ? ?4 ? .

? x ? ? 0 得单增区间为: ? 3, ?a ? 1? ; ' 由 f ? x ? ? 0 得单减区间为: ? ??,3? 和 ? ? a ? 1, ?? ? ; ' 当 a ? ?4 时, x2 ? ? a ? 1 ? 3 ,由 f ? x ? ? 0 得单增区间为: ? ? a ? 1,3? ; ' 由 f ? x ? ? 0 得单减区间为: ? ??, ? a ? 1? 和 ? 3, ?? ? ; (2)由(1)知:当 a ? 0 时, x2 ? ? a ? 1 ? 0 , f ? x ? 在 ? 0,3? 上单调递增,在 ?3, 4? 上单调递 减, f ( x) min ? min? f (0), f (4)? ? ?(2a ? 3)e3 , f ? x ?max ? f ? 3? ? a ? 6 , ∴ f ? x ? 在 ? 0, 4? 上的值域为 [?(2a ? 3)e3 , a ? 6] .
当 a ? ?4 时, x2 ? ? a ? 1 ? 3 ,由 f
'

易知 g ? x ? ? ? a ?
2

? ?

25 ? x ? e 在 ? 0, 4? 上是增函数, 4 ?

∴ g ? x ? 在 ? 0, 4? 上的值域为 ? a ?
2

? ?

25 ? 2 25 ? 4 ? ,? a ? ?e ? . 4 ? 4 ? ?
2

由于 ? a 2 ?

又∵要存在 ?1 , ? 2 ? ? 0, 4? ,使得 f ??1 ? ? g ?? 2 ? ? 1 成立,

? ?

25 ? 1? ? ? ? ? a ? 6? ? ? a ? ? ? 0 , 4 ? 2? ?

a?0 ? 3 ? ∴必须且只须 ?? 2 25 ? 解得: 0 ? a ? . 2 ?? a ? 4 ? ? ? a ? 6 ? ? 1 ? ?? ? 3? 所以, a 的取值范围为 ? 0, ? . ? 2?

12.

f ( x) ? ( x 2 ? ax ? b)e x ( x ? R ) . (1)若 a ? 2, b ? ?2 ,求函数 f ( x) 的极值; (2)若 x ? 1 是函数 f ( x) 的一个极值点,试求出 a 关于 b 的关系式(用 a 表示 b ) ,并确 定 f ( x) 的单调区间; (3)在(2)的条件下,设 a ? 0 ,函数 g ( x) ? (a 2 ? 14)e x ? 4 .若存在 ?1 , ? 2 ? [0,4] 使得

10

| f (?1 ) ? f (? 2 ) |? 1 成立,求 a 的取值范围. 解:(1)∵ f ?( x) ? (2 x ? a )e x ? ( x 2 ? ax ? b)e x ? [ x 2 ? (2 ? a ) x ? (a ? b)]e x 当 a ? 2, b ? ?2 时, f ( x) ? ( x 2 ? 2 x ? 2)e x ,则 f '( x) ? ( x 2 ? 4 x)e x .
令 f '( x) ? 0 得 ( x 2 ? 4 x)e x ? 0 ,∵ e x ? 0 ,∴ x 2 ? 4 x ? 0 ,解得 x1 ? ?4, x2 ? 0 ∵当 x ? (??, ?4) 时, f '( x) ? 0 , 当 x ? (?4, 0) 时 f '( x) ? 0 ,当 x ? (0, ??) 时 f '( x) ? 0 ∴当 x ? ?4 时,函数 f ( x) 有极大值, f ( x)极大= (2)由(1)知 f ?( x) ? [ x 2 ? (2 ? a ) x ? ( a ? b)]e x ∵ x ? 1 是函数 f ( x) 的一个极值点 ∴ f ?(1) ? 0 即 e[1 ? (2 ? a ) ? (a ? b)] ? 0 ,解得 b ? ?3 ? 2a 则 f ?( x) ? e x [ x 2 ? (2 ? a ) x ? ( ?3 ? a )] = e x ( x ? 1)[ x ? (3 ? a )] 令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 1 或 x2 ? ?3 ? a ∵ x ? 1 是极值点,∴ ?3 ? a ? 1 ,即 a ? ?4 . 由 f ?( x) ? 0 得 x ? (1, ?3 ? a ) 当 ?3 ? a ? 1 即 a ? ?4 时,由 f ?( x) ? 0 得 x ? (1, ??) 或 x ? (??, ?3 ? a ) 由 f ?( x) ? 0 得 x ? (?3 ? a, 1) . 综上可知: 当 a ? ?4 时,单调递增区间为 (??, 1) 和 (?3 ? a, ??) ,递减区间为 (1, ?3 ? a ) 当 a ? ?4 时,单调递增区间为 (??, ?3 ? a ) 和 (1, ??) ,递减区间为 (?3 ? a, 1) 。 (3)由2)知:当a>0时, f ( x) 在区间(0,1)上的单调递减, 在区间(1,4)上单调递增, ∴函数 f ( x) 在区间 [0, 4] 上的最小值为 f (1) ? ?(a ? 2)e 又∵ f (0) ? be x ? ?(2a ? 3) ? 0 , f (4) ? (2a ? 13)e 4 ? 0 , ∴函数 f ( x) 在区间[0,4]上的值域是 [ f (1), f (4)] ,即 [?( a ? 2)e, (2a ? 13)e 4 ] ] 又 g ( x) ? (a 2 ? 14)e x ? 4 在区间[0,4]上是增函数, 且它在区间[0,4]上的值域是 [(a 2 ? 14)e 4 , ( a 2 ? 14)e8 ] . ∵ (a 2 ? 14)e 4 - (2a ? 13)e 4 = (a 2 ? 2a ? 1)e 4 = (a ? 1) 2 e 4 ? 0 , ∴存在 ?1 , ? 2 ? [0,4] 使得 | f (?1 ) ? f (? 2 ) |? 1 成立只须 当 ?3 ? a ? 1 即 a ? ?4 时,由 f ?( x) ? 0 得 x ? (?3 ? a, ??) 或 x ? (??, 1)

当 x ? 0 时,函数 f ( x) 有极小值, f ( x)极小 ? ?2 .

6 , e4

(a 2 ? 14)e 4 - (2a ? 13)e 4 <1 ? (a ? 1) 2 e 4 ? 1 ? (a ? 1) 2 ?
13. (2010山东,两边分求,最小值与最大值) 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? ⑴当 a ≤

1 1 1 . ? 1? 2 ? a ? 1? 2 . 4 e e e

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

1 时,讨论 f ( x) 的单调性; 2
11

⑵设 g ( x) ? x 2 ? 2bx ? 4. 当 a ?

1 时, 若对任意 x1 ? (0, 2) , 存在 x2 ? ?1, 2? , 使 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) , 4

求实数 b 取值范围. 解:本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起,考查了利用导数研究函数的单调 性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题,考查了同学们分类讨论的数学思想以及 解不等式的能力;考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力. (1)直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性; (2)利用导数求出 f ( x) 的最小值、利用 二次函数知识或分离常数法求出 g ( x) 在闭区间[1,2]上的最大值,然后解不等式求参数.

1? a l a ? 1 ?ax 2 ? x ? a ? 1 ? 1( x ? 0) , f ?( x) ? ? a ? 2 ? ( x ? 0) x x x x2 令 h( x) ? ax 2 ? x ? 1 ? a ( x ? 0) ①当 a ? 0 时, h( x) ? ? x ? 1( x ? 0) ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增. 1 ②当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,即 ax 2 ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ? ? 1 . a 1 当 a ? 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2 1 1 当 0 ? a ? 时, ? 1 ? 1 ? 0 , x ? (0,1) 时 h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 2 a 1 x ? (1, ? 1) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; a 1 x ? ( ? 1, ??) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减. a 1 当 a ? 0 时 ? 1 ? 0 ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; a 当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增. 综上所述:当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 单调递减, (1, ??) 单调递增; 1 当 a ? 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ??) 单调递减; 2 1 1 1 当 0 ? a ? 时,函数 f ( x) 在 (0,1) 递减, (1, ? 1) 递增, ( ? 1, ??) 递减. 2 a a 1 ⑵当 a ? 时, f ( x) 在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意 x1 ? (0, 2) , 4 1 有 f ( x1 ) ≥ f (1) ? ? , 2 1 又已知存在 x2 ? ?1, 2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,所以 ? ? g ( x2 ) , x2 ? ?1, 2? , (※) 2 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;
⑴ f ( x) ? ln x ? ax ? 当 b ? ?1, 2? 时, g ( x) min ? g (1) ? 4 ? b ? 0 也与(※)矛盾;
2

12

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

1 17 ,b ? . 2 8

17 , ??) . 8 1? a ?1. 14. 设函数 f ( x) ? ln x ? ax ? x (Ⅰ)当 a ? 1 时,过原点的直线与函数 f ( x) 的图象相切于点 P,求点 P 的坐标; 1 (Ⅱ)当 0 ? a ? 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; 2 5 1 2 (Ⅲ)当 a ? 时,设函数 g ( x) ? x ? 2bx ? ,若对于 ? x1 ? (0 , e ], ? x2 ? [0,1] 3 12 使 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) 成立,求实数 b 的取值范围.( e 是自然对数的底, e ? 3 ? 1 ) 1 1? a ? ?) , f ?( x) ? ? a ? 2 解:函数 f ( x) 的定义域为 (0, x x (Ⅰ)设点 P( x0 , y0 )(x0 ? 0) ,当 a ? 1 时, f ( x) ? ln x ? x ? 1 ,则 y0 ? ln x0 ? x0 ? 1 , 1 1 ln x0 ? x0 ? 1 f ?( x) ? ? 1 ,∴ f ?( x0 ) ? ? 1 ? x x0 x0
解得 x0 ? e2 ,故点 P 的坐标为 (e2, 1 ? e2 )

? ax ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)(ax ? 1 ? a) ?? ?? 2 x x2 x2 1 1? a ?1 ? 0 ∵0 ? a ? ∴ 2 a 1? a 1? a ∴当 0 ? x ? 1 ,或 x ? 时 f ?( x) ? 0 ,当 1 ? x ? 时, f ?( x) ? 0 a a 1 1? a ); 故当 0 ? a ? 时,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (1, 2 a 1? a ,?? ) 单调递减区间为 (0,1) , ( a 1 x 2 ? 1 由(Ⅱ)可知函数 f ( x) 在 (Ⅲ)当 a ? 时, f ( x) ? ln x ? ? (0, 1) 上是减函数, 3 3 3x 2 e 2 ( 1, 2) 上为增函数,在 (2,e] 上为减函数,且 f (1) ? ? , f (e) ? ? ? 在 3 3 3e 2 2 2 ? e ? 2e 3 ? (e ? 1) 2 ? ∵ f (e) ? f (1) ? ,又 e ? 3 ? 1 ,∴ (e ? 1) ? 3 , 3e 3e 2 ∴ f (e) ? f (1) ,故函数 f ( x) 在 (0, e] 上的最小值为 ? 3 (0, e] , ?x2 ? [0,1] 使 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) 成立 ? g ( x) 在 [0,1] 上的最小值不大于 若对于 ?x1 ? 2 f ( x) 在 (0, e] 上的最小值 ? (*) 3
(Ⅱ) f ?( x) ?
2

a( x ? 1)(x ?

1? a ) a

13

又 g ( x) ? x ? 2bx ?
2

5 5 ? ( x ? b) 2 ? b 2 ? , x ? [0,1] 12 12 5 2 ? ? 与(*)矛盾 12 3

①当 b ? 0 时, g ( x) 在 [0,1] 上为增函数, [ g ( x)] min ? g (0) ? ? ②当 0 ? b ? 1 时, [ g ( x)] min ? g (b) ? ?b ?
2

5 , 12

5 2 1 ? ? 及 0 ? b ? 1 得, ? b ? 1 12 3 2 ③当 b ? 1 时, g ( x) 在 [0,1] 上为减函数, 7 17 2 [ g ( x)] min ? g (1) ? ? 2b ? ? ? ? ,此时 b ? 1 12 12 3 1 ? ?) 综上, b 的取值范围是 [ , 2
由?b ?
2

15. (2010山东,两边分求,最小值与最大值) 已知函数 f ( x) ? x ln x, g ( x) ? ? x 2 ? ax ? 3 . ⑴求 f ( x) 在 [t , t ? 2](t ? 0) 上的最小值; ⑵若存在 x ? ? , e ? ( e 是常数, e = 2.71828 ??? )使不等式 2 f ( x) ? g ( x) 成立,求实数 a 的取 e 值范围; ⑶证明对一切 x ? (0, ??), 都有 ln x ? 解:⑴ ,

?1 ?

? ?

1 2 ? 成立. e x ex

所以f ? x ?min
⑵由题意知

? 1 ? ? ? e ?? ?tInt ? ?

0?t ? t? 1 e

1 e

14

3 2 xInx ? ? x 2 ? ax ? 3, 则a ? 2 Inx ? x ? , x 3 2 3 ? x ? 3?? x ? 1? 设h ? x ? ? 2 Inx ? x ? ? x ? 0 ? 则h? ? x ? ? ? 1 ? 2 ? x x x x2 ?1 ? 当x ? ? ,1? 时,h? ? x ? ? 0, h ? x ? 单调递减; ?e ? 当x ? ?1, e ?时,h? ? x ? ? 0, h ? x ? 单调递增; ? ?1? ? ?1 ? 所以h ? x ?max ? max ?h ? ? , h(e) ? ,因为存在x ? ? , e ? , 使2 f ? x ? ? g ? x ? 成立, ?e ? ? ?e? ? 所以a ? h ? x ?max ,
1 1 3 h( ) ? ?2 ? ? 3e , h(e) ? 2 ? e ? e e e 1 1 而 h( ) ? h(e) ,故 a ? ? 3e ? 2 e e x 2 (Ⅲ) 等价证明 xInx ? x ? ? x ? ? 0, ?? ? ? e e
由⑴知

f ? x ? ? xInx ? x ? ? 0, ?? ? ?的最小值是-

1 e

1 当且仅当x ? 取到, e x 2 1? x 设? ? x ? ? x ? ? x ? ? 0, ?? ? ? , 则? ? ? x ? ? x , e e e 1 易得? ? x ?max ? ? ?1? ? ? ,当且仅当x ? 1时取到, e x 2 从而对一切x ? ? 0, ?? ? 都有xInx ? x ? 成立, e e 1 2 即Inx ? x ? 对一切x ? ? 0, ?? ? 成立 . e ex
16. (最值应用) 设函数 f ( x) ? px ?

⑴求 p 与 q 的关系; ⑵若 f ( x) 在其定义域内为单调函数,求 p 的取值范围; ⑶设 g ( x) ? 围. 解: (1)由题意得 f (e) ? pe ?

q p ? 2 ln x ,且 f (e) ? qe ? ? 2 ,其中 e 是自然对数的底数. x e

2e ,若在 ?1, e ? 上至少存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) > g ( x0 ) 成立,求实数 p 的取值范 x q p 1 ? 2 ln e ? qe ? ? 2 ? ( p ? q )(e ? ) ? 0 e e e
15

1 ? 0 ,所以 p 、 q 的关系为 p ? q . e q p (2)由(1)知 f ( x) ? px ? ? 2 ln x ? px ? ? 2 ln x , x x 2 p 2 px ? 2 x ? p .令 h( x) ? px 2 ? 2 x ? p , f ' ( x) ? p ? 2 ? ? 2 x x x 要使 f ( x) 在其定义域 (0, ??) 内单调,只需 h( x) ? 0或h( x) ? 0 恒成立. 2x ' ①当 p ? 0 时, h( x) ? ?2 x ,因为 x > 0 ,所以 h( x) <0, f ( x) ? ? 2 <0, x ∴ f ( x) 在 (0, ??) 内是单调递减函数,即 p ? 0 适合题意; 1 ②当 p >0时, h( x) ? px 2 ? 2 x ? p ,∴ h( x) min ? p ? , p 1 只需 p ? ? 0 ,即 p ? 1时h( x) ? 0, f ' ( x) ? 0 , p f ( x ) ∴ 在 (0, ??) 内为单调递增函数,故 p ? 1 适合题意.
而e? ③当 p <0时,h( x) ? px 2 ? 2 x ? p ,其图像为开口向下的抛物线,对称轴为 x ? 只要 h(0) ? 0 ,即 p ? 0 时, h( x) ? 0 在 (0, ??) 恒成立,故 p <0适合题意. 综上所述, p 的取值范围为 p ? 1或p ? 0 .

1 ? (0, ??) , p

2e 在 ?1, e ? 上是减函数, x ∴ x ? e 时, g ( x) min ? 2 ; x ? 1 时, g ( x) max ? 2e ,即 g ( x) ? ? 2, 2e ? ,
(3)∵ g ( x) ? ②当0< p <1时,由 x ? ?1, e ? ? x ?

①当 p ? 0 时,由(2)知 f ( x) 在 ?1, e ? 上递减 ? f ( x) max ? f (1) ? 0 <2,不合题意;

1 ?0, x 又由(2)知当 p ? 1 时, f ( x) 在 ?1, e ? 上是增函数, 1 1 1 1 ∴ f ( x) ? p ( x ? ) ? 2 ln x ? x ? ? 2 ln x ? e ? ? 2 ln e ? e ? ? 2 < 2 ,不合题意; x x e e ③当 p ? 1 时,由(2)知 f ( x) 在 ?1, e ? 上是增函数, f (1) ? 0 <2,又 g ( x) 在 ?1, e ? 上是减函数,
故只需 f ( x) max > g ( x) min ,x ? ?1, e ? , 而 f ( x) max ? f (e) ? p (e ? ) ? 2ln e ,g ( x) min ? 2 , 即

1 e

1 4e p (e ? ) ? 2 ln e >2,解得 p > 2 , e e ?1 4e , ? ?) . 综上, p 的取值范围是 ( 2 e ?1

17. (2011湖南文,第2问难,单调性与极值,好题)

16

设函数 f ( x) ? x ?

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

⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; ⑵若 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,记过点 A( x1 , f ( x1 )), B ( x2 , f ( x2 )) 的直线斜率为 k ,问:是否存 在 a ,使得 k ? 2 ? a ?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由. 解:⑴ f ( x) 的定义域为 (0, ??). f '( x) ? 1 ?

1 a x 2 ? ax ? 1 ? ? x2 x x2 令 g ( x) ? x 2 ? ax ? 1, 其判别式 ? a 2 ? 4. ①当 | a |? 2时, ? 0, f '( x) ? 0, 故 f ( x)在(0, ??) 上单调递增. ②当 a ? ?2时, >0,g(x)=0 的两根都小于0, 在 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 , 故 f ( x)在(0, ??)
上单调递增.

a ? a2 ? 4 a ? a2 ? 4 , , x2 ? 2 2 当 0 ? x ? x1 时, f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? x2 时, f '( x) ? 0 ,故 f ( x) 分别在 (0, x1 ), ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. ⑵由⑴知,若 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,则只能是情况③,故 a ? 2 . x1 ? x2 ? a(ln x1 ? ln x2 ) , 因为 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? x1 x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ln x1 ? ln x2 1 ? 1? ?a 所以 k ? x1 ? x2 x1 x2 x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 又由⑴知, x1 x2 ? 1 ,于是 k ? 2 ? a x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 ? 1 .即 ln x1 ? ln x2 ? x1 ? x2 . 若存在 a ,使得 k ? 2 ? a. 则 x1 ? x2 1 ? 2 ln x2 ? 0( x2 ? 1)(*) 亦即 x2 ? x2 1 再由⑴知,函数 h(t ) ? t ? ? 2 ln t 在 (0, ??) 上单调递增,而 x2 ? 1 ,所以 t 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
③当 a ? 2时, >0,g(x)=0 的两根为 x1 ? 18. (构造函数,好,较难) 已知函数 f ( x) ? ln x ?

1 2 ax ? (a ? 1) x(a ? R,a ? 0) . 2

⑴求函数 f ( x ) 的单调增区间; ⑵记函数 F ( x) 的图象为曲线 C ,设点 A( x1 , y1 )、B( x2 , y2 ) 是曲线 C 上两个不同点,如果曲线

x1 ? x2 ;②曲线 C 在点 M 处的切线平行于直线 AB , 2 则称函数 F ( x) 存在“中值相依切线”.试问:函数 f ( x ) 是否存在中值相依切线,请说明理由.
C 上存在点 M ( x0 , y0 ) ,使得:① x0 ?

17

解: (Ⅰ)函数 f ( x ) 的定义域是 (0, ??) .

1 a( x ? 1)( x ? ) 1 a . 由已知得, f '( x) ? ? ax ? a ? 1 ? ? x x ⅰ 当 a ? 0 时, 令 f '( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? 1 ;? 函数 f ( x ) 在 (0,1) 上单调递增 ⅱ 当 a ? 0 时, 1 1 ①当 ? ? 1 时,即 a ? ?1 时, 令 f '( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? ? 或 x ? 1 ; a a 1 ? 函数 f ( x) 在 (0, ? ) 和 (1, ??) 上 单调递增 a 1 ②当 ? ? 1 时,即 a ? ?1 时, 显然,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增; a 1 1 ③当 ? ? 1 时,即 ?1 ? a ? 0 时, 令 f '( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? 1 或 x ? ? a a 1 ? 函数 f ( x) 在 (0,1) 和 (? , ??) 上单调递增. a
综上所述: ⑴当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在 (0,1) 上单调递增

1 a ⑶当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增; 1 ⑷当 ?1 ? a ? 0 时,函数 f ( x ) 在 (0,1) 和 (? , ??) 上单调递增. a (Ⅱ)假设函数 f ( x ) 存在“中值相依切线”. 设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 是曲线 y ? f ( x) 上的不同两点,且 0 ? x1 ? x2 , 1 2 1 2 则 y1 ? ln x1 ? ax1 ? (a ? 1) x1 , y2 ? ln x2 ? ax2 ? (a ? 1) x2 . 2 2 1 (ln x2 ? ln x1 ) ? a( x2 2 ? x12 ) ? (a ? 1)( x2 ? x1 ) y ?y 2 k AB ? 2 1 ? x2 ? x1 x2 ? x1 ln x2 ? ln x1 1 ? ? a( x1 ? x2 ) ? (a ? 1) . x2 ? x1 2 x ? x2 x ?x 2 )? 曲线在点 M ( x0 , y0 ) 处的切线斜率 k ? f ?( x0 ) ? f ?( 1 ? a ? 1 2 ? (a ? 1) , 2 x1 ? x2 2 ln x2 ? ln x1 1 x ?x 2 依题意得: ? a( x1 ? x2 ) ? (a ? 1) ? ? a ? 1 2 ? (a ? 1) . x2 ? x1 2 x1 ? x2 2 x 2( 2 ? 1) x1 ln x2 ? ln x1 x 2( x2 ? x1 ) 2 ? 化简可得 , 即 ln 2 = . ? x2 x2 ? x1 x1 ? x2 x1 x2 ? x1 ?1 x1
⑵当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 在 (0, ? ) 和 (1, ??) 上单调递增
18



2(t ? 1) 4 x2 ? 2? , ? t ( t ? 1 ),上式化为: ln t ? t ?1 t ?1 x1

4 4 1 4 (t ? 1)2 ? 2 ,令 g (t ) ? ln t ? , g '(t ) ? ? . ? t ?1 t ?1 t (t ? 1) 2 t (t ? 1)2 因为 t ? 1 ,显然 g '(t ) ? 0 ,所以 g (t ) 在 (1, ??) 上递增,显然有 g (t ) ? 2 恒成立. 4 ? 2 成立. 所以在 (1, ??) 内不存在 t ,使得 ln t ? t ?1 综上所述,假设不成立.所以,函数 f ( x ) 不存在“中值相依切线” ln t ?
19. (2011天津理19,综合应用) ⑴求 f ? x ? 的单调区间; ⑵若存在属于区间 ?1,3? 的 ? , ? ,且 ? ? ? ≥ 1 ,使 f ?? ? ? f ? ? ? ,证明:

已知 a ? 0 ,函数 f ? x ? ? ln x ? ax , x ? 0 .( f ? x ? 的图象连续)
2

ln 3 ? ln 2 ln 2 ≤a≤ . 5 3 1 1 ? 2ax 2 2a 解:⑴ f ? ? x ? ? ? 2ax ? , x ? 0 .令 f ? ? x ? ? 0 ,则 x ? . x x 2a 当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化情况如下表:

x
f ?? x? f ? x?

? 2a ? ? ? 0, 2a ? ? ? ?

2a 2a
0
极大值

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

?
单调递增

?
单调递减

所以 f ? x ? 的单调增区间是 ? ? 0, 2a ? ? ,单调减区间是 ? ? 2a , ?? ? ?. ? ? ? ?

?

2a ?

? 2a

?

⑵由 f ?? ? ? f ? ? ? 及 f ? x ? 的单调性知 ? ?

f ?? ? .

2a 从而 f ? x ? 在区间 ?? , ? ? 上的最小值为 ??. 2a

又由 ? ? ? ? 1 , ? , ? ? ?1,3? ,则 1 ? ? ? 2 ? ? ? 3 .

19

所以 ? 所以

? ? f ? 2 ? ? f ?? ? ? f ?1? , ? ln 2 ? 4a ? ? a, 即? f 2 ? f ? ? f 3 , ? ? ? ? ? ? ? ?ln 2 ? 4a ? ln 3 ? 9a. ?
ln 3 ? ln 2 ln 2 ?a? . 5 3

20. (恒成立,直接利用最值) 已知函数 f ( x) ? ln(ax ? 1) ? x 2 ? ax, a ? 0 ,

1 是函数 f ( x) 的一个极值点,求 a ; 2 ⑵讨论函数 f ( x) 的单调区间;
⑴若 x ? ⑶若对于任意的 a ? [1, 2] ,不等式 f ? x ? ≤ m 在 [ ,1] 上恒成立,求 m 的取值范围. 解:⑴ f ?( x) ? 因为 x ?

1 2

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

1 1 是函数 f ( x) 的一个极值点,所以 f ?( ) ? 0 ,得 a 2 ? a ? 2 ? 0 . 2 2 又 a ? 0 ,所以 a ? 2 . 1 ⑵因为 f ( x) 的定义域是 (? , ? ?) , a a2 ? 2 2ax( x ? ) 2 2 2ax ? (2 ? a ) x 2a . f ?( x) ? ? ax ? 1 ax ? 1 ①当 a ? 2 时,列表 1 a2 ? 2 a2 ? 2 x (? , 0) (0, ) ( , ? ?) a 2a 2a f ?( x ) + - + f ( x) 增 减 增 2 1 a ?2 a2 ? 2 f ( x) 在 (? , 0) , ( f ( x ) 是增函数; 在 , ? ?) (0, ) 是减函数. a 2a 2a 2 2x2 2 ②当 a ? 2 时, f ?( x) ? ≥ 0 , f ( x) 在 (? , ? ?) 是增函数. 2 2x ?1 ③当 0 ? a ? 2 时,列表 1 a2 ? 2 a2 ? 2 (0, ? ?) x (? , ) ( , 0) a 2a 2a f ?( x ) + - + f ( x) 增 减 增

1 a2 ? 2 a2 ? 2 f ( x) 在 (? , ) , (0, ? ?) 是增函数; f ( x) 在 ( , 0) 是减函数. a 2a 2a


20

21. (最值与图象特征应用) 设 a ? R ,函数 f ( x) ?

e?x (ax 2 ? a ? 1)(e 为自然对数的底数). 2

⑴判断 f ( x) 的单调性;

1 在x ? [1,2] 上恒成立,求a的取值范围. e2 1 ?x 1 ?x 1 ?x 2 2 解:⑴∵ f ?( x) ? ? e (ax ? a ? 1) ? e ? (2ax) ? e (? ax ? 2ax ? a ? 1), 2 2 2 令 g ( x) ? ? ax 2 ? 2ax ? a ? 1. ①当 a ? 0时, g ( x) ? ?1 ? 0,? f ?( x) ? 0,? f ( x) 在R上为减函数.
⑵若 f ( x) ? ②当 a ? 0时, g ( x) ? 0的判别? ? 4a 2 ? 4(a 2 ? a ) ? ?4a ? 0,

? g ( x) ? 0, 即f ?( x) ? 0 ? f ( x) 在R上为减函数.
③当 a ? 0 时,由 ? ax 2 ? 2ax ? a ? 1 ? 0, 得 x ? 1 ? 由 ? ax 2 ? 2ax ? a ? 1 ? 0, 得 1 ?

1 ?a

或x ? 1 ?

1 ?a

,

, ?a ?a a? ?a a? ?a ? f ( x)在(??, ), ( ,??) 上为增函数; a a a? ?a a? ?a f ( x)在( , ) 上为减函数. a a
⑵由⑴知 ①当 a ? 0时, f ( x)在[1,2] 上为减函数.

1

? x ? 1?

1

? f ( x) min ? f (2) ?

5a ? 1 5a ? 1 1 1 .由 ? 2 得a ? . 2 2 5 2e 2e e 5a ? 1 1 ? 2 ②当 a ? 0时, f (2) ? 2e 2 2e 1 1 ? f ( x) ? 2 在[1,2]上不恒成立,∴a的取值范围是 ( ,??). 5 e

22. (单调性)

21

已知 f ( x) =ln(x+2)-x2+bx+c ⑴若函数 f ( x) 在点(1, 且f(-1)=0, 求函数 f ( x) 在区间[0,3] y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直, 上的最小值; ⑵若 f ( x) 在区间[0,m]上单调,求b的取值范围. 解:⑴ f ?( x) ?

1 3 ? 2 x ? b ,依题意令 f ?(1) = , f (?1) =0,解得b=4,c=5. x?2 7 2 1 ? 2x ? 9 3 2 ? f ?( x) ? ? 2x ? 4 ? ? 0得x ? x?2 x?2 2 3 3 3 x 0 (0, 2) 2 2 ,3) 3 ( 2 2 2
8+ln5

y′ y 因为8+ln5>5+ln2

+ 0 - ln2+5 极大 ∴x=0时 f ( x) 在[0,3]上最小值 f (0) =5+ln2. ⑵若 f ( x) 在区间[0,m]上单调,有两种可能 ①令 f ?( x) ?

1 1 ? 2 x ? b ≥0得b≥2x- ,在[0,m]上恒成立 x?2 x?2 1 1 1 . 而y=2x- 在[0,m]上单调递增,最大值为2m- ,∴b≥2m- x?2 m?2 m?2 1 1 ? 2 x ? b ≤0 得b≤2x- ②令 f ?( x) ? , x?2 x?2 1 1 1 而 y=2x- 在[0,m]单增,最小为y=- ,∴b≤- . x?2 2 2 1 1 故b≥2m- 或b≤- 时 f ( x) 在[0,m]上单调. m?2 2
23. (单调性,用到二阶导数的技巧) 已知函数 f ( x) ? ln x

f ( x) ? a (a ? R) ,求 F ( x) 的极大值; x ⑵若 G ( x) ? [ f ( x)]2 ? kx 在定义域内单调递减,求满足此条件的实数k的取值范围. f ( x) ? a ln x ? a ? 解:⑴? F ( x) ? 定义域为 x ? (0,??) x x (1 ? a ) ? ln x ? F ?( x) ? x2 令 F ?( x) ? 0 得x ? e1? a 由 F ?( x) ? 0得0 ? x ? e1? a 由 F ?( x) ? 0 得x ? e1? a
⑴若 F ( x) ? 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

⑵? G ( x) ? (ln x) 2 ? kx 的定义域为(0,+∞),? G ?( x) ?

2 ln x ?k x

22

2 ln x ? k ? 0 在(0,+∞)内恒成立 x 2 2(1 ? ln x) 令 H ( x) ? ln x ? k ,则 H ?( x) ? 由 H ?( x) ? 0得x ? e x x2 ∵当 x ? (0, e) 时 H ?( x) ? 0, H ( x) 为增函数 当 x ? (e,??) 时 H ?( x) ? 0 , H ( x) 为减函数 2 ∴当x = e时,H(x)取最大值 H (e) ? ? k e 2 2 故只需 ? 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
由G (x)在定义域内单调递减知: G ?( x) ?

二、交点与根的分布
24. (2008四川22,交点个数与根的分布) 已知 x ? 3 是函数 f ( x) ? a ln(1 ? x) ? x 2 ? 10 x 的一个极值点. ⑴求 a ; ⑵求函数 f ( x) 的单调区间; ⑶若直线 y ? b 与函数 y ? f ( x) 的图像有 3 个交点,求 b 的取值范围. a ? 2 x ? 10 解:⑴ f ( x) ? a ln(1 ? x) ? x 2 ? 10 x , f '( x) ? 1? x x ? 3 是函数 f ( x) ? a ln(1 ? x) ? x 2 ? 10 x 的一个极值点.

f '(3) ?

⑵由⑴ f ( x) ? 16 ln(1 ? x) ? x 2 ? 10 x , x ? (?1, ??)

a ? 4 ? 0 , a ? 16 4

f '( x) ?

令 f '( x) ? 0 ,得 x ? 1 , x ? 3 , f '( x) 和 f ( x) 随 x 的变化情况如下: (3, ??) (?1,1) 1 (1,3) 3 x f '( x) 0 0 ? ? ? f ( x) 增 极大值 减 极小值 增 f ( x) 的增区间是 (?1,1) , (3, ??) ;减区间是(1,3). ⑶由②知, f ( x) 在 (?1,1) 上单调递增,在 (3, ??) 上单调递增,在 (1,3) 上单调递减. ∴ f ( x)极大 ? f (1) ? 16 ln 2 ? 9 , f ( x)极小 ? f (3) ? 32 ln 2 ? 21 . 又 x ? ?1? 时, f ( x) ? ?? ; x ? ?? 时, f ( x) ? ?? ; 可据此画出函数 y ? f ( x) 的草图(图略) ,由图可知, 当直线
3 2

16 2 x 2 ? 8 x ? 6 2( x ? 1)( x ? 3) ? 2 x ? 10 ? ? 1? x x ?1 x ?1

y ? b 与函数 y ? f ( x) 的图像有3个交点时, b 的取值范围为 (32 ln 2 ? 21,16 ln 2 ? 9) .

25. 已知函数 f ? x ? ? ? x ? ax ? bx ? c 在 ? ??, 0 ? 上是减函数,在 ? 0,1? 上是增函数,函数

23

f ? x ? 在 R 上有三个零点.
(1)求 b 的值; (2)若1是其中一个零点,求 f ? 2 ? 的取值范围; (3) 若 a ? 1,g ? x ? ? f 相切?请说明理由.
'

? x ? ? 3x 2 ? ln x ,试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x)

⑶ g ( x) =2x+lnx,设过点(2,5)与曲线g (x)的切线的切点坐标为 ( x0 , y0 )

1 )( x0 ? 2) , x0 2 1 2 2 ? 2 ? 0 ,令h(x)= ln x ? ? 2 ∴ h / (x) = ? 2 =0,∴ x ? 2 ∴ ln x0 ? x0 x x x , ∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2, ?? )上单调递增 1 2 2 又 h( ) ? 2 ? ln 2 ? 0 ,h(2)=ln2-1<0, h(e ) ? 2 ? 0 2 e
∴ y0 ? 5 ? g ( x0 )( x0 ? 2)
/

即 2 x0 ? ln x0 ? 5 ? (2 ?

∴h(x)与x轴有两个交点,∴过点(2,5)可作2条曲线y=g(x)的切线. 26. (交点个数与根的分布) 已知函数 f ( x) ? ? x 2 ? 8 x, g ( x) ? 6 ln x ? m. ⑴求 f ( x) 在区间 ?t , t ? 1? 上的最大值 h(t ); ⑵是否存在实数 m, 使得 y ? f ( x) 的图像与 y ? g ( x) 的图像有且只有三个不同的交点?若

24

存在,求出 m 的取值范围;若不存在,说明理由。 解:⑴ f ( x) ? ? x 2 ? 8 x ? ?( x ? 4) 2 ? 16. 当 t ? 1 ? 4, 即 t ? 3 时, f ( x) 在 ?t , t ? 1? 上单调递增,

h(t ) ? f (t ? 1) ? ?(t ? 1) 2 ? 8(t ? 1) ? ?t 2 ? 6t ? 7; 当 t ? 4 ? t ? 1, 即 3 ? t ? 4 时, h(t ) ? f (4) ? 16; 当 t ? 4 时, f ( x) 在 ?t , t ? 1? 上单调递减, h(t ) ? f (t ) ? ?t 2 ? 8t.
??t 2 ? 6t ? 7, t ? 3, ? 3 ? t ? 4, 综上 h(t ) ? ?16,      ??t 2 ? 8t ,   t ? 4 ? ⑵函数 y ? f ( x) 的图像与 y ? g ( x) 的图像有且只有三个不同的交点,即函数 ? ( x) ? g ( x) ? f ( x) 的图像与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。

? ( x) ? x 2 ? 8 x ? 6 ln x ? m,
?? '( x) ? 2 x ? 8 ? 6 2 x 2 ? 8 x ? 6 2( x ? 1)( x ? 3) ? ? ( x ? 0), x x x 当 x ? (0,1) 时, ? '( x) ? 0, ? ( x) 是增函数; 当 x ? (0,3) 时, ? '( x) ? 0, ? ( x) 是减函数; 当 x ? (3, ??) 时, ? '( x) ? 0, ? ( x) 是增函数; 当 x ? 1, 或 x ? 3 时, ? '( x) ? 0. ?? ( x)最大值 ? ? (1) ? m ? 7, ? ( x)最小值 ? ? (3) ? m ? 6 ln 3 ? 15. 当 x 充分接近0时, ? ( x) ? 0, 当 x 充分大时, ? ( x) ? 0. ? 要使 ? ( x) 的图像与 x 轴正半轴有三个不同的交点,必须且只须

? ?? ( x)最大值 ? m ? 7 ? 0, 即 7 ? m ? 15 ? 6 ln 3. ? ? ?? ( x)最小值 ? m ? 6 ln 3 ? 15 ? 0, ∴存在实数 m ,使得函数 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的图像有且只有三个不同的交点, m 的取 值范围为 (7,15 ? 6 ln 3).
27. (交点个数与根的分布) 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

1 1 6 3 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. 3 ? 3( x ? 1)(3 x ? 1) ? 3x ? 解:⑴ f ?( x) ? , 2 ? 3x 3x ? 2 1 令 f ?( x) ? 0得x ? 或x ? ?1 (舍去) 3

⑵若对任意 x ? [ , ], 不等式 | a ? ln x | ? ln[ f ?( x) ? 3 x] ? 0 成立,求实数a的取值范围;

25

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 3 3 a ? ln x ? ln 或a ? ln x ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x 3 3x 3 2 x ? 3x 2 ? ln 设 h( x) ? ln x ? ln , g ( x) ? ln x ? ln , ? ln 2 ? 3x 2 ? 3x 2 ? 3x 3 1 1 依题意知 a ? h( x)或a ? g ( x)在x ? [ , ] 上恒成立, 6 3 2 ? 3 x 3(2 ? 3 x) ? 3 x ? 3 2 ? g ?( x) ? ? ? ? 0, 2 3x x(2 ? 3x) (2 ? 3x) 3 1 2 ? 6x h ?( x) ? ? (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 3 3 7 ? 9x 2 令 ? ( x) ? ln(2 ? 3 x) ? x 2 ? 2 x ? b, 则? ?( x) ? , ? 3x ? 2 ? 2 2 ? 3x 2 ? 3x 7 7 当 x ? [0, ]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[0, ] 上递增; 3 3 7 7 x ?[ ,1]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[ ,1] 上递减, 3 3 7 7 而?( ) ? ? (0), ? ( ) ? ? (1) , 3 3 ? f ( x) ? ?2 x ? b即? ( x) ? 0在[0,1] 恰有两个不同实根等价于

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

26

28. (2009宁夏,利用根的分布) 已知函数 f ( x) ? ( x 3 ? 3 x 2 ? ax ? b)e ? x ⑴如 a ? b ? ?3 ,求 f ( x) 的单调区间;
3 2

⑵若 f ( x) 在 (??, ? ), (2, ? ) 单调增加,在 (? , 2), ( ? , ??) 单调减少,证明: ? ? ? <6. 解:⑴ a ? b ? ?3 时, f ( x) ? ( x ? 3 x ? 3 x ? 3)e ,故
?x
w.w.w.k. s.5.u.c.o.m

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

f '( x) ? ?( x 3 ? 3 x 2 ? 3 x ? 3)e ? x ? (3 x 2 ? 6 x ? 3)e ? x ? ? x( x ? 3)( x ? 3)e ? x 当 x ? ?3或 0 ? x ? 3时,f '( x) ? 0; 当 ?3 ? x ? 0或x ? 3时,f '( x) ? 0. 0),(3, ? ?) 从而 f ( x)在( ??, ?3), (0,3)单调增加,在( ? 3, 单调减少. 3 2 ?x 2 ?x ?x 3 ⑵ f '( x) ? ?( x ? 3 x ? ax ? b)e ? (3 x ? 6 x ? a )e ? ?e [ x ? (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 [ x 3 ? (a ? 6) x ? 4 ? 2a ]. 因为 f '(? ) ? f '( ? ) ? 0,
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

所以 x 3 ? (a ? 6) x ? 4 ? 2a ? ( x ? 2)( x ? ? )( x ? ? ) ? ( x ? 2)[x 2 ? (? ? ? ) x ? ?? ]. 将右边展开,与左边比较系数得, ? ? ? ? ?2, ?? ? a ? 2. 故

? ? ? ? ( ? ? ? ) 2 ? 4?? ? 12 ? 4a . 又 ( ? ? 2)(? ? 2) ? 0, 即?? ? 2(? ? ? ) ? 4 ? 0. 由此可得 a ? ?6. 于是 ? ? ? ? 6.

w.w

29. (2009天津文,利用根的分布讨论)

1 3 x ? x 2 ? ? m 2 ? 1? x ? x ? R ? ,其中 m ? 0 3 ⑴当 m ? 1 时,求曲线 y ? f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处的切线的斜率
设函数 f ? x ? ? ? ⑵求函数 f ? x ? 的单调区间与极值 ⑶已知函数 f ? x ? 有三个互不相同的零点 0、x1、x2 ,且 x1 ? x2 ,若对任意的

x ? ? x1 , x2 ? , f ? x ? ? f ?1? 恒成立,求 m 的取值范围.

1 3 x ? x 2 , f / ( x) ? x 2 ? 2 x, 故f ' (1) ? 1 3 y ? f ( x ) (1, f (1)) 处的切线斜率为1. 所以曲线 在点 ⑵ f ' ( x) ? ? x 2 ? 2 x ? m 2 ? 1 ,令 f ' ( x) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m, x ? 1 ? m
解:⑴当 m ? 1时,f ( x) ? 因为 m ? 0, 所以1 ? m ? 1 ? m , 当x变化时, f ( x), f ' ( x) 的变化情况如下表:

x f ( x) f ( x)
'

(??,1 ? m)
+ ↓

1? m
0 极小值

(1 ? m,1 ? m)
- ↑

1? m
0 极大值

(1 ? m,??)
+ ↓

27

f ( x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数。 2 3 1 2 函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = m ? m ? 3 3 2 3 1 2 函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = ? m ? m ? 3 3 1 2 1 2 ⑶由题设 f ( x) ? x(? x ? x ? m ? 1) ? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 2 所 以 方 程 ? x ? x ? m ? 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x1 , x 2 , 故 x1 ? x 2 ? 3 , 且 3 4 2 1 1 ? ? 1 ? (m ? 1) ? 0 ,解得 m ? ? (舍),m ? 3 2 2 3 因为 x1 ? x 2 , 所以2 x 2 ? x1 ? x 2 ? 3, 故x 2 ? ? 1 (难点) 2 1 若 x1 ? 1 ? x 2 , 则f (1) ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x1 ) ? 0 ,不合题意; 3 若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x 2 ? 0, 1 则 f ( x) ?? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 ,又 f ( x1 ) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 x ? [ x1 , x 2 ] 的最 3 1 2 小值为0, 于是对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] ,f ( x) ? f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) ? m ? ? 0 , 3 3 3 1 3 解得 ? ,综上,m的取值范围是 ( , ?m? ) 3 3 2 3

30. (2007全国II理22,转换变量后为根的分布) 已知函数 f ( x) ? x 3 ? x . (1)求曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程; (2)设 a ? 0 ,如果过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,证明: ? a ? b ? f (a ) . 解: (1) f ?( x) ? 3 x 2 ? 1 . y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为 y ? f (t ) ? f ?(t )( x ? t ) , 即 y ? (3t 2 ? 1) x ? 2t 3 . (2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t 2 ? 1)a ? 2t 3 . 若过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,

2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ? 0 有三个相异的实数根. 记 g (t ) ? 2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ,则 g ?(t ) ? 6t 2 ? 6at ? 6t (t ? a ) . 当 t 变化时, g (t ),g ?(t ) 变化情况如下表: (??, 0) 0 (0,a) a t g ?(t ) ? 0 0 ? g (t ) 极小值 b ? f (a ) 极大值 a ? b 如果过 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 三条切线,
则方程

(a, ? ?) ?

28

即 g (t ) ? 0 有三个相异的实数根,则 ?
3 2

31. 已知函数 f ? x ? ? ax ? bx ? 3x ? a, b ? R ? 在点 1, f ?1? 处的切线方程为 y ? 2 ? 0 . ⑴求函数 f ? x ? 的解析式; ⑵若对于区间 ? ?2, 2? 上任意两个自变量的值 x1 , x2 都有 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? c , 求实数 c 的最 小值; ⑶若过点 M ? 2, m?? m ? 2? 可作曲线 y ? f ? x ? 的三条切线,求实数 m 的取值范围. 解:⑴ f ? ? x ? ? 3ax ? 2bx ? 3 .??????????????????????2 分
2

?a ? b ? 0, 即 ?a ? b ? f (a ) . ?b ? f (a ) ? 0.

?

?

根据题意,得 ?
3

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

所以 f ? x ? ? x ? 3x .????????????????????????4 分
2 ⑵令 f ? ? x ? ? 0 ,即 3x ? 3 ? 0 .得 x ? ?1 .

x
f ? ? x?
f ? x?

?2

? ?2, ?1?
+ 增

?1

? ?1,1?
?


1

?1, 2?
+ 增

2

?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 .????????????6 分 则对于区间 ? ?2, 2? 上任意两个自变量的值 x1 , x2 ,都有

f ? x 1 ? ? f ? x2 ? ? f ? x ?max ? f ? x ?min ? 4 ,所以 c ? 4 .
所以 c 的最小值为 4.??????????????????????????8 分 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 .????????????9 分

2

3 x0 ? 3x0 ? m 则 3x ? 3 = ,????????????????????????11 分 x0 ? 2
2 0

29

3 2 即 2x0 ? 6x0 ? 6? m ? 0.

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

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

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

x
g? ? x ?
g ? x?


? ??,0?
+ 增 ,即

0

? 0, 2?
?


2

? 2, ???
+ 增

极大值

极小值

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

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

32. (2011省模,利用⑴的结论,转化成根的分布分题)

a ? ln x ? 1, g ( x) ? (ln x ? 1)e x ? x, (其中 e ? 2.718 ) x (I)求函数 f ( x) 在区间 ? 0, e ? 上的最小值;
已知 a ? R ,函数 f ( x) ? (II)是否存在实数 x0 ? ? 0, e ? ,使曲线 y ? g ( x) 在点 x ? x0 处的切线与y轴垂直?若存在,求 出 x0 的值;若不存在,请说明理由。

30

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

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数. f ( x) 解: (I) f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x ,? g ( x)在[?1,1] 上单调递减,? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0 ? ? ? ? cos x 在[-1,1]上恒成立,? ? ? ?1 ,故 ? 的最大值为 ? 1. (II)由题意 [ g ( x)] max ? g (?1) ? ?? ? sin 1, ? 只需 ? ? ? sin 1 ? t 2 ? ?t ? 1, ,恒成立,令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin 1 ? 1 ? 0(? ? ?1) , ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin ? 1 ? 0(其中 ? ? ?1 ) ?t ? ?1 ?t ? 1 ? 0 , 而t 2 ? t ? sin 1 ? 0 恒成立,? t ? ?1 则? ,? ? 2 2 ??t ? 1 ? t ? sin1 ? 1 ? 0 ?t ? t ? sin 1 ? 0 ln x ln x ? ? x 2 ? 2ex ? m. (Ⅲ)由 f ( x) x ln x 1 ? ln x , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m, ? f1' ( x) ? , 令 f1 ( x) ? x x2 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; 1 当 x ? e时, [ f 1 ( x)]max ? f 1 (e) ? , e 1 1 2 2 而 f 2 ( x) ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2 , ? 当m ? e ? , 即m ? e ? 时, 方程无解; e e 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
(Ⅲ)讨论关于x的方程
[来源 [来源:学*科*网]

三、不等式证明 作差证明不等式
34. (2010湖南,最值、作差构造函数) 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x . (1)求函数 f ( x) 的单调递减区间;

31

(2)若 x ? ?1 ,求证: 1 ?

1 ≤ ln( x ? 1) ≤x. x ?1
1 x ?1? ? , x ?1 x ?1

解:(1)函数f (x)的定义域为(-1,+∞), f ?( x) ?

x ? ?0 ?? ? f ( x ) ? 0 由 得: ? x ? 1 ,∴x>0,∴f (x)的单调递减区间为(0,+∞). ? ? x ? ?1 (2)证明:由(1)得x∈(-1,0)时, f ?( x) ? 0 , 当x∈(0,+∞)时, f ?( x) ? 0 ,且 f ?(0) ? 0 ∴x>-1时,f (x)≤f (0),∴ ln( x ? 1) ? x ≤0, ln( x ? 1) ≤x 1 1 x 1 ? ? ? 1 ,则 g ?( x) ? 令 g ( x) ? ln( x ? 1) ? , 2 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2 x ?1 ∴-1<x<0时, g ?( x) ? 0 ,x>0时, g ?( x) ? 0 ,且 g ?(0) ? 0 1 ? 1 ≥0 ∴x>-1时,g (x)≥g (0),即 ln( x ? 1) ? x ?1 1 1 ∴ ln( x ? 1) ≥ 1 ? ,∴x>-1时, 1 ? ≤ ln( x ? 1) ≤x. x ?1 x ?1

35. (2007湖北20,转换变量,作差构造函数,较容易) 已知定义在正实数集上的函数 f ( x) ?

y ? f ( x) , y ? g ( x) 有公共点,且在该点处的切线相同. ⑴用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; ⑵求证:当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) . 解:⑴设 y ? f ( x) 与 y ? g ( x)( x ? 0) 在公共点 ( x0,y0 ) 处的切线相同.
∵ f ?( x) ? x ? 2a , g ?( x) ?

1 2 x ? 2ax , g ( x) ? 3a 2 ln x ? b ,其中 a ? 0 .设两曲线 2

3a 2 ,由题意 f ( x0 ) ? g ( x0 ) , f ?( x0 ) ? g ?( x0 ) . x

?1 2 x0 ? 2ax0 ? 3a 2 ln x0 ? b, ? 3a 2 ?2 x ? 2 a ? 即? 由 得: x0 ? a ,或 x0 ? ?3a (舍去) . 2 0 3 a x 0 ? x0 ? 2a ? , ? x0 ?
1 2 5 a ? 2a 2 ? 3a 2 ln a ? a 2 ? 3a 2 ln a . 2 2 5 2 2 令 h(t ) ? t ? 3t ln t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? 2t (1 ? 3ln t ) .于是 2 1 当 t (1 ? 3ln t ) ? 0 ,即 0 ? t ? e 3 时, h?(t ) ? 0 ; 1 当 t (1 ? 3ln t ) ? 0 ,即 t ? e 3 时, h?(t ) ? 0 .
即有 b ? 故 h(t ) 在 (0,e 3 ) 为增函数,在 (e 3 ,+?) 为减函数,
1 1

? ∞) 的最大值为 h(e 3 ) ? 于是 h(t ) 在 (0,

1

2 3 3 e . 2

32

1 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b( x ? 0) , 2 2 3a ( x ? a )( x ? 3a ) 则 F ?( x) ? x ? 2a ? ? ( x ? 0) . x x ? ∞) 为增函数, 故 F ( x) 在 (0,a ) 为减函数,在 (a, ? ∞) 上的最小值是 F (a ) ? F ( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0 . 于是函数 F ( x) 在 (0,
⑵设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 故当 x ? 0 时,有 f ( x) ? g ( x) ≥ 0 ,即当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) .

36. (2009全国II理21,字母替换,构造函数)
2

设函数 f ? x ? ? x ? a ln ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 ⑴求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性;

1 ? 2 ln 2 . 4 a 2x2 ? 2x ? a 解: ⑴ f ? ? x ? ? 2 x ? ? ( x ? ?1) 1? x 1? x 1 令 g ( x) ? 2 x 2 ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ? 。 2 由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个均大于 ?1 的不相等的实根, ? ? ? 4 ? 8a ? 0 1 其充要条件为 ? ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0 当 x ? (?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 (?1, x1 ) 内为增函数;
⑵证明: f ? x2 ? ? 当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; 当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数;

? f ? x2 ? ? x2 2 ? a ln ?1 ? x2 ? ? x2 2 ? (2 x 2 2 +2x2 ) ln ?1 ? x2 ?
1 2 ? 则 h ? x ? ? 2 x ? 2(2 x ? 1) ln ?1 ? x ? ? 2 x ? ?2(2 x ? 1) ln ?1 ? x ?
设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x) ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

1 ? x2 ? 0 , 2 2 2 由 g ( x2 ) ? 2 x2 ? 2 x2 ? a ? 0 得 a ? ?(2 x 2 +2x2 ) ,
⑵由⑴知 g (0) ? a ? 0,??

1 1 , 0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [? , 0) 单调递增; 2 2 当 x ? (0, ??) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。
当 x ? (? 所以, 当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h( ? ) ?

1 2

1 2

1 ? 2 ln 2 4

33

故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ?

1 ? 2 ln 2 . 4

变形构造函数证明不等式
37. (变形构造新函数,一次) 已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax . ⑴试讨论 f ( x) 在定义域内的单调性;

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ? 1 .求实数 m 的取值范围. | x1 ? x2 | a ?1 (a ? 1) ? ax ?a ? 解:⑴函数的定义域为 (0, ??) , f ?( x) ? . x x a ?1 a ?1 , ??) ,减区间为 (0, ); 当 a ? ?1 时,增区间为 ( a a 当 ?1 ≤ a ≤0时,增区间为 (0, ??) ; a ?1 a ?1 ) ,减区间为 ( , ??) . 当 a ? 0 时,增区间为 (0, a a ⑵当 a >0时, f ( x) 在区间(0,1)上单调递增, 不妨设 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则 x1 ? x2 ? 0, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ? 1 等价于 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? x1 ? x2 ,即 f ( x1 ) ? x1 ? f ( x2 ) ? x2 . ∴ | x1 ? x2 | (a ? 1) ? ax (a ? 1)(1 ? x) ?1 ? 构造 g ( x) ? f ( x) ? x ,则 g ?( x) >0 (0 ? x ? 1) . x x ∴ g ( x) 在 (0,1) 上是增函数,当 0 ? x1 ? x2 ? 1 时, g ( x1 ) ? g ( x2 ) ,
⑵当 a <-1时,证明: ?x1 , x2 ? (0,1) , 即 f ( x1 ) ? x1 ? f ( x2 ) ? x2 ,即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? x1 ? x2 . 又当 a >0时, f ( x) 在区间(0,1)上单调递增, ∴ x1 ? x2 ? 0, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 . ∴ | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| x1 ? x2 | ,即

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

38. (2011辽宁理21,变形构造函数,二次) 已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax 2 ? 1 . ⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; ⑵设 a ? ?1 ,如果对任意 x1 , x 2 ? (0,??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ≥ 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围. 解:⑴ f ( x) 的定义域为(0,+∞). f ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 . ? 2ax ? 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;

34

a ?1 . 2a a ?1 a ?1 则当 x ? (0, ? ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a
当-1< a <0时,令 f '( x) =0,解得 x ?

?

a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a ⑵不妨假设 x1 ? x2 ,而 a <-1,由⑴知在(0,+∞)单调减少,从而
故 f ( x) 在 (0, ?

?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2
等价于 ?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 ?? ①

a ?1 ? 2ax ? 4 x a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 . ①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调减少,即 x ?4 x ? 1 ?4 x ? 1 ,设 h( x) ? ( x ? 0), 并设 t ? 4 x ? 1 ? 1 , 从而 a ? 2 2x ?1 2x2 ? 1 ?8t ?8 y? 2 ? t ?1 ?8 ? ?2. ∴x? ,∴ t ? 2t ? 9 t ? 9 ? 2 ≤ 4 3?3? 2 t
令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 g '( x) ? 故a的取值范围为(-∞,-2].

39. (2010辽宁文21,构造变形,二次) 已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax 2 ? 1 . ⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; ⑵设 a ≤ ?2 ,证明:对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≥ 4 | x1 ? x2 | . 解:⑴ f(x)的定义域为(0,+ ? ), f ?( 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= ? x∈( ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 . ? 2ax ? x x

a ?1 .当x∈(0, 2a

?

a ?1 )时, f ?( x) >0; 2a

a ?1 ,+ ? )时, f ?( x) <0, 2a a ?1 a ?1 故f(x)在(0, ? )单调增加,在( ? ,+ ? )单调减少. 2a 2a ⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤-2,故f(x)在(0,+ ? )单调减少. 所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥ 4 x1 ? x2 等价于 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥4x1-4x2,
即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.

35

a ?1 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 . ? 2ax +4= x x 1 设 h( x) ? 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 , a ≤-1,对称轴为 x ? ? , a 8a (a ? 1) ? 16 (a ? 2)(a ? 1) ? 结合图象知 h( x) ≤ ≤0, 8a a ?4 x 2 ? 4 x ? 1 ?(2 x ? 1) 2 于是 g ?( x) ≤ = ≤0. x x 从而g(x)在(0,+ ? )单调减少,故g(x1) ≤g(x2), 即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2,故对任意x1,x2∈(0,+ ? ) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥ 4 x1 ? x2
令g(x)=f(x)+4x,则 g ?( x) ? 40. (辽宁,变形构造,二次)

1 2 x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 . 2 (1)讨论函数 f ( x) 的单调性;
已知函数f(x)=
w.w.w. k.s.5. u.c.o.m

(2)证明:若 a ? 5 ,则对任意x 1 ,x 2 ? (0, ??) ,x 1 ? x 2 ,有 解:(1) f ( x) 的定义域为 (0, ??) .

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 . x1 ? x2

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a ) ? ? x x x 2 ( x ? 1) ①若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 f ' ( x) ? ,故 f ( x) 在 (0, ??) 单调增加。 x ②若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,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) 单调减少,在 (0, a ? 1), (1, ??) 单调增加。 ③若 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 ,同理 f ( x) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1), ( a ? 1, ??) 单调增加. 1 2 ⑵考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x ? x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x 2 a ?1 a ?1 则 g ?( x) ? x ? (a ? 1) ? ? 2 xg ? (a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 (另一种处理) x x ? 由于1<a<5,故 g ( x) ? 0 , 即g(x)在(4, +∞)单调增加, 从而当 x1 ? x2 ? 0 时有 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 , 即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? x1 ? x2 ? 0 ,故 x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ? ?1 . 当 0 ? x1 ? x2 时,有 x1 ? x2 x2 ? x1 f ' ( x) ? x ? a ?
(另一种处理)

g ?( x) ? x ? (a ? 1) ?

a ? 1 x 2 ? (a ? 1) x ? a ? 1 ,结合二次函数图象 ? x x

36

设 h( x) ? x 2 ? (a ? 1) x ? a ? 1(1 ? a ? 5) ≥ 41. 已知函数 f ( x) ? x ? 1 ? a ln x(a ? 0). (1)确定函数 y ? f ( x) 的单调性;

4(a ? 1) ? (a ? 1) 2 ?(a ? 3) 2 ? 6 ≥ >0 4 4

(2)若对任意 x1 , x2 ? ? 0,1? ,且 x1 ? x2 ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | 范围。

1 1 ? | ,求实数 a 的取值 x1 x2

42. (变形构造)

已知二次函数 f ? x ? ? ax ? bx ? c 和 “ 伪二次函数 ” g ? x ? ? ax ? bx ? c ln x ( a 、 b 、
2 2

(I)证明:只要 a ? 0 ,无论 b 取何值,函数 g ? x ? 在定义域内不可能总为增函数; (II)在二次函数 f ? x ? ? ax ? bx ? c 图象上任意取不同两点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,线段 AB 中
2

c ? R, abc ? 0 ) ,

点的横坐标为 x0 ,记直线 AB 的斜率为 k , (i)求证: k ? f ?( x0 ) ;

2 (ii)对于“伪二次函数” g ? x ? ? ax ? bx ? c ln x ,是否有①同样的性质?证明你的结论.

解: (I)如果 x ? 0, g ( x) 为增函数,则 g ?( x) ? 2ax ? b ?

c 2ax 2 ? bx ? c ? ? 0 (1)恒成立, x x

37

当 x ? 0 时恒成立, 2ax 2 ? bx ? c ? 0 (2) a ? 0, 由二次函数的性质, (2)不可能恒成立.则函数 g ( x) 不可能总为增函数. (II) (i) k ? = 2ax0 ? b . x2 ? x1 x2 ? x1 由 f ?( x) ? 2ax ? b, ? f ?( x0 ) ? 2ax0 ? b , 则 k ? f ?( x0 ) --------5分 (ii)不妨设 x2 ? x1 ,对于“伪二次函数”: x x 2 a ( x2 ? x12 ) ? b ? x2 ? x1 ? ? c ln 2 c ln 2 g ? x2 ? ? g ? x1 ? x1 = x1 , (3) 7分 k? ? 2ax0 ? b ? x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 由(ⅰ)中(1) g ? ? x0 ? ? 2ax0 ? b ?

3分

f ? x2 ? ? f ? x1 ?

?

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

c ,如果有(ⅰ)的性质,则 g ? ? x0 ? ? k , (4) x0
--------10分

x2 x ln 2 x x1 c , c ? 0, 即: 2 ,(4) 比较(3)( 4)两式得 1 ? ? x2 ? x1 x0 x2 ? x1 x1 ? x2 c ln
不妨令 t ?

x2 ln t 2 , t ? 1, ? , (5) x1 t ?1 t ?1 1 2(t ? 1) ? 2(t ? 1) (t ? 1) 2 2t ? 2 ? ? ?0, 设 s (t ) ? ln t ? ,则 s (t ) ? ? t ?1 t (t ? 1) 2 t (t ? 1) 2 ∴ s (t ) 在 (1, ??) 上递增, ∴ s (t ) ? s (1) ? 0 . ∴ (5)式不可能成立,(4)式不可能成立, g ? ? x0 ? ? k .
∴“伪二次函数” g ? x ? ? ax ? bx ? c ln x 不具有(ⅰ)的性质. -------12分
2

43. (变形构造,第2问用到均值不等式) 2 2 已知定义在正实数集上的函数f(x)=x +4ax+1,g(x)=6a lnx+2b+1,其中a>0. ⑴设两曲线y=f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同,用a表示b,并求b的最大值; ⑵设h(x)=f(x)+g(x)-8x,证明:若a≥-1,则h(x)在(0,+∞)上单调递增; ⑶设F(x)=f(x)+g(x),求证:对任意x1,x2∈(0,+∞),x1<x2有>8. 解:⑴设f(x)与g(x)交于点P(x0,y0),则有 f(x0)=g(x0),即x+4ax0+1=6a2lnx0+2b+1.① 又由题意知f′(x0)=g′(x0),即2x0+4a=.② 由②解得x0=a或x0=-3a(舍去). 2 2 将x0=a代入①整理得b=a -3a lna. 2 2 令s(a)=a -3a lna,则s′(a)=2a(1-3lna), a∈(0,)时,s(a)递增,a∈(,+∞)时,s(a)递减,所以s(a)≤s()= 即b≤

3 2 e3 , 2

3 2 3 2 e 3 ,b的最大值为 e 3 . 2 2

⑵h(x)=f(x)+g(x)-8x,h′(x)=2x++4a-8, 因为a≥-1,所以h′(x)=2x++4a-8≥4a+4a-8≥4(+1)(-1)-8≥0,即h(x)在(0,+∞)内单 调递增. ⑶由⑵知x1<x2时,h(x1)<h(x2),即F(x1)-8x1<F(x2)-8x2. 因为x1<x2,所以>8.

38

a ,a为正常数. x ?1 9 ⑴若 f ( x) ? ln x ? ? ( x) ,且a ? ,求函数 f ( x) 的单调增区间; 2 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 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 ,求a的 ⑶若 g ( x) ? ln x ? ? ( x) ,且对任意的 x1 , x 2 ? ?0,2? , x1 ? x 2 ,都有 x 2 ? x1 取值范围. 1 a x 2 ? (2 ? a) x ? 1 ? f ( x ) ? ? ? 解:⑴ x ( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2 9 1 1 ∵a ? ,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 ( x ) ? ? f ( x ) ? f ( x ) ln x ? ln x x1 ? ∴ f ( x) ? , ∴ ,又 0 2 1 2 1 k? ? ? x0 x1 ? x2 x x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 x ln 2 2 x1 与 不妨设 x2 ? x1 , 要比较 k 与 f ?( x0 ) 的大小,即比较 的大小, x1 ? x2 x2 ? x1 x 2( 2 ? 1) x2 2( x2 ? x1 ) x1 ? 又∵ x2 ? x1 ,∴ 即比较 ln 与 的大小. x x1 x1 ? x2 2 ?1 x1
44. 已知函数 ? ( x) ?

1 4 ( x ? 1) 2 2( x ? 1) ? h ( x ) ? ? ? ?0, ( x ? 1) ,则 令 h( x) ? ln x ? x ( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2 x ?1 ∴ h( x) 在 ?1,?? ? 上位增函数. x 2( 2 ? 1) x2 x2 x2 x1 ? 1 ,∴ h( ) ? h(1) ? 0 , ∴ ln ? 又 ,即 k ? f ?( x0 ) x2 x1 x1 x1 ?1 x1 g ( x 2 ) ? g ( x1 ) g ( x2 ) ? x2 ? ?g ( x1 ) ? x1 ? ? ?1 ,∴ ?0 ⑶∵ x2 ? x1 x 2 ? x1 由题意得 F ( x) ? g ( x) ? x 在区间 ?0,2? 上是减函数. 1 a a ?1 ? x , ∴ F ?( x) ? ? 1? 当 1 ? x ? 2, F ( x) ? ln x ? x ( x ? 1) 2 x ?1

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

由 F ?( x) ? 0 ? a ?

39

2? 当 0 ? x ? 1, F ( x) ? ? ln x ?

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

由 F ?( x) ? 0 ? a ? ?
1 x

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

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

27 . 2

45. 已知函数 f ( x) ? ln x ?

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

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)记函数 y ? F ( x) 的图象为曲线 C .设点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 是曲线 C 上的不同两

x1 ? x2 ;②曲线 C 在点 M 处的切 2 线平行于直线 AB ,则称函数 F ( x) 存在“中值相依切线” .试问:函数 f ( x ) 是否存在“中
点.如果在曲线 C 上存在点 M ( x0 , y0 ) ,使得:① x0 ? 值相依切线” ,请说明理由. 解: (Ⅰ)易知函数 f ( x ) 的定义域是 (0, ??) ,

1 a( x ? 1)( x ? ) 1 a .????1 分 f '( x) ? ? ax ? a ? 1 ? ? x x 1 1 ①当 ? ? 1 时,即 a ? ?1 时, 令 f '( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? ? 或 x ? 1 ; a a 1 令 f '( x) ? 0 ,解得 ? ? x ? 1 .?????2 分 a 1 1 所以,函数 f ( x ) 在 (0, ? ) 和 (1, ??) 上单调递增,在 (? ,1) 上单调递减 a a 1 ②当 ? ? 1 时,即 a ? ?1 时, 显然,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增;?????3 分 a 1 1 ③当 ? ? 1 时,即 ?1 ? a ? 0 时, 令 f '( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? 1 或 x ? ? ; a a 1 令 f '( x) ? 0 ,解得 1 ? x ? ? .?????4 分 a 1 1 所以,函数 f ( x ) 在 (0,1) 和 (? , ??) 上单调递增,在 (1, ? ) 上单调递减 a a
综上所述,

1 1 ,1) 上单调递减; a a ⑵当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 在 (0, ??) 上单调递增; 1 1 ⑶ 当 ?1 ? a ? 0 时 , 函 数 f ( x ) 在 (0,1) 和 (? , ??) 上 单 调 递 增 , 在 (1, ? ) 上 单 调 递 a a
⑴当 a ? ?1 时,函数 f ( x ) 在 (0, ? ) 和 (1, ??) 上单调递增,在 (? 减.?????5 分 (Ⅱ)假设函数 f ( x ) 存在“中值相依切线” .

40

设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 是曲线 y ? f ( x) 上的不同两点,且 0 ? x1 ? x2 ,

1 (ln x2 ? ln x1 ) ? a( x2 2 ? x12 ) ? (a ? 1)( x2 ? x1 ) y2 ? y1 2 ? 则 k AB ? x2 ? x1 x2 ? x1 ln x2 ? ln x1 1 ? ? a( x1 ? x2 ) ? (a ? 1) ?????7 分 x2 ? x1 2 曲线在点 M ( x0 , y0 ) 处的切线斜率 x ?x x ?x 2 ? a ? 1 2 ? (a ? 1) ,?????8 分 k ? f ?( x0 ) ? f ?( 1 2 ) ? 2 x1 ? x2 2 ln x2 ? ln x1 1 x ?x 2 依题意得: ? a( x1 ? x2 ) ? (a ? 1) ? ? a ? 1 2 ? (a ? 1) . x2 ? x1 2 x1 ? x2 2 x 2( 2 ? 1) x1 ln x2 ? ln x1 x 2( x2 ? x1 ) 2 ? 化简可得: ,即 ln 2 = . ?????10 分 ? x2 x2 ? x1 x1 ? x2 x1 x2 ? x1 ?1 x1 2(t ? 1) 4 4 x ? 2? ? 2 . ???12 设 2 ? t ( t ? 1) ,上式化为:ln t ? , 即 ln t ? t ?1 t ?1 t ?1 x1


4 1 4 (t ? 1)2 令 g (t ) ? ln t ? , g '(t ) ? ? . ? t ?1 t (t ? 1) 2 t (t ? 1)2 因为 t ? 1 ,显然 g '(t ) ? 0 ,所以 g (t ) 在 (1, ??) 上递增,显然有 g (t ) ? 2 恒成立. 4 ? 2 成立. 所以在 (1, ??) 内不存在 t ,使得 ln t ? t ?1 综上所述,假设不成立.所以,函数 f ( x ) 不存在“中值相依切线” .?????14 分
46. 已知函数 f ( x) ? x 2 ln(ax)(a ? 0) . (1)若 f ' ( x) ? x 2 对任意的 x ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)当 a ? 1 时,设函数 g ( x) ?

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

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

2

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

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

41

1 ? x1 ? x1 ? x 2 ? 1 ,所以 g ( x1 ? x 2 ) ? ( x1 ? x 2 ) ln( x1 ? x 2 ) ? g ( x1 ) ? x1 ln x1 e x1 ? x 2 x ? x2 ln( x1 ? x 2 ) 同理 ln x 2 ? 1 ln( x1 ? x 2 ) . 即 ln x1 ? x1 x2
因为 , 所以 ln x1 ? ln x 2 ? ( 又因为 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

x1 x 2 ? ? 4, 当且仅当“ x 1 ? x 2 ”时,取等号. x 2 x1 1 又 x1 , x 2 ? ( ,1), x1 ? x 2 ? 1 , ln( x1 ? x 2 ) ? 0 , e x1 x 2 ? ) ln( x1 ? x 2 ) ? 4 ln( x1 ? x 2 ) 所以 ln x1 ? ln x 2 ? 4 ln( x1 ? x 2 ) 所以 ( 2 ? , x 2 x1
, 所以: x1 x 2 ? ( x1 ? x 2 ) .
4

47. 已知 f ( x) ? x ln x, g ( x) ? ? x 2 ? ax ? 3 . (1) 求函数 f ( x) 在 [t , t ? 2](t ? 0) 上的最小值; (2) 对一切 x ? (0, ??) , 2 f ( x)≥ g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围; (3) 证明: 对一切 x ? (0, ??) ,都有 ln x ? 解: (1)

1 2 ? 成立. e x ex

1 1 f '( x) ? ln x ? 1 , 当 x ?( 当 x ? ( , ??) , f '( x) ? 0 , 0 , ) , f '( x) ? 0 , f ( x) 单调递减, e e 1 1 1 f ( x) 单 调 递 增 . ① 0 ? t ? t ? 2 ? , t 无 解 ; ② 0 ? t ? ? t ? 2 , 即 0 ? t ? 时 , e e e 1 1 f ( x)m i n? f ( ) ? ? ; e e 1 1 ③ ? t ? t ? 2 ,即 t ? 时, f ( x) 在 [t , t ? 2] 上单调递增, f ( x)min ? f (t ) ? t ln t ; e e 1 ? 1 ? , 0?t ? ? ? e e 所以 f ( x) min ? ? . 1 ?t ln t,t ? ? e ? 3 (2) 2 x ln x ? ? x 2 ? ax ? 3 ,则 a ? 2ln x ? x ? , x 3 ( x ? 3)( x ? 1) 设 h( x) ? 2ln x ? x ? ( x ? 0) ,则 h '( x) ? , x x2 x ? (0,1) , h '( x) ? 0 , h( x) 单调递减, x ? (1, ??) , h '( x) ? 0 , h( x) 单调递增, 所以 h( x)min ? h(1) ? 4 .因为对一切 x ? (0, ??) , 2 f ( x) ? g ( x) 恒成立,所以 a ? h( x)min ? 4 ; x 2 (3) 问题等价于证明 x ln x ? x ? ( x ? (0, ??)) ,由⑴可知 f ( x) ? x ln x( x ? (0, ??)) 的最小值 e e 1 1 x 2 1? x 是 ? , 当 且 仅 当 x ? 时 取 到 , 设 m( x) ? x ? ( x ? (0, ??)) , 则 m ' (x )? x , 易 得 e e e e e

42

1 1 2 m( x)max ? m(1) ? ? ,当且仅当 x ? 1 时取到,从而对一切 x ? (0, ??) ,都有 ln x ? x ? 成立. e e ex
48. (2011陕西21,变形构造,反比例) 设函数 f ( x) 定义在 (0, ??) 上, f (1) ? 0 ,导函数 f ?( x) ? (1)求 g ( x) 的单调区间和最小值; (2)讨论 g ( x) 与 g ( ) 的大小关系; (3)是否存在 x0 ? 0 ,使得 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 范围;若不存在,请说明理由. 解: (1)∵ f ?( x) ?

1 , g ( x) ? f ( x) ? f ?( x) . x

1 x

1 对任意 x ? 0 成立?若存在,求出 x0 x

的取值

1 ,∴ f ( x) ? ln x ? c ( c 为常数) , x 1 , x

又∵ f (1) ? 0 ,所以 ln1 ? c ? 0 ,即 c ? 0 ,∴ f ( x) ? ln x ; g ( x) ? ln x ? ∴ g ?( x) ?

x ?1 x ?1 ,令 g ?( x) ? 0 ,即 2 ? 0 ,解得 x ? 1 , 2 x x 当 x ? (0,1) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,故 (0,1) 是函数 g ( x) 的减区间; 当 x ? (1, ??) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 是增函数,故 (1, ??) 是函数 g ( x) 的增区间; 所以 x ? 1 是 g ( x) 的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 . 1 1 1 ( x ? 1) 2 (2) g ( ) ? ? ln x ? x ,设 h( x) ? g ( x) ? g ( ) ? 2ln x ? x ? ,则 h?( x) ? ? , x x x x2 1 当 x ? 1 时, h(1) ? 0 ,即 g ( x) ? g ( ) , x 当 x ? (0,1) (1, ??) 时, h?( x) ? 0 , h?(1) ? 0 ,因此函数 h( x) 在 (0, ??) 内递减, 1 当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x) ? g ( ) ; x 1 当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x) ? g ( ) . x (3)满足条件的 x0 不存在.证明如下: 1 证法一 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立, x 2 即对任意 x ? 0 有 ln x ? g ( x0 ) ? ln x ? ① x g(x ) 但对上述的 x0 ,取 x1 ? e 0 时,有 ln x1 ? g ( x0 ) ,这与①左边的不等式矛盾, 1 因此不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立. x

43

证法二 假设存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 由(1)知, g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 , 又 g ( x) ? ln x ?

1 对任意 x ? 0 成立, x

1 ? ln x ,而 x ? 1 时, ln x 的值域为 (0, ??) , x ∴当 x …1 时, g ( x) 的值域为 [1, ??) , 从而可以取一个值 x1 ? 1 ,使 g ( x1 ) …g ( x0 ) ? 1 ,即 g ( x1 ) ? g ( x0 ) …1 , 1 ∴ | g ( x1 ) ? g ( x0 ) |…1 ? ,这与假设矛盾. x1 1 ∴不存在 x0 ? 0 ,使 | g ( x) ? g ( x0 ) |? 对任意 x ? 0 成立. x
49. 已知函数 f ( x) ?

1 ? a ? ln x x

a?R,

(Ⅰ)求 f ( x ) 的极值 (Ⅱ)若 ln x ? kx ? 0 在 R 上恒成立,求 k 的取值范围
?

(Ⅲ)已知 x1 ? 0 , x2 ? 0 且 x1 ? x2 ? e ,求证 x1 ? x2 ? x1 x2
' 解: (1)∵ f ( x) ?

a ? ln x ,令 f ' ( x) ? 0 得 x ? ea 2 x a ' x ? (0, e ) , f ( x) ? 0 , f ( x) 为增函数, x ? (ea , ??) , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 为减函数

∴ f ( x ) 有极大值

f (ea ) ? e?a
?

????????4 分

(2)欲使 ln x ? kx ? 0 <在 R 上恒成立, 只需 设 g ( x) ?

ln x 1 ? ln x ( x ? 0) , g ' ( x) ? x x2 x ? (0, e) , g ' ( x) ? 0 , g ( x) 为增函数, x ? (e, ??) , g ' ( x) ? 0 , g ( x) 为减函数 1 1 1 ∴ x ? e 时, g (e) ? 是最大值 只需 ? k ,即 k ? ???8 分 e e e (3)∵ e ? x1 ? x2 ? x1 ? 0 由(2)可知 g ( x) 在 (0, e) 上单调增, ln( x1 ? x2 ) ln x1 x ln( x1 ? x2 ) x ln( x1 ? x2 ) ,那 1 ? ? ln x1 ,同理 2 ? ln x2 x1 ? x2 x1 x1 ? x2 x1 ? x2 ln( x1 ? x2 ) 相加得 ( x1 ? x2 ) ? ln( x1 x2 ) ,∴ ln( x1 ? x2 ) ? ln( x1 x2 ) , x1 ? x2 得: x1 ? x2 ? x1 x2 . ln x 1 50. 已知函数 f ( x) ? 的图象为曲线 C , 函数 g ( x) ? ax ? b 的图象为直线 l . x 2 (Ⅰ) 当 a ? 2, b ? ?3 时, 求 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 的最大值; (Ⅱ) 设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1 , x 2 , 且 x1 ? x 2 , 求证:

ln x ? k 在 R ? 上恒成立 x

44

( x1 ? x 2 ) g ( x1 ? x 2 ) ? 2 .
解: (1)? a ? 2, b ? ?3 ? F ( x) ?

ln x ? x?3 x 1 ? ln x 1 ? ln x ? x 2 F ?( x) ? ? 1 ? ? 0 ? x ?1 x2 x2 x ? (0,1), F ?( x) ? 0, F ?( x) 单调递增, x ? (1,??), F ?( x) ? 0, F ?( x) 单调递减, F ( x) max ? F (1) ? 2

(2)不妨设 x1 ? x 2 ,要证 ( x1 ? x 2 ) g ( x1 ? x 2 ) ? 2 只需证 ( x1 ? x 2 ) ? a ( x1 ? x 2 ) ? b ? ? 2

?1 ?2

? ?

1 2 2( x 2 ? x1 ) 1 2 a ( x1 ? x 2 ) ? b ? ? a( x2 ? x12 ) ? b( x 2 ? x1 ) ? 2 x1 ? x 2 2 x1 ? x 2 2( x 2 ? x1 ) 1 2 1 ax 2 ? bx 2 ? ( ax12 ? bx1 ) ? 2 2 x1 ? x 2 ln x1 1 ln x 2 1 ? ? ax1 ? b ? ? ax 2 ? b x1 2 x2 2 2( x 2 ? x1 ) x 2 2( x 2 ? x1 ) x2 ln x 2 ? ln x1 ? ? ? 2( x 2 ? x1 ) ,即 ln , ( x 2 ? x1 ) ln x 2 ? x1 x1 x 2 ? x1 x1 x ? 2( x ? x1 ) , x ? ( x1 ,??) 令 H ( x) ? ( x ? x1 ) ln x1 x x x ? 2( x ? x1 ) ? 0 ? H ( x1 ) , H ?( x) ? ln ? 1 ? 1 只需证 H ( x) ? ( x ? x1 ) ln x1 x1 x x x1 x ? x1 ? ?1 令 G ( x) ? ln G ?( x) ? ? 0 G ( x) 在 x ? ( x1 ,??) 单调递增。 x1 x x2 G ( x) ? G ( x1 ) ? 0 , H ?( x) ? 0 , H ( x) 在 x ? ( x1 ,??) 单调递增。 x H ( x) ? H ( x1 ) ? 0 , H ( x) ? ( x ? x1 ) ln ? 2( x ? x1 ) ? 0 x1 所以 ( x1 ? x 2 ) g ( x1 ? x 2 ) ? 2 1 2 1 51. 已知函数 f ( x) ? x ? x ? ln( x ? a ) ,其中常数 a ? 0. 4 a ⑴若 f ( x)在x ? 1 处取得极值,求 a 的值; ⑵求 f ( x ) 的单调递增区间; 1 ⑶ 已 知 0 ? a ? , 若 x1 , x2 ? (?a, a), x1 ? x2 , 且 满 足 f '( x1 ) ? f '( x2 ) ? 0 , 试 比 较 2 f '( x1 ? x2 )与f '(0) 的大小,并加以证明。

45

46

替换构造不等式证明不等式
52. ( 第 3 问 用 第 2 问 ) 已 知 f ( x) ? ln x, g ( x) ?

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

f ( x), g ( x ) 的图像都相切,且与函数 f ( x) 的图像的切点的横坐标为1。 (I)求直线 l 的方程及m的值;

47

(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 ) ? 解: (I) Qf '( x) ?

b?a . 2a

1 ,? f '(1) ? 1; ? 直线l 的斜率为1, x 且与函数 f ( x) 的图像的切点坐标为(1,0) ,? 直线l 的方程为 y ? x ? 1. ? y ? x ?1 ? 又 直线l 与函数 y ? g ( x) 的图象相切,? 方程组 ? 1 2 7 有一解。 y ? x ? mx ? ? ? 2 2 2 由上述方程消去y,并整理得 x ? 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) ?

1 ?x ?1 ? . x ?1 x ?1 ?当x ?(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调,当 x ? (0, ??) 时, h '( x) ? 0, h( x) 单减。 ?当x=0时 , h( x) 取最大值,其最大值为2。 a?b b?a ? ln(1 ? ). (III) f (a ? b) ? f (2a ) ? ln(a ? b) ? ln 2a ? ln 2a 2a Q0 ? b ? a,??a ? b ? a ? 0,
? g '( x) ? x ? 2,? h( x) ? ln( x ? 1) ? x ? 2( x ? ?1) ,? h '( x) ?

1 2 7 x ? 2x ? , 2 2

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

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

b?a . 2a

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

53. 已知函数 f ?x ? ? x ln x 、

(Ⅰ)求函数 f ? x ? 的单调区间; (Ⅱ)若 k 为正常数,设 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? k ? x ? ,求函数 g ? x ? 的最小值; (Ⅲ)若 a ? 0 , b ? 0 ,证明: f ? a ? ? ? a ? b ? ln2 ≥ f ? a ? b ? ? f ?b ? 、 解:(Ⅰ)∵ f ? ? x ? ? lnx ? 1 ,解 f ? ? x ? ? 0 ,得 x ?

1 1 ;解 f ? ? x ? ? 0 ,得 0 ? x ? . e e ?1 ? ? 1? ∴ f ? x ? 的单调递增区间是 ? , ?? ? ,单调递减区间是 ? 0, ? . ……3′ ?e ? ? e? (Ⅱ)∵ g ? x ? ? f ? x ? ? f ? k ? x ? ? xlnx ? ? k ? x ? ln ? k ? x ? ,定义域是 ? 0, k ? .
∴ g ? ? x ? ? lnx ? 1 ? ? ?ln ? k ? x ? ? 1? ? ? ln

x ……5′ k?x

48

k k ? x ? k ,由 g ? ? x ? ? 0 ,得 0 ? x ? 2 2 ? k? ?k ? ∴ 函数 g ? x ? 在 ? 0, ? 上单调递减;在 ? , k ? 上单调递增……7′ ?2 ? ? 2? k ?k? 故函数 g ? x ? 的最小值是: g ? ? ? k ? ln . ……8′ 2 ?2? 2a (Ⅲ)∵ a ? 0 , b ? 0 ,∴ 在(Ⅱ)中取 x ? ,k ? 2 a?b 2a ? ? 2a ? ? ? 2a ? ? 2b ? 可得 f ? ? ? f ?2? ? ≥ 2ln1 ,即 f ? ?? f ? ? ≥ 0 .……10′ a?b? ?a?b? ? ?a?b? ?a?b? 2a 2a 2b 2b ∴ ln ? ln ≥ 0 ,∴ alna ? blnb ? ? a ? b ? ln2 ? ? a ? b ? ln ? a ? b ? ≥ 0 . a?b a?b a?b a?b 即 f ? a ? ? ? a ? b ? ln2 ≥ f ? a ? b ? ? f ?b ? .……12′
由 g ? ? x ? ? 0 ,得 54. (替换构造不等式) 已知函数 f ( x) ?

ax ? b 在点 (?1, f (?1)) 的切线方程为 x ? y ? 3 ? 0 . x2 ?1

⑴求函数 f ( x) 的解析式; ⑵设 g ( x) ? ln x ,求证: g ( x) ≥ f ( x) 在 x ? [1,??) 上恒成立; (反比例,变形构造)

ln b ? ln a 2a ? 2 .(替换构造) b?a a ? b2 解:⑴将 x ? ?1 代入切线方程得 y ? ?2 . b?a ? ?2 ,化简得 b ? a ? ?4 . ∴ f (?1) ? 1?1 a ( x 2 ? 1) ? (ax ? b) ? 2 x 2a ? 2(b ? a ) 2b b f ?( x) ? ? ? ? ?1 , f ?(?1) ? 2 2 (1 ? x ) 4 4 2 2x ? 2 解得 a ? 2, b ? ?2 .∴ f ( x) ? 2 . x ?1 2x ? 2 ⑵由已知得 ln x ? 2 在 [1,??) 上恒成立 x ?1 化简 ( x 2 ? 1) ln x ? 2 x ? 2 ,即 x 2 ln x ? ln x ? 2 x ? 2 ? 0 在 [1,??) 上恒成立 1 设 h( x) ? x 2 ln x ? ln x ? 2 x ? 2 , h ?( x) ? 2 x ln x ? x ? ? 2 . x 1 ∵ x ?1 ∴ 2 x ln x ? 0, x ? ? 2 ,即 h ?( x) ? 0 x ∴ h( x) 在 [1,??) 上单调递增, h( x) ? h(1) ? 0 ∴ g ( x) ? f ( x) 在 x ? [1,??) 上恒成立 . b 2 ?2 b b a ⑶∵ 0 ? a ? b ,∴ ? 1 ,由⑵知有 ln ? , a ( b )2 ? 1 a a
⑶已知 0 ? a ? b ,求证:

49

整理得

ln b ? ln a 2a ln b ? ln a 2a ? 2 ? 2 ∴当 0 ? a ? b 时, . 2 b?a b?a a ?b a ? b2

55. (替换证明) ln x 已知函数 f ( x) ? ?1. x (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 1 ? ln x 解: (1)函数 f ( x) 的定义域是 (0, ??) .由已知 f ?( 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 时 , f ( x) 在 [m, 2m] 上 单 调 递 增 , 所 以 2

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

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

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

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

1 ln x 1 (3) 由 (1) 知当 x ? (0, ??) 时 f ( x)max ? f (e) ? ?1 . 所以在 x ? (0, ??) 时恒有 f ( x) ? ?1 ? ?1 , e x e ln x 1 1 1? n 即 ? ,当且仅当 x ? e 时等号成立.因此对任意 x ? (0, ??) 恒有 ln x ? .因为 ?0 , x e e n 1? n 1? n 1 1? n 1? n e 1? n 1? n e 1? n 所以 ln , 即 ln( . 因此对任意 n ? N * , 不等式 ln( . ?e, ? ? ) ? ) ? n n e n n n n n

56. (2010湖北,利用⑵结论构造)

f x) ? ax ? 已知函数 (

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

⑴用a表示出b、c; ⑵若f ( x)≥ ln x在[1, ? ?)上恒成立,求a 的取值范围; (反比例,作差构造) 1 1 1 n 1 ? ? ? ??? ? ? ln(n ? 1) ? ( n ? 1) .(替换构造) ⑶ 证明: 2 3 n 2(n ? 1)
解:本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识,同事考察综合运用数学知识进行推

50

理论证的能力和分类讨论的思想。

? f (1) ? a ? b ? c ? 0 ?b ? a ? 1 b . ,则有 ? ,解得 ? 2 x ? f ?(1) ? a ? b ? 1 ?c ? l ? 2a a ?1 ? 1 ? 2a , ⑵由⑴知, f ( x) ? ax ? x a ?1 ? 1 ? 2a ? ln x , x ? ?1, ?? ? 则 g (1) ? 0 , 令 g ( x) ? f ( x) ? ln x ? ax ? x 1? a a ( x ? 1)( x ? ) 2 a ? 1 1 ax ? x ? (a ? 1) a g '( x) ? a ? 2 ? ? ? x x x2 x2 1 1? a ?1 ①当 o ? a ? , 2 a 1? a 若 1? x ? ,则 g '( x) ? 0 , g ( x) 是减函数,所以 g ( x) ? g (l ) ? o a f ( x) ? ln x ,故 f ( x) ? ln x 在 ?1, ?? ? 上恒不成立。
⑴ f '( x) ? a ?

1 1? a ?1 时, 2 a 若 f ( x) ? ln x ,故当 x ? 1 时, f ( x) ? ln x 。 ?1 ? 综上所述,所求 a 的取值范围为 ? , ?? ? ?2 ? 1 ⑶由⑵知:当 a ? 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 k ?1 1 ? k ?1 k ? 1? 1 1 ? k ?1 ? ? ? ? ?(1 ? ) ? (1 ? ) 令x? ,有 ln ? k 2? k k ? 1? 2 ? k k ?1 ? k ? 1 1 1 ) , k ? 1, 2,3....n 即 ln(k ? 1) ? ln k ? ( ? 2 k k ?1 将上述 n 个不等式依次相加得 1 1 1 1 1 1 1 1 n ln(n ? 1) ? ? ( ? ? ..... ? ) ? ,整理得 1 ? ? ? .... ? ? ln( n ? 1) ? . 2 2 3 n 2(n ? 1) 2 3 n 2(n ? 1)
②a ? 57. 已知 f ( x) ? ax ?

b ? 2 ? 2a (a ? 0) 的图像在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 y ? 2 x ? 1 平行. x

(1)求 a,b 满足的关系式; (2)若 f ( x) ? 2ln x在[1,+?) 上恒成立,求 a 的取值范围; (3)证明: 1 ?

1 1 ? ? 3 5

?

1 1 1 nn 2n 1? )? ? ln( (2n ?? 1) (n ? )∈N*) ( ?n 2n 2n ? 1 2 2 2n ?? 11

51

b ,根据题意 f ?(1) ? a ? b ? 2 ,即 b ? a ? 2 . x2 a?2 ? 2 ? 2a , (Ⅱ )由(Ⅰ )知, f ( x) ? ax ? x a?2 ? 2 ? 2a ? 2 ln x , x ??1, ??? 令 g ( x) ? f ( x) ? 2 ln x ? ax ? x 2?a a( x ? 1)(x ? ) a?2 2 a ? 则 g (1) ? 0 , g ?( x) ? a ? = x x2 x2 2?a ?1 , ① 当 0 ? a ? 1 时, a 2?a 若 1? x ? , 则 g ' ( x) ? 0 , g ( x) 在 [1, ??) 减 函 数 , 所 以 g ( x) ? g (1) ? 0 , 即 a f ( x) ? 2ln x 在 [1, ??) 上恒不成立. 2?a ? 1 ,当 x ? 1 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x) 在 [1, ??) 增函数,又 g (1) ? 0 ,所 ②a ? 1 时, a 以 f ( x) ? 2ln x . 综上所述,所求 a 的取值范围是 [1, ??) . 1 (Ⅲ )由(Ⅱ )知当 a ? 1 时, f ( x) ? 2 ln x 在 ?1, ?? ? 上恒成立.取 a ? 1 得 x ? ? 2 ln x x 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 ? 1, n ? N * 得 ? ? 2 ln 令x ? , 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2 2 2n ? 1 1 1 2n ? 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? 2 ln ? ln ? ( ? ) 即1 ? 所以 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 , 2n ? 1 2 2n ? 1 2 2n ? 1 2n ? 1 1 1 1 1 n ? ln(2n ? 1) ? 上式中 n=1, 2, 3, …, n, 然后 n 个不等式相加得 1 ? ? ? … ? 3 5 2n ? 1 2 2n ? 1 58. 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1. (1)求函数 f ( x) 的极值点。 (2)若 f ( x) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围。 ln 2 ln 3 ln 4 ln n (n ? 4)(n ? 1) ? ? ? ?? ? 2 ? (n ? N , n ? 1) . (3)证明: 3 8 15 6 n ?1 1 / ?k. 解:(1) f ( x) 的定义域为(1,+∞) , f ( x) ? x ?1 当 k ? 0 时,? x ? 1 ?, ? f / ( x) ? 0 ,则 f ( x) 在(1,+∞)上是增函数。 f ( x) 在(1,+∞)上无极值点. 1 当 k ? 0 时,令 f / ( x) ? 0 ,则 x ? 1 ? . k 1 1 f / ( x) ? ?k ? ?k ?0 1 1 所以当 x ? (1,1 ? ) 时, , x ?1 1 ? ? 1 k k
解: (Ⅰ ) f ?( x) ? a ?

52

∴ f ( x) 在 (1,1 ?

1 ) 上是增函数, k

1 1 f / ( x) ? ?k ? ?k ?0 1 1 当 x ? (1 ? ,??) 时, , x ?1 1? ?1 k k 1 ∴ f ( x) 在 (1 ? ,??) 上是减函数。 k 1 ∴ x ? 1 ? 时, f ( x) 取得极大值。 k 综上可知,当 k ? 0 时, f ( x) 无极值点; 1 当 k ? 0 时, f ( x) 有唯一极值点 x ? 1 ? . k (2)由(1)可知,当 k ? 0 时, f (2) ? 1 ? k ? 0 , f ( x) ? 0 不成立.故只需考虑 k ? 0 . 1 由(1)知, f ( x) max ? f (1 ? ) ? ? ln k , k 1 若 f ( x) ? 0 恒成立,只需 f ( x) max ? f (1 ? ) ? ? ln k ? 0 即可, k 化简得: k ? 1 ,所以 k 的取值范围是[1,+∞). (3)由(2)知, 当k ? 1时理解得: ln x ? x ? 1,x ? 1.
∴ ln n 3 ? n 3 ? 1 ? (n ? 1)(n 2 ? n ? 1) ? (n ? 1)(n ? 1) 2 . ∴

ln n n ?1 (n ? N , n ? 1) ? 2 3 n ?1 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 ? ? ? ?? ? 2 ? (3 ? 4 ? 5 ? ?? ? n ? 1) 3 8 15 n ?1 3 1 (3 ? n ? 1) (n ? 4)(n ? 1) ? ? (n ? 1) ? (n ? N , n ? 1) 3 2 6

59. (替换构造) 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1. ⑴求函数 f ( x) 的单调区间; ⑵若 f ( x) ≤0恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (一次,作差构造) ⑶证明:①当 x ? 2 时, ln( x ? 1) ? x ? 2 ;②

? i ?1 ?
i ?1

n

ln i

n(n ? 1) (n ? N * , n ? 1) . 4

1 ?k . 解:⑴函数的定义域为 (1, ??) 中, f ?( x) ? x ?1 当 k ≤0时, f ?( x) ? 0 ,则 f ( x) 在 (1, ??) 上是增函数. 1 1 当 k ? 0 时, f ( x) 在 (1,1 ? ) 上是增函数,在 (1 ? , ??) 上是减函数. k k ⑵由⑴知,当 k ≤0时, f ( x) 在 (1, ??) 上是增函数.而 f (2) ? 1 ? k ? 0 , f ( x) ≤0不成立. 1 当 k ? 0 时,由⑴知 ymax ? f (1 ? ) ? ? ln k ,要使 f ( x) ≤0恒成立,则 ? ln k ≤0,解得 k ≥ k
1.

53

⑶①由⑵知当 k ? 1 时,有 f ( x) 在 (1, ??) 上恒成立,且 f ( x) 在 (2, ??) 是减函数. 又 f (2) ? 0 ,∴当 x ? 2 时, f ( x) ? f (2) ? 0 ,即 ln( x ? 1) ? x ? 2 . ②令 x ? 1 ? n 2 , 则 ln n 2 ? n 2 ? 1, 即 2 ln n ? ( n ? 1)(n ? 1) ,从而 ∴

ln 2 ln 3 ln 4 ? ? ? 3 4 5

?

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

ln n n ? 1 . ? n ?1 2 n ? 1 n( n ? 1) ? ? 成立. 2 4

60. (2011浙江理22,替换构造) 已知函数 f ( x) ? 2a ln(1 ? x) ? x(a ? 0) . ⑴求 f ( x) 的单调区间和极值;

lg e lg e lg e * n ⑵求证: 4 lg e ? ? ? ??? ? ? lg e n (n ? 1) (n ? N ) . 2 3 n 2a ?1 . 解:⑴定义域为 ? ?1, ?? ? , f '( x) ? 1? x 令 f '( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 2a ? 1 ,令 f '( x) ? 0 ? x ? 2a ? 1 故 f ( x) 的单调递增区间为 ? ?1, 2a ? 1? , f ( x) 的单调递减区间为 ? 2a ? 1, ?? ?

(1? n )n

f ( x) 的极大值为 2a ln 2a ? 2a ? 1
lg e lg e lg e ⑵证明:要证 4 lg e ? ? ? ??? ? ? lg e 2 3 n
(1? n )n nn

(1? n )n nn

(n ? 1)
(1? n )n

( n ? 1) , 即证 4 ? 1 ? 1 ? ??? ? 1 ? ln e nn (n ? 1) 即证 4 ? 1 ? 1 ? ??? ? 1 ? lg e 2 3 n 2 3 n lg e 1 1 1 1 n 即证 1 ? ? ? ??? ? ? 3 ? ln( n ? 1) ? (1 ? ) 2 3 n n 1 令 a ? ,由⑴可知 f ( x) 在 (0, ??) 上递减,故 f ( x) ? f (0) ? 0 2 1 1 n ?1 1 * ? ln( n ? 1) ? ln n ? 即 ln(1 ? x) ? x ,令 x ? (n ? N ) ,故 ln(1 ? ) ? ln n n n n 1 1 1 累加得, ln(n ? 1) ? 1 ? ? ? ??? ? 2 3 n 1 1 1 1 ln(1 ? ) ? ? ln(1? )n ? 1? (1? )n ? e ? 3 n n n n 1 1 1 1 n 故 1 ? ? ? ??? ? ? 3 ? ln( n ? 1) ? (1 ? ) ,得证 2 3 n n 1 n 1 1 1 1 1 0 1 2 n 1 法二: (1 ? ) = Cn ? Cn ? Cn 2 ? ??? ? Cn n ? 2 ? ? ? ??? ? n n n n 2! 3! n! 1 1 (1 ? n ?1 ) 1 1 1 1 2 ? 3 ? n ?1 ? 3 ,其余相同证法. ? 2 ? ? 2 ? ??? ? n ? 2 ? 2 1 2 2 2 2 1? 2

54

61. (替换构造) 已知函数 f ( x) ? e x ? ax ? 1(a ? 0, e为自然对数的底数) . ⑴求函数 f ( x) 的最小值; ⑵若 f ( x) ≥0对任意的 x ? R 恒成立,求实数a的值; (一次,作差构造)

1 n 2 n n ?1 n n n e ) ?( ) ? (其中n ? N*) . n n n n e ?1 解: (1)由题意 a ? 0, f ?( x) ? e x ? a ,由 f ?( x) ? e x ? a ? 0 得 x ? ln a . 当 x ? (??, ln a ) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (ln a, ??) 时, f ?( x) ? 0 . ∴ f ( x) 在 (??, ln a ) 单调递减,在 (ln a, ??) 单调递增. 即 f ( x) 在 x ? ln a 处取得极小值,且为最小值, 其最小值为 f (ln a ) ? eln a ? a ln a ? 1 ? a ? a ln a ? 1. (2) f ( x)≥0 对任意的 x ? R 恒成立,即在 x ? R 上, f ( x) min ≥0 . 由(1) ,设 g (a ) ? a ? a ln a ? 1. ,所以 g (a )≥0 . 由 g ?(a ) ? 1 ? ln a ? 1 ? ? ln a ? 0 得 a ? 1 . ∴ g (a ) 在区间 (0,1) 上单调递增,在区间 (1, ??) 上单调递减, ∴ g (a ) 在 a ? 1 处取得极大值 g (1) ? 0 . 因此 g (a )≥0 的解为 a ? 1 ,∴ a ? 1 . (3)由(2)知,因为 a ? 1 ,所以对任意实数 x 均有 e x ? x ? 1 ≥ 0 ,即 1 ? x ≤ e x . k k ?? ?? k k k (n ? N*, k ? 0,1, 2,3, …,n ? 1) ,则 0 ? 1 ? ≤ e n .∴ (1 ? ) n ≤ (e n ) n ? e ? k . 令x?? n n n 1 n 2 n n ?1 n n n 1 ? e? n 1 e . ) ? ( ) ≤ e ? ( n ?1) ? e ? ( n ? 2) ? … ? e ?2 ? e ?1 ? 1 ? ∴ ( ) ? ( ) ?…? ( ? ? ?1 ?1 n n n n 1? e 1? e e ?1
⑶在⑵的条件下,证明: ( ) ? ( ) ? ??? ? (

四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用
62. (2011北京理18倒数第3大题,最值的直接应用) 已知函数 f ( x) ? ( x ? k ) 2 e k 。 ⑴求 f ( x) 的单调区间; ⑵若对于任意的 x ? (0, ??) ,都有 f ( x) ≤ 解:⑴ f ?( x) ?
x

1 ,求 k 的取值范围. e

x 1 2 ( x ? k 2 )e k ,令 f ?( x) ? 0, x ? ? k , k 当 k ? 0 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下 : (??, ?k ) ? k (?k , k ) k x f ?( x) + 0 0 ?
2 ?1

(k , ??)
+

f ( x) 0 4k e 所以, f ( x) 的单调递增区间是 (??, ? k ) 和 (k , ??) :单调递减区间是 (? k , k ) ,

55

当 k ? 0 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下 :

x f ?( x)

(??, k )

k
0

(k , ?k )
+

?k
0

(?k , ??)

?

?

f ( x) 0 4k 2 e ?1 所以, f ( x) 的单调递减区间是 (??, k ) 和 (? k , ??) :单调递减区间是 (k , ? k ) 。 k ?1 1 1 ⑵当 k ? 0 时,因为 f (k ? 1) ? e k ? ,所以不会有 ?x ? (0, ??), f ( x) ? . e e 2 4k , 当 k ? 0 时,由(Ⅰ)知 f ( x) 在 (0, ??) 上的最大值是 f (? k ) ? e 1 1 4k 2 1 ? ,解 ? ? k ? 0. 所以 ?x ? (0, ??), f ( x) ? 等价于 f (? k ) ? e e 2 e 1 1 综上:故当 ?x ? (0, ??), f ( x) ? 时, k 的取值范围是[ ? ,0]. e 2
63. (2008天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧)

a ? b? x ? 0 ? ,其中 a, b ? R . x ⑴若曲线 y ? f ? x ? 在点 P?2, f ?2 ?? 处切线方程为 y ? 3x ? 1 ,求函数 f ? x ? 的解析式; ⑵讨论函数 f ? x ? 的单调性; ?1 ? ?1 ? ⑶若对于任意的 a ? ? ,2? ,不等式 f ? x ? ? 10 在 ? ,1? 上恒成立,求 b 的取值范围. ?2 ? ?4 ? a 解:⑴ f ?( x) ? 1 ? 2 ,由导数的几何意义得 f ?(2) ? 3 ,于是 a ? ?8 . x 由切点 P (2, f (2)) 在直线 y ? 3 x ? 1 上可得 ?2 ? b ? 7 ,解得 b ? 9 . 8 所以函数 f ( x) 的解析式为 f ( x) ? x ? ? 9 . x a ⑵ f ?( x) ? 1 ? 2 . x 当 a ? 0 时,显然 f ?( x) ? 0 ( x ? 0 ),这时 f ( x) 在 (??, 0) , (0, ??) 上内是增函数. 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? ? a . 当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表: x (??, ? a ) ? a (? a , 0) (0, a ) ( a , ??) a f ?( x) 0 0 + - - + f ( x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴ f ( x) 在 (??, ? a ) , ( a , ??) 内是增函数,在 (? a , 0) , (0, ??) 内是减函数. 1 1 1 ⑶由⑵知, f ( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 f ( ) 与 f (1) 的较大者,对于任意的 a ? [ , 2] ,不等 4 4 2
已知函数 f ? x ? ? x ?

56

39 ? 1 ? ? 4a 1 1 ? f ( ) ? 10 ?b ? f ( x ) ? 1 0 式 在 [ ,1] 上恒成立,当且仅当 ? 4 ,即 ? ,对任意的 a ? [ , 2] 4 4 2 ? ? ? f (1) ? 10 ?b ? 9 ? a 7 7 成立.从而得 b ? ,所以满足条件的 b 的取值范围是 ( ??, ] . 4 4
64. (转换变量,作差) 已知函数 f ( x) ? ( x 2 ? a )e x . ⑴若 a ? 3 ,求 f ( x) 的单调区间; ⑵ 已 知 x1 , x2 是 f ( x) 的 两 个 不 同 的 极 值 点 , 且 | x1 ? x2 |?| x1 x2 | , 若

3 3 f (a ) ? a 3 ? a 2 ? 3a ? b 恒成立,求实数b的取值范围。 2 解:⑴ a ? 3,? f ( x) ? ( x 2 ? 3)e x , f ?( x) ? ( x 2 ? 2 x ? 3)e x ? 0 ? x ? ?3 或1 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? (??, ?3) (1, ??) 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? (?3,1) , ? f ( x) 的增区间为 (??, ?3), (1, ??) ;减区间为 (?3,1) , ⑵ f ?( x) ? ( x 2 ? 2 x ? a )e x ? 0 ,即 x 2 ? 2 x ? a ? 0 由题意两根为 x1 , x2 ,? x1 ? x2 ? ?2, x1 ? x2 ? ? a ,又 | x1 ? x2 |?| x1 x2 | ??2 ? a ? 2 且△ ? 4 ? 4a ? 0 ,??1 ? a ? 2 . 3 2 3 2 3 2 a 3 设 g (a ) ? 3 f ( a ) ? a ? a ? 3a ? 3(a ? a )e ? a ? a ? 3a , 2 2 ?1 ? 5 或a ? 0 g ?(a ) ? 3(a 2 ? a ? 1)(e a ? 1) ? 0 ? a ? 2

a
g ?(a ) g (a)

(?1, 0)
+

0
0 极大值

(0,

5 ?1 ) 2

5 ?1 2
0 极小值
2

(

5 ?1 , 2) 2
+

2

?

g (2)

又 g (0) ? 0 , g (2) ? 6e 2 ? 8 , g (a ) max ? 6e ? 8 ,? b ? 6e 2 ? 8 .

恒成立之分离常数
65. (分离常数)

a ? ln x ? 1, a ? R. x (1) 若 y ? f ( x) 在 P (1, y0 ) 处的切线平行于直线 y ? ? x ? 1 ,求函数 y ? f ( x) 的单调区间;
已知函数 f ( x) ? (2) 若 a ? 0 ,且对 x ? (0, 2e] 时, f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围.

57

7

6

5

4

3

2

1

-8

-6

-4

-2

-1

A

2

4

6

8

10

12

-2

-3

-4

-5

解: (1) f ( x) ?

a ? ln x ? 1, a ? R. f ( x) 定义域为 (0,??) ,直线 y ? ? x ? 1 的斜率为 ? 1 , x a 1 2 1 x?2 f ' ( x) ? ? 2 ? , f ' (1) ? ?a ? 1 ? ?1 ,? a ? 2 .所以 f ' ( x) ? ? 2 ? ? 2 x x x x x
由 f ' ( x) ? 0得x ? 2 ; 由 f ' ( x) ? 0得0 ? x ? 2

? ?) ,减区间为 (0,2) . 所以函数 y ? f ( x) 的单调增区间为 (2,
(2) a ? 0 ,且对 x ? (0, 2e] 时, f ( x) ? 0 恒成立

a ? ln x ? 1 ? 0在x ? (0, 2e]恒成立 ,即 a ? x(ln x ? 1) . x 设 g ( x) ? x(1 ? ln x) ? x ? x ln x, x ? (0,2e] .
g ' ( x) ? 1 ? ln x ? 1 ? ? ln x, x ? (0,2e]
当 0 ? x ? 1 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x)为增函数 当 0 ? x ? 2e 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x)为减函数 . 所以当 x ? 1 时,函数 g ( x) 在 x ? (0,2e] 上取到最大值,且 g (1) ? 1 ? ln 1 ? 1 所以 g ( x) ? 1 ,所以 a ? 1 所以实数 a 的取值范围为 (1,??) . (法二)讨论法

x?a , f ( x ) 在 (0, a ) 上是减函数,在 (a, ??) 上是增函数. x2 当 a ≤ 2e 时, f ( x ) ≥ f (a) ? 1 ? ln a ? 1 ? 0 ,解得 a ? 1 ,∴ 1 ? a ≤ 2e . a ? ln(2e) ? 1 ? 0 ,解得 a ? 2e ln 2 ,∴ a ? 2e . 当 a ? 2e 时, f ( x) ? f (2e) ? 2e 综上 a ? 1 . f ?( x) ?
66. (2011长春一模,恒成立,分离常数,二阶导数)

58

x2 ? ax ? 1 ,(其中 a ? R, e 为自然对数的底数). 2 (1)当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程; (2)当 x ≥1时,若关于 x 的不等式 f ( x) ≥0恒成立,求实数 a 的取值范围. (改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1)
已知函数 f ( x) ? e x ? 解: (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? e x ?

? 切线方程为 y ? x .
(2)[方法一]
x

x2 ? 1 ,? f ' ( x) ? e x ? x ,? f (0) ? 0, f ' (0) ? 1 , 2

x2 x x2 ? ?1 e ? x ≥1,? f ( x) ? e ? ? ax ? 1 ≥ 0 ? a ≤ , 2 2 x 2 2 x x ?1 ( x ? 1)e x ? ?1 ex ? ,则 , 设 2 2 ? g ' ( x ) ? g ( x) 2 x x

x2 ? 1 ,则 ? ' ( x) ? x(e x ? 1) ? 0 , 2 1 ? ? ( x) 在 [1,??) 上为增函数,?? ( x) ≥ ? (1) ? ? 0 , 2 2 x x2 ( x ? 1)e x ? ?1 ex ? ? 1 [1,??) , 在 上为增函数, 2 2 ? g ' ( x) ? ? 0 ? g ( x) ? 2 x x 3 3 ? g ( x) ≥ g (1) ? e ? ,? a ≤ e ? . 2 2 2 x [方法二]? f ( x) ? e x ? ? ax ? 1 , ? f ' ( x) ? e x ? x ? a , 2 x 设 h( x ) ? e ? x ? a , h' ( x ) ? e x ? 1 , ? x ≥0,? h' ( x) ? e x ? 1 ≥0,? h( x) ? e x ? x ? a 在 [1,??) 上为增函数, ? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a . 3 3 x2 又? f ( x) ? e x ? ? ax ? 1 ≥0恒成立,? f (1) ? e ? a ? ≥0,? a ≤ e ? , 2 2 2 x ? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a ? 0 ,? f ' ( x) ? e ? x ? a ? 0 , 3 x2 x f ( x) ? e ? ? ax ? 1 在 [1,??) 上为增函数, 此时 f ( x) ≥ f (1) ? e ? a ? ≥0恒成立, 2 2 3 ?a ≤ e ? . 2 (改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1)
设 ? ( x) ? ( x ? 1)e x ?

x2 e ? ?1 ex ? x 解:先证明 g ( x) 在 (0, ??) 上是增函数,再由洛比达法则 ,∴ 2 lim ? lim ?1 x ?0 x ?0 x 1
x

59

g ( x) ? 1 ,∴ a ≤1.(正常的讨论进行不了,除非系数调到二次项上 f ( x) ? e x ?
分两种情况讨论可得 a ≤1) 67. (两边取对数的技巧)设函数 f ( x) ? (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)求 f ( x) 的取值范围; (3)已知 2 x ?1 ? ( x ? 1) m 对任意 x ? (?1, 0) 恒成立,求实数 m 的取值范围。
1

a 2 x ? x ?1 , 2

1 ( x ? ?1 且 x ? 0 ) ( x ? 1) ln( x ? 1)

ln( x ? 1) ? 1 ( x ? 1) 2 ln 2 ( x ? 1) , ? 当 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, ?1 ? x ? e ?1 ? 1 . 当 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, 0 ? x ? e ?1 ? 1 或 x ? 0 . 故函数 f ( x) 的单调递增区间是 (?1, e ?1 ? 1) .
解: (1)

f '( x) ? ?

函数 f ( x) 的单调递减区间是 (e ?1 ? 1, 0), (0, ??) . (2)由 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, x ? e ?1 ? 1 , 由(1)可知 f ( x) 在 (?1, e ?1 ? 1) 上递增, 在 (e ?1 ? 1, 0) 递减,所以在区间(-1,0)上, 在区间 (0, ??) 上, f ( x) ? 0 . ? 函数 f ( x) 的取值范围为 (??, ?e) (0, ??) .分 (3) 当 x ? e ?1 ? 1 时, f ( x) 取得极大值,即最大值为 f (e ?1 ? 1) ? ? w .

2

1 x ?1

1 ? ( x ? 1) m ? 0, x ? (?1, 0) ,两边取自然对数得 x ? 1 ln 2 ? m ln( x ? 1)

68. (分离常数)

1 ? ln x . x 1 (Ⅰ)若函数在区间 (a, a ? ) 其中a >0,上存在极值,求实数a的取值范围; 2 k (Ⅱ)如果当 x ? 1 时,不等式 f ( x) ? 恒成立,求实数k的取值范围; x ?1
已知函数 f ( x) ?

60

1 ? ln x ln x , x >0,则 f ?( x) ? ? 2 , x x 当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ??) 上单调递减, 所以函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值. 1 因为函数 f ( x) 在区间 (a, a ? ) (其中 a ? 0 )上存在极值, 2 ?a ? 1, 1 ? 所以 ? 解得 ? a ? 1 . 1 a ? ? 1, 2 ? ? 2
解: (Ⅰ)因为

f ( x) ?

k ( x ? 1)(1 ? ln x) ( x ? 1)(1 ? ln x) , 即为 ? k , 记 g ( x) ? , x ?1 x x ( x ? 1)(1 ? ln x) ?? x ? ( x ? 1)(1 ? ln x) ? x ? ln x 所以 g ?( x) ? ? x2 x2 1 令 h( x) ? x ? ln x ,则 h?( x) ? 1 ? , x x ? 1 , ? h?( x) ? 0, ? h( x) 在 ?1, ??) 上单调递增,
(Ⅱ)不等式 f ( x) ?

?? h( x) ?min ? h(1) ? 1 ? 0 ,从而 g ?( x) ? 0 ,

故 g ( x) 在 ?1, ??) 上也单调递增, 所以 ? g ( x) ?min ? g (1) ? 2 ,所以 k ? 2 . 69. (2010湖南,分离常数,构造函数) 已知函数 f ( x) ? x 2 ? bx ? c(b, c ? R ), 对任意的 x ? R, 恒有 f ?( x) ≤ f ( x) . ⑴证明:当 x ≥ 0时,f ( x) ≤ ( x ? c) 2 ; ⑵若对满足题设条件的任意b、c,不等式 f (c) ? f (b) ≤ M (c 2 ? b 2 ) 恒成立,求M的最小值。

61

70. (第3问不常见,有特点,由特殊到一般,先猜后证)已知函数 f ( x) ? (Ⅰ)求函数f (x)的定义域 (Ⅱ)确定函数f (x)在定义域上的单调性,并证明你的结论. k (Ⅲ)若x>0时 f ( x) ? 恒成立,求正整数k的最大值. x ?1 解: (1)定义域 (?1,0) ? (0,??)

1 ? 1n( x ? 1) 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 1 1 x ? ln( x ? 1) g ?( x) ? ? ? ? ?0 2 x ?1 ( x ? 1) x ? 1 ( x ? 1) 2 故 g ( x) 在(-1,0)上是减函数,即 g ( x) ? g (0) ? 1 ? 0 , 1 1 ? ln( x ? 1)] 故此时 f ?( x) ? ? 2 [ x x ?1 在(-1,0)和(0,+ ? )上都是减函数 k (3)当x>0时, f ( x) ? 恒成立,令 x ? 1有k ? 2[1 ? ln 2] x ?1
又k为正整数,∴k的最大值不大于3

k ( x ? 0) 恒成立 x ?1 当x>0时 ( 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
下面证明当k=3时, f ( 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 71. (恒成立,分离常数,涉及整数、较难的处理)

1 ? ln( x ? 1) ( x ? 0). x (Ⅰ)试判断函数 f ( x)在(0,??) 上单调性并证明你的结论;
已知函数 f ( x) ?

62

k 恒成立,求整数k的最大值; (较难的处理) x ?1 2)(1+2× 3)?[1+n(n+1)]>e2n-3. (Ⅲ)求证:(1+1× 1 x 1 1 ? 1 ? ln( x ? 1)] ? ? 2 [ ? ln( x ? 1)] 解: (I) f ?( x) ? 2 [ x x ?1 x x ?1 1 ? x ? 0,? x 2 ? 0, ? 0, ln( x ? 1) ? 0,? f ?( x) ? 0. ? f ( x)在(0, ?) 上递减. x ?1 k ( x ? 1)[1 ? ln( x ? 1)] 恒成立, 即h( x) ? ? k恒成立. (II) f ( x) ? x ?1 x x ? 1 ? ln( x ? 1) h ?( x) ? , 记g ( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1)( x ? 0). x x ? 0,? g ( x)在(0,??) 上单调递增, 则 g ?( x) ? x ?1 又 g (2) ? 1 ? ln 3 ? 0, g (3) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0. ? g ( x) ? 0 存在唯一实根a,且满足 a ? (2,3), a ? 1 ? ln(a ? 1). 当 x ? a时,g ( x) ? 0, h ?( x) ? 0,当0 ? x ? a时,g ( x) ? 0, h ?( x) ? 0. (a ? 1)[1 ? ln(a ? 1)] (a ? 1)a ? ? a ? 1 ? (3,4) ∴ h( x) min ? h(a ) ? a a 故正整数k的最大值是3 . 1 ? ln( x ? 1) 3 ? ( x ? 0) (Ⅲ)由(Ⅱ)知 x x ?1 3x 3 3 ?1 ? 2 ? ? 2? ∴ ln( x ? 1) ? x ?1 x ?1 x 3 令 x ? n(n ? 1)(n ? N *) ,则 ln[1 ? n(n ? 1)] ? 2 ? n(n ? 1)
(Ⅱ)若 f ( x) ? ∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+?+ln[1+n(n+1)]

2n-3 ∴(1+1×2) (1+2×3)?[1+n(n+1)]>e 72. (分离常数,双参,较难)已知函数 f ( x) ? ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x , t ? R .

3 3 3 ) ? (2 ? ) ? ? ? [2 ? ] 1? 2 1? 3 n(n ? 1) 1 3 1 ? 2n ? 3[ ? ??? ] 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1) 1 3 ? 2n ? 3(1 ? ) ? 2n ? 3 ? ? 2n ? 3 n ?1 n ?1 ? (2 ?

(1)若函数 y ? f ( x) 依次在 x ? a, x ? b, x ? c(a ? b ? c ) 处取到极值. ①求 t 的取值范围;②若 a ? c ? 2b 2 ,求 t 的值. (2)若存在实数 t ? ? 0, 2? ,使对任意的 x ? ?1, m ? ,不等式 f ( x) ? x 恒成立.求正整数 m 的 最大值. 2 x 3 2 x 3 2 x 解: (1)① f ?( x) ? (3 x ? 12 x ? 3)e ? ( x ? 6 x ? 3 x ? t )e ? ( x ? 3 x ? 9x ? t ? 3)e

f ( x)有3个极值点,? x 3 ? 3 x 2 ? 9x ? t ? 3 ? 0有3个根a, b, c.

63

令g ( x) ? x 3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3, g '( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 9 ? 3( x ? 1)( x ? 3) 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 ② a, b, c是f ( x)的三个极值点
? x3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3 ? (x-a)(x-b)(x-c)=x 3 ? (a ? b ? c) x 2 ? (ab ? bc ? ac) x ? abc
?a ? 1 ? 2 3 ?a ? b ? c ? 3 ? 3 ? ? ?ab ? ac ? bc ? ?9 ? b ? 1或 ? (舍 b ? (-1,3)) ? ?b ? 1 ?t ? 8 . 2 ?t ? 3 ? ?abc ? ? ?c ? 1 ? 2 3 (2)不等式 f ( x) ? x ,即 ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x ? x ,即 t ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3x .
式 0 ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3 x 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。 即不等式 0 ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。 设 ? ( x) ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 ,则 ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 。 设 r ( x) ? ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? x ? 2 ,因为 1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 。 故 r ( x) 在区间 ?1, m ? 上是减函数。 又 r (1) ? 4 ? e ?1 ? 0, r (2) ? 2 ? e ?2 ? 0, r (3) ? ?e ?3 ? 0 故存在 x0 ? (2,3) ,使得 r ( x0 ) ? ? ?( x0 ) ? 0 。 当 1 ? x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 ,当 x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 。 又 ? (1) ? e ?1 ? 4 ? 0, ? (2) ? e ?2 ? 5>0, ? (3) ? e ?3 ? 6>0, 从而 y ? ? ( x) 在区间 ?1, x0 ? 上递增,在区间 ? x0 , ?? ? 上递减。

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

? (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.
73. (2008湖南理22,分离常数,复合的超范围) 已知函数 f ( x) ? ln 2 (1 ? x) ? ⑴求函数 f ( x) 的单调区间; ⑵若不等式 (1 ? )

x2 . 1? x

1 n

n?a

≤ e 对任意的 n ? N* 都成立(其中e是自然对数的底数) ,求a的最大值.

(分离常数) 解: ⑴函数 f ( x) 的定义域是 (?1, ??) ,

2 ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x) 2 (1 ? x) 2 设 g ( x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x, 则 g ?( x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 x. f ?( x) ?

64

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

当 ?1 ? x ? 0 时, h?( x) ? 0, h( x) 在(-1,0)上为增函数, 当x>0时, h?( x) ? 0, h( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 所以h(x)在x=0处取得极大值,而h(0)=0,所以 g ?( x) ? 0( x ? 0) , 函数g(x)在 (?1, ??) 上为减函数.

2 ?2 x ?2 ? . 1? x 1? x

于是当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0, 当x>0时, g ( x) ? g (0) ? 0. 所以,当 ?1 ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在(-1,0)上为增函数. 当x>0时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 故函数 f ( x) 的单调递增区间为(-1,0) ,单调递减区间为 (0, ??) .

1 ? e 等价于不等式 (n ? a ) ln(1 ? ) ? 1. n 1 1 1 a≤ ? n. 1 由 1 ? ? 1 知, ln(1 ? ) >0,∴上式变形得 ln(1 ? ) n n n 1 1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则 设 x ? ,则 G ( x) ? ln(1 ? x) x n
⑵不等式 (1 ? )
n?a

1 n

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x 2 x (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x2 2 由⑴结论知, ln (1 ? x) ? ? 0, ( f ( x) ≤ f (0) ? 0 )即 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 0. 1? x 所以 G?( x) ? 0, x ? ? 0,1? , 于是G(x)在 ? 0,1? 上为减函数. 1 ? 1. 故函数 G ( x) 在 ? 0,1? 上的最小值为 G (1) ? ln 2 1 ? 1. 所以a的最大值为 ln 2 G?( x) ? ?
74. (变形,分离常数) 已知函数 f ( x) ? x 2 ? a ln x (a为实常数). (1)若 a ? ?2 ,求证:函数 f ( x) 在(1,+∞)上是增函数; (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. 解:⑴当 a ? ?2 时, f ( x) ? x 2 ? 2 ln x ,当 x ? (1,??) , f ?( x) ? 故函数 f ( x) 在 (1,??) 上是增函数. ⑵ f ?( x) ?

2( x 2 ? 1) ?0, x

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

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

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

65

?a ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 是增函数. 2 a a a ?a 故 [ f ( x)] min ? f ( ) ? ln(? ) ? . 2 2 2 2 若 a ? ?2e 2 , f ?( x) 在 [1, e] 上非正(仅当 a ? ?2e 2 ,x=e时, f ?( x) ? 0 ) ,故函数 f ( x) 在 2 [1, e] 上是减函数,此时 [ f ( x)] min ? f (e) ? a ? e . ⑶不等式 f ( x) ? (a ? 2) x ,可化为 a ( x ? ln x) ? x 2 ? 2 x .
是减函数;当 ∵ 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 ,

x 2 ? 2 x x ? [1, e] ( ) x ? ln x ( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) x 2 ? 2 x x ? [1, e] 令 g ( x) ? ( ) ,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,??) . 75. (分离常数,转换变量,有技巧) 设函数 f ( x) ? a ln x ? bx 2 .
因而 a ?

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. 解: (1)① f '( 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 1 1 1? x ② f ( x) ? ln x ? x 2 , f '( x) ? ? x ? 2 x 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 e e ?e ? 1 调递增,在[1,e]上单调递减,? f ( x) max ? f (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, ? 2? ? 3? 2 则 a ln x ? m ? x 对所有的 a ? ? 0, ? , x ? ?1, e ? ? 都成立, 2 ? ?

a ? 2bx 。 x

66

即 m ? a ln x ? x, 对所有的 a ? [0, ], x ? 1, e

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

3 2

? ? 都成立,
2

.

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

?

3 m ? h( x) min ? 2a ? e 2 对所有的 a ? [0, ] 都成立,? m ? (2a ? e 2 ) min ? ?e 2 ,请根据过程酌情 2
给分)

恒成立之讨论字母范围
76. (2007全国I,利用均值,不常见) 设函数 f ( x) ? e x ? e ? x . ⑴证明: f ( x) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ; ⑵若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax ,求 a 的取值范围. 解:⑴ f ( x) 的导数 f ?( x) ? e x ? e ? x .由于 e x ? e-x ≥ 2 e x e ? x ? 2 ,故 f ?( x) ≥ 2 . (当且仅当 x ? 0 时,等号成立) . ⑵令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,则 g ?( x) ? f ?( x) ? a ? e x ? e ? x ? a , ①若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g ?( x) ? e x ? e ? x ? a ? 2 ? a ≥ 0 ,

? ∞) 上为增函数, 故 g ( x) 在 (0,
所以, x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 f ( x) ≥ ax .

a ? a2 ? 4 , 2 此时,若 x ? (0,x1 ) ,则 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数. 所以, x ? (0,x1 ) 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? ax ,与题设 f ( x) ≥ ax 相矛盾.
②若 a ? 2 ,方程 g ?( x) ? 0 的正根为 x1 ? ln

2? . 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞,

77. 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. 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=0 是 F(x)的极小值点, ∴a=2 符合题意.
x x

67

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

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

当a ? 2时,? '( x) ? 0, 又 ? '( x)在?0, ?? ? 单调递增, ?总存在x0 ? (0, ??), 使得在区间?0,x0 ? 上? '( x) ? 0.导致? ( x)在?0, x0 ? 递减,而? (0) ? 0,

?当x ? (0, x0 )时,? ( x) ? 0,这与F ( x) ? F (? x) ? 0对x ? ?0, ?? ? 恒成立不符, ? a ? 2不合题意.综上a取值范围是 ? -?,2?.???14分
78. (用到二阶导数,二次)

k 2 x ? x. 2 ⑴若 k ? 0 ,求 f ( x) 的最小值; ⑵若当 x ? 0 时 f ( x) ? 1 ,求实数 k 的取值范围. 解: (1) k ? 0 时, f ( x) ? e x ? x , f '( x) ? e x ? 1 . 当 x ? (??, 0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在 (??, 0) 上单调减小,在 (0, ??) 上单调增加 故 f ( x) 的最小值为 f (0) ? 1 (2) f '( x) ? e x ? kx ? 1 , f ??( x) ? e x ? k 当 k ? 1 时, f ??( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ?( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增,
设函数 f ( x) ? e ?
x

而 f ?(0) ? 0 ,所以 f '( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增, 而 f (0) ? 1 ,于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 1 . 当 k ? 1 时,由 f ??( x) ? 0 得 x ? ln k 当 x ? (0, ln k ) 时, f ??( x) ? 0 ,所以 f ?( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f ?(0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln k ) 时, f '( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f (0) ? 1 ,所以当 x ? (0, ln k ) 时, f ( x) ? 1 . 综上得 k 的取值范围为 (??,1] . 79. (第 3 问设计很好,2 问是单独的,可以拿掉)已知函数 f ( x) ? b( x ? 1) ln x ? x ? 1 ,斜率 为 1 的直线与 f ( x) 相切于 (1, 0) 点. (Ⅰ)求 h( x) ? f ( x) ? x ln x 的单调区间;

68

(Ⅱ)当实数 0 ? a ? 1 时,讨论 g ( x) ? f ( x) ? (a ? x) ln x ? (Ⅲ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 . 解: (Ⅰ)由题意知: f ?( x) ? b(ln x ?

1 2 ax 的极值点。 2

f ?(1) ? 2b ? 1 ? 1, b ? 1 ????????????2 分 h( x) ? f ( x) ? x ln x ? ln x ? x ? 1 1 h?( x ) ? ? 1 x 1 1 h?( x) ? ? 1 ? 0 解得: 0 ? x ? 1 ; h?( x) ? ? 1 ? 0 解得: x ? 1 x x 所以 h( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, ??) 上单调递减??????4 分 1 2 1 2 (Ⅱ) g ( x) ? f ( x) ? (a ? x) ln x ? ax = (1 ? a ) ln x ? ax ? x ? 1 2 2 1 ? ? a ? x ? ( ? 1) ? ( x ? 1) 2 ax ? (1 ? a ) ( x ? 1) ? ? 1 ? a ax ? x ? 1 ? a a ? ? ? ? ? g / ( x) ? ? ax ? 1 ? x x x x 1 g ?( x) ? 0 得: x1 ? ? 1, x 2 ? 1 . a 1 1 1 0 若 0 ? ? 1 ? 1, a ? 0 即 ? a ? 1 , 0 ? x1 ? x2 a 2 x (0, x1 ) x1 ( x1 , x2 ) ( x2 ,??) x2 / + + 0 0 f ( x)

x ?1 ) ?1 x

f ( x)

?

极大值

?

极小值

?

此时 g ( x) 的极小值点为 x ? 1 ,极大值点 x ?

1 ? 1 ????????????7 分 a

20 若

1 1 ? 1 ? 1, a ? 0 即 a ? , x1 ? x2 ? 1 ,则 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0,??) 上单调递增, a 2

无极值点.

1 1 ? 1 ? 1, a ? 0 即 0 ? a ? , x1 ? x2 ? 1 , a 2 x (0, x2 ) ( x2 , x1 ) x1 x2 / + 0 0 f ( x) 极大值 极小值 f ( x) ? ? 1 此时 g ( x) 的极大值点为 x ? 1 ,极小值点 x ? ? 1 . a

30 若

( x1 ,??)
+

?

综上述: 当

1 1 ? a ? 1 时, g ( x) 的极小值点为 x ? 1 ,极大值点 x ? ? 1 ; 2 a

69

1 时, g ( x) 无极值点; 2 1 1 当 0 ? a ? 时, g ( x) 的极大值点为 x ? 1 ,极小值点 x ? ? 1 . 2 a
当a ?

80. (2011全国I文21,恒成立,一次,提出一部分再处理的技巧) 设函数 f ( x) ? x e ? 1 ? ax .
x 2

?

?

1 ,求 f ( x) 的单调区间; 2 ⑵若当 x ≥0时 f ( x) ≥0,求a的取值范围. 1 1 2 x 解:⑴ a ? 时, f ( x) ? x(e ? 1) ? x , f '( x) ? e x ? 1 ? xe x ? x ? (e x ? 1)( x ? 1) . 2 2 当 x ? ? ??, ?1? 时 f '( x) ? ? ;当 x ? ? ?1, 0 ? 时, f '( x) ? 0 ;
⑴若a = 当 x ? ? 0, ?? ? 时, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 在 ? ??, ?1? , ? 0, ?? ? 单调增加,在(-1,0)单调减少. ⑵ f ( x) ? x(e x ? 1 ? ax) .令 g ( x) ? e x ? 1 ? ax ,则 g ?( x) ? e x ? a . ①若 a ? 1 ,则当 x ? ? 0, ?? ? 时, g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 , 从而当x≥0时 g ( x) ≥0,即 f ( x) ≥0,符合题意. ②若 a ? ? ,则当 x ? ? 0, ln a ? 时, g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 , 从而当 x ? ? 0, ln a ? 时 g ( x) <0,即 f ( x) <0,不合题意. 综合得 a 的取值范围为 ? ??,1? 81. (2011全国新理21,恒成立,反比例,提出公因式再处理的技巧,本题的创新之处是将一 般的过定点(0,0)变为过定点(1,0) ,如果第2问范围变为 x ? 1 则更间单) 已知函数 f ( x) ?

⑴求 a 、 b 的值;

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

70

⑵如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ?

x ?1 ? ln x) b 解:⑴ x f '( x) ? ? 2, 2 ( x ? 1) x 1 a 1 依意意 f (1) ? 0, 且 f ?(1) ? ? ,即 b ? 1 , ? b ? ? ,解得 a ? 1 , b ? 1 . 2 2 2 ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ln x 1 ? )? (2ln x ? ). ? ,所以 f ( x) ? ( ⑵由⑴知 f ( x) ? x ?1 x 1 ? x2 x x ?1 x a(
设 h( x) ? 2 ln x ?

ln x k ? ,求 k 的取值范围。 x ?1 x

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

(注意h(x)恒过点(1,0),由上面求导的表达式发现讨论点0和1)

k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 , (变形难想,法二) x2 当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 .而 h(1) ? 0 ,故 1 h( x ) ? 0 ; 当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得 1 ? x2 1 h( x) >0, 当x ? (1,+ ? )时, h( x) <0,可得 1? x2 ln x k ln x k + )>0,即 f ( x) > + . 从而当x>0,且x ? 1时, f ( x) -( x ?1 x x ?1 x k 法二: h?( x) 的分子 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x ≤ <0,∴ h '( x) ? 0 . 1? k 1 )时,(k-1)(x2 +1)+2x>0,故 h?( x) >0,而 ②当0< k <1,由于当x ? (1, 1? k 1 1 h(1) =0,故当x ? (1, h( x) <0,不合题意. )时, h( x) >0,可得 1? k 1? x2
① 当 k ? 0 ,由 h '( x) ?

h( x) 递增, h( x) ? h(1) ? 0 , + ? )时, ③当k≥1, 此时 h?( x) >0, 则x ? (1, ∴ f ( x) ?
不合题意. 综上,k的取值范围为(- ? ,0] 82. (恒成立,讨论,较容易,但说明原理)已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ? a ln x . (1)求函数 f ( x) 的单调区间和极值; (2)若 f ( x) ? 0 对 x ? [1,??) 上恒成立,求实数 a 的取值范围. 解: (1) f ' ( x) ? 1 ?

1 h( x) <0, 1 ? x2

当 a ? 0 时, f ' ( x) ? 0 ,在 (0,??) 上增,无极值;当 a ? 0 时, 由f ' ( x) ?

x?a ? 0, 得x ? a , x f ( x) 在 (0, a ) 上减,在 (a,??) 上增,∴ f ( x) 有极小值 f (a ) ? (a ? 1) ? a ln a ,无极大值.

a x?a ( x ? 0) . ? x x

(2) f ' ( x) ? 1 ?

a x?a ? x x

71

当 a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 在 [1,??) 上恒成立,则 f ( x) 是单调递增的, 则只需 f ( x) ? f (1) ? 0 恒成立,所以 a ? 1 . 当 a ? 1 时, f ( x) 在上 (1, a ) 减,在 (a,??) 上单调递增,所以当 x ? (1, a ) 时, f ( x) ? f (1) ? 0 这与 f ( x) ? 0 恒成立矛盾,故不成立. 综上: a ? 1 . 83. (2010新课程理21,恒成立,讨论,二次,用到结论 e x ≥ 1 ? x ) 设函数 f ( x) ? e x ? 1 ? x ? ax 2 . ⑴若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间; ⑵若当 x ≥ 0 时 f ( x) ≥ 0 ,求 a 的取值范围. 解:命题意图:本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问 题,考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力. ⑴ a ? 0 时, f ( x) ? e x ? 1 ? x , f '( x) ? e x ? 1 . 当 x ? (??, 0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 .故 f ( x) 在 (??, 0) 单调减少,在 (0, ??) 单调增加.

1 时, f ?( x) ? e x ? 1 ? 2ax , 2 由⑴结论知 f ( x) ? e x ? 1 ? x ≥ f (0) ? 0 ,则 e x ≥ 1 ? x ,
⑵①当 a ≤ 故 f '( x) ? x ? 2ax ? (1 ? 2a ) x ,从而当 1 ? 2a ? 0 ,即 a ? 而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,符合题意. ②a ?

1 时, f '( x) ? 0 ( x ? 0) , 2

1 时,由 e x ? 1 ? x( x ? 0) 可得 e ? x ? 1 ? x( x ? 0) .(太难想,法二) 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 . 1 综合得 a 的取值范围为 ( ??, ] . 2 x 法二:设 g ( x) ? f ?( x) ? e ? 1 ? 2ax ,则 g ?( x) ? e x ? 2a , 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? ln(2a ) ? 0 . 当 x ? [0, ln(2a)] , g ?( x) ? 0 , g ( x) 在此区间上是增函数,∴ g ( x) ≤ g (0) ? 0 , ∴ f ( x) 在此区间上递增,∴ f (ln(2a)) ≤ f (0) ? 0 ,不合题意.
84. (恒成立,2010全国卷2理数,利用⑴结论,较难的变形讨论)
?x 设函数 f ? x ? ? 1 ? e .

⑴证明:当 x>-1 时, f ? x ? ? ⑵设当 x ? 0 时, f ? x ? ?

x ; x ?1

x ,求a的取值范围. ax ? 1

解:本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式,考查考生综合运用知识的能力及分类讨 论的思想,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

72

【点评】导数常作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基础 知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会 减弱。作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等式等,常 伴随对参数的讨论,这也是难点之所在. 85. 已知函数 f ( x) ?

kx ? 1 ,且函数 f ? x ? 是 ? ?1, ?? ? 上的增函数。 x ?1
kx?1

(1)求 k 的取值范围; (2) 若对任意的 x ? 0 , 都有 e x ?1 ? x ? 1(e 是自然对数的底) , 求满足条件的最大整数 k 的值。 解析: ( 1 ) 设 f ?( x) ?

k ?1 , 所 以 g ? ? x ? ? 0 , 得 到 k ? ?1 . 所 以 k 的 取 值 范 围 为 ( x ? 1) 2

(?1, ??) ???2 分

73

(2) 令 g ( x) ? e x ?1 , 因为 f ? x ? 是 ? ?1, ?? ? 上的增函数, 且e ?1, 所以 g ? x ? 是 ? ?1, ?? ? 上的增函数。??????????4 分 由条件得到 g (1) ? 2 ? e
k ?1 2

kx?1

,猜测最大整数 ? 2 ? k ? 2 ln 2 ? 1 ? 3 (两边取自然对数)

? x ? 1 对任意 x ? 0 恒成立。????6 分 3 3 ? ln ? x ? 1? ? ln ? x ? 1? ? ? 2 ,??????8 分 e ? x ? 1 等价于 2 ? x ?1 x ?1 3 1 3 x?2 设 h ? x ? ? ln ? x ? 1? ? , ? h? ? x ? ? ? ? 2 2 x ?1 x ? 1 ? x ? 1? ? x ? 1?
k ? 2 ,现在证明 e
2 x ?1 x ?1

2 x ?1 x ?1

当 x ? ? 0,2? 时, h? ? x ? ? 0 ,当 x ? ? 0, ??? 时, h? ? x ? ? 0 , 所以对任意的 x ? 0 都有 h ? x ? ? h ? 2? ? ln3 ? 1 ? 2 ,即 e
2 x ?1 x ?1

? x ? 1 对任意 x ? 0 恒成立,

所以整数 k 的最大值为 2.????????????????????14 分 86. (2008山东卷21) 已知函数 f ( x) ?

1 ? a ln( x ? 1), 其中n∈N*,a为常数. (1 ? x) n

⑴当n=2时,求函数f(x)的极值; ⑵当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1. 解:⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1}, 当n=2时, f ( x) ?

1 2 ? a(1 ? x) 2 ? a ln( x ? 1), ? f ( x ) ? . 所以 (1 ? x) 2 (1 ? x)3

①当a>0时,由f(x)=0得 x1 ? 1 ? 此时 f ?( x) =

2 2 >1, x2 ? 1 ? <1, a a

?a ( x ? x1 )( x ? x2 ) . (1 ? x)3 当x∈(1,x1)时, f ?( x) <0,f(x)单调递减; 当x∈(x1+∞)时, f ?( x) >0, f(x)单调递增. ②当a≤0时, f ?( x) <0恒成立,所以f(x)无极值.
综上所述,n=2时, 当a>0时,f(x)在 x ? 1 ? 当a≤0时,f(x)无极值.

2 2 a 2 处取得极小值,极小值为 f (1 ? ) ? (1 ? ln ). a a 2 a

1 ? ln( x ? 1). (1 ? x) n 1 ? ln( x ? 1), ①当n为偶数时,令 g ( x) ? x ? 1 ? (1 ? x) n n 1 x?2 n ? ? ? 则 g ?( x) )=1+ >0(x≥2). n ?1 ( x ? 1) x ? 1 x ? 1 ( x ? 1) n ?1
⑵证法一:因为a=1,所以 f ( x) ?

74

所以当x∈[2,+∞]时,g(x)单调递增, 又g(2)=0,因此 g ( x) ? x ? 1 ? 所以f(x)≤x-1成立. ②当n为奇数时,要证 f ( x) ≤x-1,由于

1 ? ln( x ? 1) ≥g(2)=0恒成立, ( x ? 1) n

1 <0,所以只需证ln(x-1) ≤x-1, (1 ? x) n 1 x?2 ? 令h(x)=x-1-ln(x-1),则 h?( x) =1- ≥0(x≥2), x ?1 x ?1 所以,当x∈[2,+∞]时, h( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1) 单调递增,又h(2)=1>0,

所以当x≥2时,恒有h(x)>0,即ln(x-1)<x-1命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当a=1时, f ( x) ?

1 ? ln( x ? 1). (1 ? x) n 1 当x≤2,时,对任意的正整数n,恒有 ≤1, (1 ? x) n
故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1. 令 h( x) ? x ? 1 ? (1 ? ln( x ? 1)) ? x ? 2 ? ln( x ? 1), x ? ? 2, ?? ?

1 x?2 ? , x ?1 x ?1 当x≥2时, h?( x) ≥0,故h(x)在 ? 2, ?? ? 上单调递增,
则 h?( x) ? 1 ? 因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故当x≥2时,有 即f(x)≤x-1.

1 ? ln( x ? 1) ≤x-1. (1 ? x) n

五、函数与导数性质的综合运用
87. (综合运用) 已知函数 f ( x) ? xe ? x ( x ? R ) ⑴求函数 f ( x) 的单调区间和极值; ⑵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) ⑶如果 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明 x1 ? x2 ? 2
解:本小题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运算能 力及用函数思想分析解决问题的能力.
?x ⑴ f ?( x) ? (1 ? x)e ,令 f ?( x) =0,得 x ? 1 .

当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表

x

( ??,1 )

1

( 1, ?? )

75

f ?( x) f ( x)

+

0 极大值

-

∴ f ( x) 在( ??,1 )内是增函数,在( 1, ?? )内是减函数;极大值 f (1) ? ⑵证明:由题意可知g(x)=f(2-x),∴g(x)=(2-x) e x ? 2 . 令F(x)=f(x)-g(x)= xe ? x ? ( x ? 2)e x ? 2 ,则 F '( x) ? ( x ? 1)(e 2 x ? 2 ? 1)e ? x 当 x ? 1 时,2x-2>0,从而 e 2 x ? 2 ? 1 ? 0,

1 . e

又e ? x ? 0, 所以F ( x) ? 0 ,从而 F ( x) 在[1,+∞)是增函数。
又F(1)= e ?1 ? e ?1 ? 0,所以x ? 1时,有 F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). ⑶证明:①若 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? 0, 由⑴及f ( x1 ) ? f ( x2 ), 则x1 ? x2 ? 1,与x1 ? x2矛盾. ②若 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? 0,由⑴及f ( x1 ) ? f ( x2 ), 得x1 ? x2 ,与x1 ? x2矛盾. ∴根据①②得 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? 0, 不妨设x1 ? 1, x2 ? 1. 由⑵可知, f ( x2 ) > g ( x2 ) ,则 g ( x2 ) = f (2 ? x2 ) ,所以 f ( x2 ) > f (2 ? x2 ) , 从而 f ( x1 ) > f (2 ? x2 ) .因为 x2 ? 1 ,所以 2 ? x2 ? 1 , 又由⑴可知函数 f ( x) 在区间(-∞,1)内是增函数,所以 x1 > 2 ? x2 ,即 x1 ? x2 >2. 88. (2010天津理数21,综合运用) x ?1 已知函数 f ( x) ? x ?1 ( x ? R). e ⑴求函数 f ( x) 的单调区间和极值; ⑵已知函数 y ? g ( x) 对任意 x 满足 g ( x) ? f (4 ? x) ,证明:当 x ? 2 时, f ( x) ? g ( x); ⑶如果 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,证明: x1 ? x2 ? 4.

x ?1 2? x ,∴ f ?( x) = x ?1 . x ?1 e e 令 f ( x) =0,解得 x ? 2 . (??, 2) x
解:⑴∵ f ( x) =
f ?( x) f ( x)

(2分)

2 0 极大值

(2, ??)


+ ↗

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

1 e

↘ (3分) (4分)

1 . e 3? x ⑵证明:? g ( x ) ? f ( 4 ? x ),? g ( x ) ? 3? x . e x ?1 3 ? x 令F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ?1 ? 3? x ,则 e e x 2 ? x (2 ? x )( e3 ? e 2 x ?1 ) F ?( x) = 2 ? . ? 3? x ? e x ?1 e e x ?2 当 x ? 2 时, 2 ? x <0, 2 x ? 1 >3,从而 e3 ? e 2 x ?1 <0, ∴ F ?( x) >0, F ( x) 在 (2, ??) 是增函数.
∴当 x ? 2 时, f ( x) 取得极大值 f (2) =

(6分)

(7分)

76

1 1 ? ? 0, 故当x ? 2时,f ( x ) ? g ( x )成立. e e ⑶证明:∵ f ( x) 在 (??, 2) 内是增函数,在 (2, ??) 内是减函数. ∴当 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) , x1 、 x2 不可能在同一单调区间内. ? F ( x ) ? F (2) ?
不妨设 x1 ? 2 ? x2 ,由⑵可知 f ( x2 ) ? g ( x2 ) , 又 g ( x2 ) ? f (4 ? x2 ) ,∴ f ( x2 ) ? f (4 ? x2 ) . ∵ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,∴ f ( x1 ) ? f (4 ? x2 ) . ∵ x2 ? 2, 4 ? x2 ? 2, x1 ? 2 ,且 f ( x) 在区间 (??, 2) 内为增函数, ∴ x1 ? 4 ? x2 , ,即 x1 ? x2 ? 4. 89. 已知函数 f ( x) ?

(8分)

(12分)

x ?1 . ex

(1) 求函数 f ( x) 的单调区间和极值; (2) 若函数 y ? g ( x) 对任意 x 满足 g ( x) ? f (4 ? x) ,求证:当 x ? 2 , f ( x) ? g ( x); (3) 若 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,求证: x1 ? x2 ? 4.

x ?1 2? x ,∴ f ?( x) = x . x e e ? f ( x ) =0,解得 x ? 2 . 令 (??, 2) x
解:⑴∵ f ( x) =
f ?( x) f ( x)

(2分)

2 0 极大值

(2, ??)


+ ↗

∴ f ( x) 在 (??, 2) 内是增函数,在 (2, ??) 内是减函数. ∴当 x ? 2 时, f ( x) 取得极大值 f (2) = ⑵证明: g ( x) ? f (4 ? x) ?

1 e2

↘ (3分) (4分)

3? x x ?1 3 ? x , 令F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ? 4? x , 4? x e e e 4 2x 2 ? x 2 ? x (2 ? x)(e ? e ) . (6分) ∴ F ?( x) = x ? 4? x ? e e e x?4 当 x ? 2 时, 2 ? x <0, 2 x >4,从而 e 4 ? e 2 x <0, ∴ F ?( x) >0, F ( x) 在 (2, ??) 是增函数. 1 1 (8分) ? F ( x) ? F (2) ? 2 ? 2 ? 0, 故当x ? 2时,f ( x) ? g ( x)成立. e e ⑶证明:∵ f ( x) 在 (??, 2) 内是增函数,在 (2, ??) 内是减函数. ∴当 x1 ? x2 ,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) , x1 、 x2 不可能在同一单调区间内.
不妨设 x1 ? 2 ? x2 ,由⑵可知 f ( x2 ) ? g ( x2 ) , 又 g ( x2 ) ? f (4 ? x2 ) ,∴ f ( x2 ) ? f (4 ? x2 ) . ∵ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,∴ f ( x1 ) ? f (4 ? x2 ) . ∵ x2 ? 2, 4 ? x2 ? 2, x1 ? 2 ,且 f ( x) 在区间 (??, 2) 内为增函数, ∴ x1 ? 4 ? x2 ,即 x1 ? x2 ? 4.

1 . e2

77

90. 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1), g ( x) ? ex ?1 , (Ⅰ )若 F ( x) ? f ( x) ? px ,求 F ( x) 的单调区间; (Ⅱ )对于任意的 x2 ? x1 ? 0 ,比较 f ( x2 ) ? f ( x1 ) 与 g ( x2 ? x1 ) 的大小,并说明理由.

1 px ? p ? 1 ?p? ,-----1 分 x ?1 x ?1 ① 当 p ? 0 时, F ?( x) ? 0 在 (?1, ??) 上恒成立,? F ( x) 的递增区间为 (?1, ??) ;------2 分 ② 当 p ? 0 时, F ( x) 的递增区间为 (?1, ??) ;--------------3 分 1 1 ③ 当 p ? 0 时, F ( x) 的递增区间为 (?1, ?1 ? ) ,递减区间为 (?1 ? , ??) ;--------4 分 p p
解: (Ⅰ ) F ( x) ? f ( x) ? px ? ln( x ? 1) ? px ,? F ?( x) ? (Ⅱ )令 G( x) ? g ( x) ? f ( x) ? e x ?1 ? ln( x ? 1)( x ? ?1) ,

1 ex x ? ex ?1 ? , x ?1 x ?1 令 H ( x) ? e x x ? e x ? 1( x ? ?1) , H ?( x) ? e x ( x ? 2) ? 0 在 (?1, ??) 上恒成立, ? 当 x ? 0 时, H ( x) ? H (0) ? 0 成立,?G?( x) ? 0 在 x ? 0 上恒成立, ? G ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,? 当 x ? 0 时, G( x) ? G(0) ? 0 恒成立, ? 当 x ? 0 时, g ( x) ? f ( x) ? 0 恒成立, ? 对于任意的 x2 ? x1 ? 0 时, g ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) , x ? 1 x1 ( x2 ? x1 ) x ?1 又 x2 ? x1 ? 1 ? 2 ? ? 0 ,? ln( x2 ? x1 ? 1) ? ln 2 ? ln( x2 ? 1) ? ln( x1 ? 1) , x1 ? 1 x1 ? 1 x1 ? 1 ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,即 g ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) . ? G?( x) ? e x ?
91. (2011辽宁理21,利用2的对称) 2 已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? (2 ? a ) x . ⑴讨论 f ( x) 的单调性;

1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) ; (作差) a a a ⑶若函数 y ? f ( x) 的图像与x轴交于A、B两点,线段AB中点的横坐标为 x0 ,证明:
⑵设 a ? 0 ,证明:当 0 ? x ?

f ?( x0 ) ? 0 .
解:⑴ f ( x)的定义域为(0, ??),

1 (2 x ? 1)(ax ? 1) ? 2ax ? (2 ? a) ? ? . x x ①若 a ? 0, 则f ?( x) ? 0, 所以f ( x)在(0, ??) 单调增加. 1 ②若 a ? 0, 则由f ?( x) ? 0得x ? , a 1 1 且当 x ? (0, )时, f ?( x) ? 0, 当x ? 时, f ?( x) ? 0. a a 1 1 所以 f ( x)在(0, ) 单调增加,在 ( , ??) 单调减少. a a f ?( x) ?

78

⑵设函数 g ( x) ? f (

1 1 ? x) ? f ( ? x), 则 a a g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax, g ( x) ? ln(1 ? ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax,
g ?( x) ?

a a 2a 3 x 2 a a 2a 3 x 2 ? ? ? 2a ? . g ( x) ? ? ? 2a ? . 1 ? ax 1 ? ax 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2 1 ? a2 x2 1 当 0 ? x ? 时, g ?( x) ? 0, 而g (0) ? 0, 所以g ( x) ? 0 . a 1 1 1 故当 0 ? x ? 时 , f ( ? x) ? f ( ? x). a a a ⑶由⑴可得,当 a ? 0时, 函数y ? f ( x) 的图像与x轴至多有一个交点, 1 1 故 a ? 0 ,从而 f ( x) 的最大值为 f ( ), 且f ( ) ? 0. a a 1 不妨设 A( x1 , 0), B ( x2 , 0), 0 ? x1 ? x2 , 则0 ? x1 ? ? x2 . a 2 1 1 由⑵得 f ( ? x1 ) ? f ( ? ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0. a a a x ? x2 1 2 从而 x2 ? ? x1 , 于是x0 ? 1 ? . a 2 a ? 由⑴知, f ( x0 ) ? 0.
92. (恒成立,思路不常见)

x?a ,其中 a 为实数. ln x (1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (2)是否存在实数 a ,使得对任意 x ? (0,1) ? (1,??) , f ( x) ? x 恒成立?若不存在,请说 明理由,若存在,求出 a 的值并加以证明. x?2 x ln x ? x ? 2 解:⑴ a ? 2 时, f ( x) ? , f ?( x) ? , ln x x ln 2 x 1 1 f ?(2) ? ( x ? 2) . ,又 f (2) ? 0 ,所以切线方程为 y ? ln 2 ln 2 x?a ? x ? a ? x ? x ln x ⑵①当 0 ? x ? 1 时, ln x ? 0 ,则 ln x 2 x ? 2 ? ln x 令 g ( x) ? x ? x ln x , g ?( x) ? , 2 x 1 1 x ?1 再令 h( x) ? 2 x ? 2 ? ln x , h ?( x) ? ? ? ?0 x x x 当 0 ? x ? 1 时 h ?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 (0,1) 上递减, ∴当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 ,
已知函数 f ( x) ?

79

∴ g ?( x) ?

h( x ) 2 x

? 0 ,所以 g ( x) 在 (0,1) 上递增, g ( x) ? g (1) ? 1 ,所以 a ? 1

x?a ? x ? a ? x ? x ln x ? a ? g ( x) ln x 由①知当 x ? 1 时 h ?( x) ? 0 , h( x) 在 (1,??) 上递增 h( x ) ?0 当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 , g ?( x) ? 2 x 所以 g ( x) 在 (1,??) 上递增,∴ g ( x) ? g (1) ? 1 ,∴ a ? 1 ; 由①②得 a ? 1 .
② x ? 1 时, ln x ? 0 ,则 93. 已知函数 g ( x) ? ax 2 ? 2ax ? 1 ? b(a ? 0, b ? 1) ,在区间 ?2, 3? 上有最大值4,最小值1,设

g ( x) . x (Ⅰ)求 a, b 的值; f ( x) ?
(Ⅱ)不等式 f (2 x ) ? k ? 2 x ? 0 在 x ? [?1,1] 上恒成立,求实数 k 的范围; (Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k (
x

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

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?

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 5 ?a ? 1 ? ? ?? ? g (2) ? 5 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 2 ?b ? 0 当 a ? 0时,g ( x)在 ? 2, 3? 上为减函数
故?

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

1 ? 2 ? k ? 2x x 2

1 2 1 1 ) ? 2 x ? k ,令 x ? t , k ? t 2 ? 2t ? 1 x 2 2 2 1 ∵ x ? [?1,1] ∴ t ? [ ,2] 记 ? (t ) ? t 2 ? 2t ? 1 ∴ ? (t ) min ? 0 ∴k ? 0 2 2 1 ? 2k x ? 3) ? 0 化为 | 2 x ? 1 | ? x ? (2 ? 3k ) ? 0 (Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k ( x | 2 ?1| | 2 ?1| 1? (

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

80

∵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,

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

则?

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



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

94. 已知函数 f ( x) ? (1 ? )[1 ? ln( x ? 1)] , 设 g ( x) ? x2 ? f ?( x)

1 x

(1)是否存在唯一实数 a ? (m, m ? 1) ,使得 g (a) ? 0 ,若存在,求正整数 m 的值;若不存在, 说明理由。 (2)当 x ? 0 时, f ( x) ? n 恒成立,求正整数 n 的最大值。 解: (1)由 f ?( x) ? 则 g ?( x) ?

x ? 1 ? ln( x ? 1) ,得 x2

g ( x)? x? 1 ? l n x ( ? 1) x(?

0),

x ? 0, 因此 g ( x) 在 (0, ??) 内单调递增。?????4 分 x ?1 因为 g (2) ? 1 ? ln 3 ? 0 , g (3) ? 2(1 ? ln 2) ? 0 ,
即 g ( x) ? 0 存在唯一的根 a ? (2,3) ,于是 m ? 2, ?????6 分

n ? f ( x) 且 x ? (0, ??) 恒成立, (2) 由 f ( x) ? n 得, 由第 (1) 题知存在唯一的实数 a ? (2,3) ,
使得 g (a) ? 0 ,且当 0 ? x ? a 时, g ( x) ? 0 , f ?( x) ? 0 ;当 x ? a 时, g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,

(a ? 1)[1 ? ln(a ? 1)] ?????9 分 a (? 1 ?)a 于是 , f ( a)? a ? 1 由 g (a) ? 0 ,得 a ? 1 ? ln(a ? 1) ? 0, 即 1 ? l na
因此当 x ? a 时, f ( x ) 取得最小值 f (a ) ? 又由 a ? (2,3) ,得 f (a) ? (3, 4) ,从而 n ? 3 ,故正整数 n 的最大值为 3。???12 分 95. (第 3 问难想)已知函数 f ( x) ? (ax ? x)e ,其中e是自然数的底数, a ? R 。
2 x

(1) 当 a ? 0 时,解不等式 f ( x) ? 0 ; (2) 若 f ( x ) 在[-1,1]上是单调增函数,求 a 的取值范围;

81

(3) 当 a ? 0 时,求整数k的所有值,使方程 f ( x) ? x ? 2 在[k,k+1]上有解。 ⑴因为 e x ? 0 ,所以不等式 f ( x) ? 0 即为 ax 2 ? x ? 0 , 1 又因为 a ? 0 ,所以不等式可化为 x( x ? ) ? 0 , a 1 所以不等式 f ( x) ? 0 的解集为 (0, ? ) .???????????????4 分 a x 2 x ⑵ f ?( x) ? (2ax ? 1)e ? (ax ? x)e ? [ax2 ? (2a ? 1) x ? 1]e x ,
1] 上恒成立,当且仅当 x ? ?1 时 ①当 a ? 0 时, f ?( x) ? ( x ? 1)e x , f ?( x) ≥ 0 在 [ ?1,

取等号,故 a ? 0 符合要求;?????????????????????6 分 ②当 a ? 0 时,令 g ( x) ? ax2 ? (2a ? 1) x ? 1 ,因为 ? ? (2a ? 1)2 ? 4a ? 4a2 ? 1 ? 0 , 所以 g ( x) ? 0 有两个不相等的实数根 x1 , x 2 ,不妨设 x1 ? x2 , 因此 f ( x) 有极大值又有极小值.
1) 内有极值点, 若 a ? 0 ,因为 g (?1) ? g (0) ? ?a ? 0 ,所以 f ( x) 在 ( ?1,

故 f ( x) 在 ? ?1, 1? 上不单调.?????????????????????8 分 若 a ? 0 ,可知 x1 ? 0 ? x2 ,
1] 上单调,因为 g (0) ? 1 ? 0 , 因为 g ( x) 的图象开口向下,要使 f ( x) 在 [ ?1, ? g (1) ≥ 0, ?3a ? 2 ≥ 0, 2 必须满足 ? 即? 所以 ? ≤ a ? 0 . 3 ? g (?1) ≥ 0. ??a ≥ 0.

2 综上可知, a 的取值范围是 [? ,0] .???????????????10 分 3 ⑶当 a ? 0 时, 方程即为 xe x ? x ? 2 ,由于 e x ? 0 ,所以 x ? 0 不是方程的解, 2 2 所以原方程等价于 e x ? ? 1 ? 0 ,令 h( x) ? e x ? ? 1 , x x 2 因为 h?( x) ? ex ? 2 ? 0 对于 x ? ? ??,0? ? 0, ?? ? 恒成立, x 所以 h( x) 在 ? ??,0 ? 和 ? 0, ?? ? 内是单调增函数,???????????13 分 1 又 h(1) ? e ? 3 ? 0 , h(2) ? e2 ? 2 ? 0 , h(?3) ? e?3 ? ? 0 , h(?2) ? e?2 ? 0 , 3 所以方程 f ( x) ? x ? 2 有且只有两个实数根,且分别在区间 ?1, 2? 和 ? ?3, ? 2? 上,

所以整数 k 的所有值为 ??3,1? .?????????????????????16 分

96. (2011高考,单调性应用,第2问难) b是实数, 已知a、 函数 f ( x) ? x 3 ? ax, g ( x) ? x 2 ? bx,

f ?( x) 和 g ?( x) 是 f ( x), g ( x) 的导 函数,若 f ?( x) g ?( x) ? 0 在区间I上恒成立,则称 f ( x) 和 g ( x) 在区间I上单调性一致. (1)设 a ? 0 ,若函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1,??) 上单调性一致,求实数b的取值范围; (2)设 a ? 0, 且 a ? b ,若函数 f ( x) 和 g ( x) 在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求
|a-b|的最大值.

82

解:

f ( x) ? x 3 ? ax, g ( x) ? x 2 ? bx,? f ?( x) ? 3x 2 ? a, g ?( x) ? 2 x ? b. ⑴因为函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1, ??) 上单调性一致,

所以, ?x ? [?1, ??), f ' ( x) g ' ( x) ? 0, 即 ?x ? [?1, ??), (3x 2 +a)(2x+b)? 0,

a ? 0,3 x 2 ? a ? 0 ??x ? [?1, ??), 2x+b ? 0, 即??x ? [?1, ??), b ? ?2x,? b ? 2; 实数b的取值范围是 [2, ??)

a 3 若 b ? 0 ,则由 a ? 0 , 0 ? (a, b), f ?(0) g ?(0) ? ab ? 0 , f ( x) 和 g ( x) 在区间 (a, b) 上不是单调 性一致,所以 b ? 0 . a a x ? (??, 0), g ?( x) ? 0 ;又 x ? (??, ? ? ), f ?( x) ? 0; x ? (? ? , 0), f ?( x) ? 0 . 3 3 所以要使 f ?( x) g ?( x) ? 0 ,只有
⑵由 f ?( x) ? 0, x ? ? ?

1 1 1 a a a ? ? ? , b ? ? ? , ? ? a ? 0, ? ? b ? 0,| a ? b |? 3 3 3 3 3 1 1 1 2 取 a ? ? , b ? 0, f ?( x) g ?( x) ? 6 x( x ? ) ,当 x ? (? , 0) 时, f ' ( x) g ' ( x) ? 0, 3 9 3 1 因此 | a ? b |max ? 3 当 b ? a 时 , 因 为 , 函 数 f ( x) 和 g ( x) 在 区 间 ( b,a ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 , ?x ? (b, a ), f ' ( x) g ' ( x) ? 0, 即 ?x ? (b, a ), (3x 2 +a)(2x+b)? 0, b ? a ? 0,??x ? (b, a), 2 x ? b ? 0 , ??x ? (b, a ), a ? ?3x 2 , ? b ? a ? ?3b 2 , 设 z ? a ? b ,考虑点(b,a)的可行域,函数 y ? ?3 x 2 的斜率为1的切线的切点 设为 ( x0 , y0 ) 1 1 1 1 1 ? (? ) ? ; 则 ?6 x0 ? 1, x0 ? ? , y0 ? ? , ? zmax ? ? 6 12 12 6 6 当 a ? b ? 0 时 , 因 为 , 函 数 f ( x) 和 g ( x) 在 区 间 ( a, b ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 ,

?x ? (a, b), f ' ( x) g ' ( x) ? 0, 即 ?x ? (a, b), (3x 2 +a)(2x+b)? 0, b ? 0,??x ? (a, b), 2 x ? b ? 0 , ??x ? (a, b), a ? ?3x 2 , 1 1 ? a ? ?3a 2 ,?? ? a ? 0, ? (b ? a ) max ? ; 3 3 当 a ? 0 ? b 时 , 因 为 , 函 数 f ( x) 和 g ( x) 在 区 间 ( a, b ) 上 单 调 性 一 致 , 所 以 , ?x ? (a, b), f ' ( x) g ' ( x) ? 0, 即 ?x ? (a, b), (2x+b)(3x 2 +a) ? 0,
意, 当 a ? 0 ? b 时,由题意:

b ? 0, 而x=0时, (3x 2 +a)(2x+b)=ab<0,不符合题

83

?x ? (a, 0), 2x(3x 2 +a) ? 0, ??x ? (a, 0), 3x 2 +a ? 0,? 3a 2 ? a ? 0, 1 1 ?? ? a ? 0,? b ? a ? 3 3, 1 综上可知, a ? b max ? 。 3
97. (2010湖南文数,另类区间)

a ? x ? (a ? 1) ln x ? 15a, 其中a<0,且a≠-1. x (Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性;
已知函数 f ( x) ? (Ⅱ)设函数

g ( x) ? {e? f ( x ),x?1

( ?2 x3 ?3 ax3 ?6 ax ?4 a 2 ?6 a ) e x , x?1

(e是自然数的底数) 。是否存在a,

使 g ( x) 在[a,-a]上为减函数?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由。

84

79. (2008辽宁理22,第2问无从下手,思路太难想) 设函数 f ( x) ?

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

⑴求 f ( x) 的单调区间和极值; ⑵是否存在实数 a ,使得关于 x 的不等式 f ( x) …a 的解集为 (0, ??) ?若存在,求 a 的取值范围; 若不存在,试说明理由. 说明:本小题主要考查函数的导数,单调性,极值,不等式等基础知识,考查综合利用数学知 识分析问题、解决问题的能力.满分14分.

85

1 ln x 1 1 ln x ? ? ? ?? . 2 x(1 ? x) (1 ? x) x x ?1 (1 ? x) 2 1) 时, f ?( x) ? 0 , x ? (1, ? ∞) 时, f ?( x) ? 0 . 故当 x ? (0, 1) 单调递增,在 (1, ? ?) 单调递减. 所以 f ( x) 在 (0, ? ∞) 的极大值为 f (1) ? ln 2 ,没有极小值. 由此知 f ( x) 在 (0, (1 ? x) ln(1 ? x) ? x ln x ln(1 ? x) ? x ? ln(1 ? x) ? ln x ? ⑵①当 a ≤ 0 时,由于 f ( x) ? ? ? 0, 1? x 1? x ? ?) . 故关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0,
解:⑴ f ?( x) ? ②当 a ? 0 时,由 f ( x) ?

ln x ln 2n 1 ? 1? ? ? ln ?1 ? ? 知 f (2n ) ? ? ln ?1 ? n n 1? x 1? 2 ? x? ? 2

? ? ,其中 n 为正整数, ?

n n n n ? ? 11 ? ?aa 11 2 ?? 2 ??2 n ln 2 n ln 2 n ln 2 2 ln 2 2 ln 2 a 4 ln 2 ? ? ? n n ? ?n? ? 1. 又 n ≥ 2 时, 1 ? 2 n(n ? 1) n ? 1 .且 1 ? (1 ? 1) n ?1 2 n 2 n 4 ln 2 ? 1 ,且 n0 ≥ 2 , 取整数 n0 满足 n ? ? log (e 2 ? 1) , n0 ? 0 2 a n0 ln 2 1 ? a a ? n ? ln ?1 ? n0 ? ? ? ? a , 则 f (2 0 ) ? n0 1? 2 ? 2 ? 2 2 x ? ∞) . 即当 a ? 0 时,关于 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集不是 (0, a x ? ∞) ,且 a 的取值范围为 综合①②知,存在 ,使得关于 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0,

2 1 ?n ? ?n ? ?2e 2 ? 1 ? n ? ? log e(2e? ? 1) 且有 lnln ? 1) ??. n? n e ? 1 ? n ? ? log 2 (2 ?1?? 2 2 2

0? . ? ?∞,

80. (第二问较难) 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

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

依次成等差数列?若存在,求所有的 b 及相应的 x4 ;若不存在,说明理由. 解:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识,同时考 查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识. (Ⅰ) a ? 0 时, f ? x ? ? x
2

? x ? b? ex ,

? x 2 2 x ? x 2 , ? f ?? x? ? ? ? x ? x ? b ?? ? e ? x ? x ? b? ?e ? ? e x ? ? x ? ? b ? 3? x ? 2b ? ?
令 g ? x ? ? x ? ? b ? 3? x ? 2b ,
2

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

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

86

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

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

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

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

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

2

?8 ,

x2 ?

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

2

?8

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

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

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

a ? x2 , 2

3?a ? b ? 3? ?

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

?a ? b ? 1? ? 8 ? ?3?a ? b ? 3?. 2 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 ? x2 2a ? ?a ? b ? 3? ? 3?a ? b ? 3? 1? 3 = 此时 x4 ? ? ?b ? 3 ? a ? . 2 4 2 a ? x1 ②若 (a ? x1 ) ? 2( x2 ? a ) ,则 x 4 ? , 2

a ? b ? 3 ? 0, 于是 a ? b ? 1 ?

于是 3a ? 2 x ? x ? 2 1 即

3 ? a ? b ? 3? ?

? a ? b ? 1?
2

2

?8 ,
2

? a ? b ? 1?

2

? 8 ? 3 ? a ? b ? 3? . 两边平方得 ? a ? b ? 1? ? 9 ? a ? b ? 1? ? 17 ? 0 ,

?9 ? 13 7 ? 13 ,此时 b ? ? a ? 2 2 a ? x1 2a ? (a ? b ? 3) ? 3(a ? b ? 3) 1 ? 13 此时 x4 ? ? ? ?b ? 3 ? a ? 2 4 2

a ? b ? 3 ? 0, 于是 a ? b ? 1 ?

87

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

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? , 2 2 7 ? 13 1 ? 13 . 时, x4 ? a ? b ? ?a ? 2 2 b ? ?a ?
81. 已知函数 f ( x) ? a ln x , g ( x) ? x 2 ,记 F ( x) ? g ( x) ? f ( x)

(Ⅰ)求 F ( x) 的单调区间; 1 1 (Ⅱ)当 a ? 时,若 x ? 1 ,比较: g ( x ? 1) 与 f ( ) 的大小; 2 x a 1 2 (Ⅲ)若 F ( x) 的极值为 ,问是否存在实数 k ,使方程 g ( x) ? f (1 ? x ) ? k 有四个 2 2 不同实数根?若存在,求出实数 k 的取值范围;若不存在,请说明理由。 解: (Ⅰ) F ( x) 的定义域为(0,+∞) , 又 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ? x 2 ? a ln x a 2x 2 ? a ? F ?( x) ? 2 x ? ? , 当 a ? 0 时, F ?( x) >0恒成立 x x 2a ∴ F ( x) 在(0,+∞)上单调递增; 令 F ?( x) ? 0 得 x ? 2 2a F ?( x) ? 0 2a 当 a ? 0 时,若 0 ? x ? , ∴ F ( x) 在(0, )上单调递减; 2 2 2a F ?( x) ? 0 2a 若x ? , ,∴ F ( x) 在( ,+∞)上单调递增 2 2 故 a ? 0 时, F ( x) 增区间为 (0, ??) ;
? 2a ? 2a , ?? 。 ??4分 a ? 0 时, F ( x) 增区间为 ? ? ? 2 ? ,减区间为(0, 2 ) ? ? 1 2 (Ⅱ)令 h( x) ? g ( x ? 1) ? f ( ) ? ( x ? 1) ? a ln x , x 1 1 2( x ? ) 2 ? (a ? ) a 则 2 2 ? 0 ,所以 h( x) 在[1,+∞) h ?( x) ? 2( x ? 1) ? ? x x 1 上单调递增,∴ h( x) ? h(1) ? 0 ,∴ g ( x ? 1) ? f ( ) . x 2a (Ⅲ)由(Ⅰ)知 F ( x) 仅当 a ? 0 时,在 x = 处取得极值 2 1 2a a 2 由 F( ) ? 可得 a =2,方程 g ( x) ? f (1 ? x ) ? k 为 2 2 2

88

k?

t x2 . . ? 2 ln(1 ? x 2 ) ,令 t ? x 2 ,得 ? k ? 2 ln(1 ? t ) . 2 2

由方程有四个不同的根,得方程有两个不同的正根,

t 1 2 ? k , y 2 ? 2 ln(t ? 1) ,当直线 y1 与曲线 y2 相切时, ? ,? t ? 3 ,得切点坐 2 2 t ?1 1 3 标(3, 2 ln 4 ) ∴切线方程为 y ? 2 ln 4 ? (t ? 3) ,其在y轴上截距为 2 ln 4 ? ;当直 2 2 3 线 y1 在 y 轴上截距 ? k ? (0,2 ln 4 ? ) 时,y1 和 y2 在y轴右侧有两个不同交点, 所以k的取 2 3 值范围为( ? 2 ln 4 ,0). 2
令 y1 ? (注:也可用导数求解)

六、导数应用题
82. 某工厂生产某种儿童玩具,每件玩具的成本为30元,并且每件玩具的加工费为t元(其中t为 常数,且2≤t≤5),设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售 x 量与e (e为自然对数的底数)成反比例,当每件玩具的出厂价为40元时,日销售量为10件. (1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式; (2)当每件玩具的日售价为多少元时,该工厂的利润y最大,并求y的最大值. 40 解:(1)设日销售量为,则=10,∴k=10 e .则日销售量为, .∴y=,其中35≤x≤41. ∴日利润y=(x-30-t)· (2)y′=,令y′=0得x=31+t. ①当2≤t≤4时,33≤31+t≤35.∴当35≤x≤41时,y′≤0. 5 ∴当x=35时,y取最大值,最大值为10(5-t)e . ②当4<t≤5时,35<t+31≤36 ,函数y在[35,t+31]上单调递增,在[t+31,41]上单调递减. 9 t ∴当x=t+31时,y取最大值10e - . ∴当2≤t≤4时,x=35时,日利润最大值为10(5-t)e5元. 9 t 当4<t≤5时,x=31+t时,日利润最大值为10e - 元. 83. 如图,ABCD是正方形空地,正方形的边长为30m,电源在点P处,点P到边AD、AB的距离 分别为9m、3m,某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF,MN:NE=16: 9,线段MN必须过点P,满足M、N分别在边AD、AB上,设 AN ? x(m) ,液晶广告屏幕MNEF 的面积为 S (m 2 ). (I)求S关于x的函数关系式,并写出该函数的定义域;

89

( II ) 当 x 取 何 值 时 , 液 晶 广 告 屏 幕 MNEF 的 面 积 S 最 小 ?

解: (I)如图,建立直角坐标系,设 M (0, t ),

3?0 3?t 3x ? ,? t ? 9? x 9 x?9 3x (10 ? x ? 30) . 又MN过点D时,x最小值为10,? AM ? x ?9 9x2 ? MN 2 ? AN 2 ? AM 2 ? x 2 ? ( x ? 9) 2 9 MN : NE ? 16 : 9,? NE ? MN 16 9 9 9 x2 ? S ? MN NE ? MN 2 ? [ x 2 ? ]. 16 16 ( x ? 9) 2
由已知有 P (9,3), N ( x, 0) ,? 定义域为[10,30]. (II) S ' ?

9 18 x( x ? 9) 2 ? 9 x 2 (2 x ? 18) 9 x[( x ? 9)3 ? 81] [2 x ? ]? ? 16 ( x ? 9) 4 8 ( x ? 9)3

令 S ' ? 0, 得x=0(舍去),x=9+3 3 3 , 当 10 ? x ? 9 ? 3 3 3时, S ' ? 0, S 关于x为减函数; 当 9 ? 3 3 3 ? x ? 30 时, S ' ? 0, S 关于 x 为增函数.

?当x ? 9 ? 3 3 3 时,S取得最小值. 答:当AN长为 9 ? 3 3 3 (m)时,液晶广告屏幕MNEF的面积S最小

七、导数结合三角函数
84. 已知函数 f ( x) ? x ,函数 g ( x) ? ?f ( x) ? sin x 是区间[-1,1]上的减函数. (I)求 ? 的最大值; (II)若 g ( x) ? t 2 ? ?t ? 1在x ? [?1,1] 上恒成立,求t的取值范围;

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数. f ( x) 解: (I) f ( x) ? x,? g ( x) ? ?x ? sin x , ? g ( x)在[?1,1] 上单调递减,? g ' ( x) ? ? ? cos x ? 0 ? ? ? ? cos x 在[-1,1]上恒成立, ? ? ? ?1 ,故 ? 的最大值为 ? 1. ……4分 (II)由题意 [ g ( x)] max ? g (?1) ? ?? ? sin 1,
(Ⅲ)讨论关于x的方程 只需 ?? ? sin1 < t 2 ? ? t ? 1 ,∴ (t ? 1)? t ? t 2 ? sin1 ? 1 >0(其中 ? ≤-1)恒成立.

90

令 h(? ) ? (t ? 1)? t ? t 2 ? sin1 ? 1 >0( ? ≤-1),则 ? 即?

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



,而 t 2 ? t ? sin1 ? 0 恒成立,∴ t ? ?1 . 2 t ? t ? sin1 ? 0 ? ln x ln x ln x ? ? x 2 ? 2ex ? m. 令 f1 ( x) ? , f 2 ( x) ? x 2 ? 2ex ? m, (Ⅲ)由 f ( x) x x 1 ? ln x ? f1' ( x) ? , x2 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; 1 当 x ? e时, [ f 1 ( x)]max ? f 1 (e) ? , 而 f 2 ( x) ? ( x ? e) 2 ? m ? e 2 , e 1 1 ?当m ? e 2 ? , 即m ? e 2 ? 时, 方程无解; e e 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. …………14分 e e 1. 已知函数 f ( x ) 是奇函数,函数 g ( x) 与 f ( x ) 的图象关于直线 x ? 1 对称,当 x ? 2 时, g ( x) ? a( x ? 2) ? ( x ? 2) 3 ( a 为常数). (I)求 f ( x ) 的解析式; (II)已知当 x ? 1 时, f ( x ) 取得极值,求证:对任意 x1 , x2 ? (?1,1),| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 恒成 立; (III)若 f ( x ) 是 [1,??) 上的单调函数,且当 x0 ? 1, f ( x0 ) ? 1时,有 f ( f ( x0 )) ? x0 ,求证:

?t ? 1 ? 0

f ( x0 ) ? x0 . 解:(Ⅰ) 当 x ? 0 时,必有 ? x ? 0 ,则 2 ? x ? 2, 而若点 P ( x, y ) 在 y ? f ( x) 的图象上, g ( x) 的图象上,即当 x ? 0 时, 则 P ( x, y ) 关于 x ? 1 的对称点 P 1 (2 ? x, y) 必在 y ? f ( x) ? g (2 ? x) ? a[(2 ? x) ? 2] ? [(2 ? x) ? 2]3 ? ?ax ? x 3 由于 f ( x ) 是奇函数,则任取 x ? 0, 有 ? x ? 0, 且 f ( x) ? ? f (? x) ? ?[?a(? x) ? (? x)3 ] ? ?ax ? x 3 又当 x ? 0 时,由 f (?0) ? ? f (0) 必有 f (0) ? 0 ……5 分 综上,当 x ? R 时 f ( x) ? x 3 ? ax . (Ⅱ)若 x ? 1 时 f ( x ) 取到极值,则必有当 x ? 1 时 f ?( x) ? 3x 2 ? a ? 0 ,即 a ? 3 又由 f ?( x) ? 3x 2 ? 3 ? 3( x ? 1)(x ? 1) 知,当 x ? (?1,1) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 为减函数
?当x ?[?1,1]时 , f (?1) ? f ( x) ? f (1) ? (?1) 3 ? 3(?1) ? 2 ? f ( x) ? f (1) ? ?2 ?当x1 , x2 ? (?1,1)时 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |?| f (?1) ? f (1) |? 4 . ……9 分 2 (Ⅲ)若 f ( x ) 在 [1,??) 为减函数,则 f ?( x) ? 3x ? a ? 0 对任意 x ? [1,??) 皆成立,这样的 实数 a 不存在

91

若 f ( x ) 为 增 函 数 , 则 可 令 f ?( x) ? 3x 2 ? a ? 0 . 由 于 f ?( x) 在 [1,??) 上 为 增 函 数 , 可 令

f ?( x) ? 3x 2 ? a ? f ?(1) ? 3 ? a ? 0 ,即当 a ? 3 时, f ( x) 在 [1,??) 上为增函数 由 x0 ? 1, f ( x0 ) ? 1, f ( f ( x0 )) ? x0 设 f ( x0 ) ? x0 ? 1 ,则 f [ f ( x0 )] ? f ( x0 ) ? x0 ? f ( x0 ) 与所设矛盾 若 x0 ? f ( x0 ) ? 1 则 f ( x0 ) ? f [ f ( x0 )] ? f ( x0 ) ? x0 与所设矛盾 故必有 f ( x0 ) ? x0
85. 设函数 f ( x) ? ? x( x ? a ) 2 ( x ? R ) ,其中 a ? R . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的极大值和极小值; 立,求 k 的值。 解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ? 1) 2 ? ? x 3 ? 2 x 2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且

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

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

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

a 或x ? a. 3

x

a? ? ? ?∞, ? 3? ?

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a

(a, ? ∞)

f ?( x)
因此,函数 f ( x) 在 x ?

?

?

0

?

4 3 a ?a? ?a? a ; 处取得极小值 f ? ? ,且 f ? ? ? ? 27 3 ?3? ?3? 函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极大值 f (a ) ,且 f (a ) ? 0 . (2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x) 的正负如下表:

x

? ?∞,a ?
?

a

? a? ? a, ? ? 3?

a 3
0

?a ? ? ∞? ? , ?3 ?

f ?( x)

0

?

?

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

92

4 3 a ?a? ?a? a . 处取得极大值 f ? ? ,且 f ? ? ? ? 27 3 ?3? ?3? a 0? 时, k ? cos x ≤ 1 , k 2 ? cos 2 x ≤ 1 . (Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得 ? 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 ? ?∞,
函数 f ( x) 在 x ? 只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos 2 x( x ? R ) ,即 cos 2 x ? cos x ≤ k 2 ? k ( x ? R ) ①

1? 1 ? 设 g ( x) ? cos x ? cos x ? ? cos x ? ? ? ,则函数 g ( x) 在 R 上的最大值为 2 . 2? 4 ? 2 要使①式恒成立,必须 k ? 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 所以,在区间 ? ?1,
2

2

立.

a,( ) a 为常数)是实数集 R 上的奇函数,函数 g ( x) ? ? f ( x) ? sin x 是区间 ??1,1? 上的减函数。 (1) 求 a 的值; 2 (2) 若 g ( x) ? t ? ?t ? 1 在 x ?[?1,1] 恒成立,求 t 的取值范围; ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数。 (3) 讨论关于 x 的方程 f ( x) x 21.解:(1)∵ f ( x) ? ln(e ? a) 是实数集 R 上的奇函数 0 ∴ f (0) ? ln(e ? a) ? 0 ∴ a ? 0 ??3 分 (2)∵ g ( x) ? ? f ( x) ? sin x 是区间 [?1,1] 的减函数 ∴ ? ? ?1 , [ g ( x)]max ? g (?1) ? ?? ? sin1
1. ∴只需 ?? ? sin1 ? t ? ?t ? 1 www.jk.zy.w.com
2

已 知 函 数 f ( x)? l n e (?
x

∴ (t ? 1)? ? t 2 ? sin1 ? 1 ? 0 , ( ? ? ?1 )恒成立 ??5 分 令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t 2 ? sin1 ? 1 , ( ? ? ?1 ) 则?

?t ? 1 ? 0
2

??t ? 1 ? t ? sin1 ? 1 ? 0 ?t ? ?1 2 ∴? 2 ,而 t ? t ? sin1 ? 0 恒成立,∴ t ? ?1 ??7 分 ?t ? t ? sin1 ? 0 ln x ? x 2 ? 2ex ? m (3)由(1)知 f ( x) ? x ∴方程 x ln x 2 令 f1 ( x) ? , f2 ( x) ? x ? 2ex ? m x 1 ? ln x ∴ f1?( x) ? ???8 分 x2 当 x ? (0, e) 时,∴ f1?( x) ? 0 , f1 ( x) 在 ? 0, e? 上是增函数

93

当 x ??e, ??? 时,∴ f1?( x) ? 0 , f1 ( x) 在 ? e, ?? ? 上是减函数 当 x ? e 时, [ f 1 ( x)]max ? f1 (e) ? 而 f2 ( x) ? ( x ? e)2 ? m ? e2

1 e

??9 分

1 1 2 ,即 m ? e ? 时,方程无解; ??10 分 e e 1 1 2 2 当 m ? e ? ,即 m ? e ? 时,方程有一个根; ??11 分 e e 1 1 2 2 当 m ? e ? ,即 m ? e ? 时,方程有两个根; ??12 分 e e
∴当 m ? e ?
2

这是 Word2003 的模本损坏了, 导致不能正常启动 word。 删除 Normal.dot 模本文件, WORD2003 就会自动重新创建一个好的模本文件。 即删除 c:\Documents and Settings\用户名\Application Data\Microsoft\Templates\Normal.dot 文件。 要找到 Normal.dot 模本文件, 需要先在文件夹选项中设置为“显示系统文件夹的内 容”、 “显示所有文件和文件夹”、 取消“隐藏受保护的操作系统文件”前面的勾。
在打开 Word 文档时,如果程序没有响应,那么很有可能是该 Word 文档已经损坏。此时,请试试笔者以下所述 方法,或许能够挽回你的全部或部分损失。

一、自动恢复尚未保存的修改 Word 提供了“自动恢复”功能,可以帮助用户找回程序遇到问题并停止响应时尚未保存的 信息。实际上,在你不得不在没有保存工作成果就重新启动电脑和 Word 后,系统将打开“文档 恢复”任务窗格,其中列出了程序停止响应时已恢复的所有文件。 文件名后面是状态指示器,显示在恢复过程中已对文件所做的操作,其中:“原始文件” 指基于最后一次手动保存的源文件;“已恢复”是指在恢复过程中已恢复的文件,或在“自动 恢复”保存过程中已保存的文件。 “文档恢复”任务窗格可让你打开文件、查看所做的修复以及对已恢复的版本进行比较。 然后, 你可以保存最佳版本并删除其他版本, 或保存所有打开的文件以便以后预览。 不过, “文 档恢复”任务窗格是 Word XP 提供的新功能,在以前的版本中,Word 将直接把自动恢复的文件 打开并显示出来。 二、手动打开恢复文件 在经过严重故障或类似问题后重新启动 Word 时,程序自动任何恢复的文件。如果由于某种 原因恢复文件没有打开,你可以自行将其打开,操作步骤如下: 1. 在“常用”工具栏上,单击“打开”按钮;

94

2. 在文件夹列表中, 定位并双击存储恢复文件的文件夹。 对于 Windows 2000/XP 操作系统, 该位置通常为“C:\documents and settings\Application Data\Microsoft\Word”文件夹; 对于 Windows 98/Me 操作系统,该位置通常为“C:\ Windows\Application Data\Microsoft\Word”文件夹; 3. 在“文件类型”框中单击“所有文件”。 每个恢复文件名称显示为“‘自动恢复’保存 file name”及程序文件扩展名; 4. 单击要恢复的文件名,然后单击“打开”按钮。 三、“打开并修复”文件 Word XP 提供了一个恢复受损文档的新方法,操作步骤如下: 1. 在“文件”菜单上,单击“打开”命令; 2. 在“查找范围”列表中,单击包含要打开的文件的驱动器、文件夹或 Internet 位置; 3. 在文件夹列表中,定位并打开包含文件的文件夹; 4. 选择要恢复的文件; 5. 单击“打开”按钮旁边的箭头,然后单击“打开并修复”。 四、从任意文件中恢复文本 Word 提供了一个“从任意文件中恢复文本”的文件转换器,可以用来从任意文件中提取文 字。要使用该文件转换器恢复损坏文件中的文本,操作步骤如下: 1. 在“工具”菜单上,单击“选项”命令,再单击“常规”选项卡; 2. 确认选中“打开时确认转换”复选框,单击“确定”按钮; 3. 在“文件”菜单上,单击“打开”命令; 4. 在“文件类型”框中,单击“从任意文件中恢复文本”。如果在“文件类型”框中没有 看到“从任意文件中恢复文本”,则需要安装相应的文件转换器。安装方法不做赘述; 5. 像通常一样打开文档。 此时,系统会弹出“转换文件”对话框,请选择的需要的文件格式。当然,如果要从受损 Word 文档中恢复文字,请选择“纯文本”,单击“确定”按扭。不过,选择了“纯文本”,方 式打开文档后,仅能恢复文档中的普通文字,原文档中的图片对象将丢失,页眉页脚等非文本 信息变为普通文字。 五、禁止自动宏的运行

95

如果某个 Word 文档中包含有错误的自动宏代码,那么当你试图打开该文档时,其中的自动 宏由于错误不能正常运行, 从而引发不能打开文档的错误。 此时, 请在“Windows 资源管理器” 中,按住 Shift 键,然后再双击该 Word 文档,则可阻止自动宏的运行,从而能够打开文档。 六、创建新的 Normal 模板 Word 在 Normal.dot 模板文件中存储默认信息,如果该模板文件被损坏,可能会引发无法 打开 Word 文档的错误。此时,请创建新的 Normal 模板,操作步骤如下: 1. 关闭 Word; 2. 使用 Windows“开始”菜单中的“查找”或“搜索”命令找到所有的 Normal.dot 文件, 并重新命名或删除它们。比如,在 Windows XP 中,请单击“开始”,再单击“搜索”,然后单 击“所有文件和文件夹”,在“全部或部分文件名”框中,键入“normal.dot”,在“在这里 寻找”列表框中,单击安装 Word 的硬盘盘符,单击“搜索”按钮。 查找完毕,右键单击结果列表中的“Normal”或“Normal.dot”,然后单击“重命名”命 令,为该文件键入新的名称,例如“Normal.old”,然后按 Enter 键; 3. 启动 Word 此时,由于 Word 无法识别重命名后的 Normal 模板文件,它会自动创建一个新的 Normal 模 板。 98. 已知 a 是给定的实常数,设函数 f ( x) ? ( x ? a)2 ( x ? b)e2 , b ? R ,

x ? a 是 f ( x) 的一个极大值点.
(Ⅰ)求 b 的取值范围; (Ⅱ)设 x1 , x2 , x3 是 f ( x ) 的 3 个极值点,问是否存在实数 b ,可找到 x4 ? R ,使得 x1 , x2 , x3 , x4 的 某种排列 xi1 , xi2 , xi3 , xi4 (其中 ?i1, i2 , i3 , i4? = ?1,2,3,4? )依次成等差数列?若存在,求所有的 b 及相 应的 x4 ;若不存在,说明理由. 解析:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识,同时 考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。
2 (Ⅰ)解:f ’(x)=ex(x-a) ? ? x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a ? ?,



g ( x) ? x 2 ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a, 则?=(3-a+b)2 ? 4(2b ? ab ? a) ? (a ? b ? 1) 2 ? 8 ? 0,

于是,假设 x1 , x2是g ( x) ? 0的两个实根,且x1 ? x2 . (1) 当 x1=a 或 x2=a 时,则 x=a 不是 f(x)的极值点,此时不合题意。

96

(2) 当 x1 ? a 且 x2 ? a 时,由于 x=a 是 f(x)的极大值点,故 x1<a<x2.即 g ( x) ? 0 即 a ? (3 ? a ? b)a ? 2b ? ab ? a ? 0 ,所以 b<-a,所以 b 的取值范围是(-∞,-a)
2

此时 x4 ? 2 x2 ? a ? a ? b ? 3 ?

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

2 或 x4 ? 2 x2 ? 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)

于是 a ? b ? 1 ?

?9 ? 13 2

此时 x4 ?

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

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

b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? 2 2

97

b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? 2 2

98


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