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【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 应用导数求函数的最(极)值(真题为例)


【一线名师倾力整理推荐】备战 2014 高考数学 高频考点归 类分析(真题为例) :应用导数求函数的最(极)值
一、极限的计算: 典型例题:

? x2 ? 9 ,x ?3 ? 例 1. (2012 年四川省理 5 分)函数 f ( x ) ? ? x ? 3 在 x ? 3 处的极限是【 ?ln( x ? 2), x ? 3 ?
A、不存在 【 答案】A。 【考点】分段函数,极限。 【解析】分段函数在 x ? 3 处不是无限靠近同一个值,故不存在极限。故选 A。 例 2. (2012 年重庆市理 5 分) lim B、等于 6 C、等于 3 D、等于 0



1 n 2 ? 5n ? n

n ? ??

?



.

【答案】

2 。 5

【考点】极限的运算。

【分析】 lim

1 n ? 5n ? n
2

n ???

? lim

n ???

n ? 5n ? n ? lim n??? 5n
2

1?

5 ?1 2 n ? 。 5 5

例 3. (2012 年上海市理 4 分)有一列正方体,棱长组成以 1 为首项, 列,体积分别记为 V1 ,V2 ,?,Vn ,? ,则 lim (V1 ? V2 ? ? ? Vn ) ?
n ??

1 为公比的等比数 2
.



【答案】

8 。 7

【考点】无穷递缩等比数列的极限,等比数列的通项公式。 【解析】由正方体的棱长组成以 1 为首项, 一个以 1 为首项,

1 为公比的等比数列,可知它们的体积则组成了 2
1

1 8 V 为公比的等比数列,因此, lim (V1 ? V2 ? ? ? Vn ) ? 1 ? 。 n ?? 7 1? 8 8

二、应用导数求函数的最(极)值: 典型例题:

1

例 1.(2012 年重庆市理 5 分)设函数 f ( x) 在 R 上可导,其导函数为 f' ( x) ,且函数

y ? (1 ? x) f' ( x) 的图像如题图所示,则下列结论中一定成立的是【
(A)函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) (B)函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) (C)函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) (D)函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2)



【答案】D。 【考点】函数在某点取得极值的条件,函数的图象。 【分析】 由图象知,y ? (1 ? x) f' ( x) 与 x 轴有三个交点, -2, 2, ∴ f' (?2)=0,f' (2)=0 。 1, 由此得到 x , y , 1 ? x , f' ( x) 和 f ( x) 在 (??, ? ?) 上的情况:

x
y
1? x
f' ( x)
f ( x)

(??, ?2)
+ + + ↗

-2 0 + 0 极大值

(?2,1)
- + - ↘

1 0 0 - 非极值

(1, 2)
+ - - ↘

2 0 - 0 极小值

(2, ??)
- - + ↗

∴ f ( x) 的极大值为 f (?2) , f ( x) 的极小值为 f (2) 。故选 D。 例 2. (2012 年陕西省理 5 分)设函数 f ( x) ? xe ,则【
x



A. x ? 1 为 f ( x) 的极大值点 C. x ? ?1 为 f ( x) 的极大值点

B. x ? 1 为 f ( x) 的极小值点 D. x ? ?1 为 f ( x) 的极小值点

2

【答案】D。 【考点】应用导数求函数的极值。 【解析】∵ f ?( x) ? ( x ? 1)e ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?1 。
x

∴当 x < - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe 为减函数;当 x > - 1 时, f ?( x) ? 0 ,
x

f ( x) ? xe x 为增函数,所以 x ? ?1 为 f ( x) 的极小值点。
故选 D。 例 3. (2012 年陕西省文 5 分)设函数 f ? x ? ? A. x =

2 + ln x 则【 x
B. x =



1 为 f ? x ? 的极大值点 2

1 为 f ? x ? 的极小值点 2

C. x =2 为 f ? x ? 的极大值点 【答案】D。 【考点】应用导数求函数的极值。 【解析】∵ f ?( x) ? ?

D. x =2 为 f ? x ? 的极小值点

2 1 x?2 ? = 2 ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? 2 。 x2 x x 2 ∴当 0 < x < 2 时, f ?( x) ? 0 , f ? x ? ? + ln x 为减函数; x 2 当 x > 2 时, f ?( x) ? 0 , f ? x ? ? + ln x 为增函数。 x

∴ x ? 2 为 f ( x) 的极小值点。 故选 D。 例 4. ( 2012 年 广 东 省 理 14 分 ) 设

a < 1 , 集 合

A ? ? x ? R 0?? , x

?
3

B ?

2

? 2 x

R 3 ?(x 1 ? ) a ? 6A ? B 0 ?a , D ?x

?

(1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内的极值点。
2

【答案】解: (1)设 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ,
2

方程 g ( x) ? 0 的判别式 D = 9(1 + a) - 48a = 9(a 2

1 )(a - 3) 3

①当

1 < a < 1 时, D < 0 , 2 x 2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 恒成立, 3

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0 ? R 。
2

?

?

3

∴ D ? A ? B ? A ? {x | x ? 0} ,即集合 D= (0, + ②当 0 < a

)。

1 时, D 3

0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为
0 , x2 = 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 。 4

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 4
2

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0

?

?

? {x | x ?


3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

D ? A ? B ? A ? {x | 0 ? x ?


3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? }, 4 4
集 合

D= (0,

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + )( ? 4

9a 2 - 30a + 9 ,+ 4

)。

③当 a ? 0 时, D > 0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + ? 0 ,x2 = 4
2

9a 2 - 30a + 9 > 0。 4

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0

?

?

? {x | x ?


3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? 0或x ? } 4 4

∴ D ? A ? B ? A ? {x | x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 }, 4 )。
) 令

( 即集合 D=


3a + 3 +
2

9 a 2 - 30 a + 9 ,+ 4

f'

?

3

(x

?

2

)

x

?

得 [

2

a

?

2

f ( x ) ? 2 x 3 ? 3(1 ? a ) x 2 ? 6ax 的可能极值点为 a,1 。

4

①当 况如下表:

1 < a < 1 时,由(1)知 D ? (0, ?? ) ,所以 f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情 3

x
f ?( x)
f ( x)

(0, a)

a
0 极大值
3 2

(a,1)
?


1
0 极小值

(1, ??)

?


?


∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内有两个极值点为 a,1 :极大值点为

x ? a ,极小值点为 x ? 1 。
②当 0 < a 由

1 时, 3
( 1 ) 知

3a + 3 - 9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 )( ? , + ) = (0, x1 ) ? ( x2 , ??) 。 D ? (0, 4 4
∵ f ( x) ? 2x( x ? x1 )( x ? x2 ) , ∴ 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 , ∴ f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(0, a)

a
0 极大值
2

(a, x1 )
?


( x2 , ??)

?

3

?


∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内 仅 有 一 个 极 值点 : 极 大 值 点 为

x ? a ,没有极小值点。
③当 a ? 0 时,

( 由(1)知 D ?

3a + 3 +

9 a 2 - 30 a + 9 ,+ 4

)。

∵ a ? 0 ,∴ 1- 3a <1- a 。 ∴

3a + 3 +

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + = 4

3(1- 3a )(1- a ) 4

>

3a + 3 +

3(1- 3a ) 4

2

5

=

3a + 3 + 4

3 (1- 3a ) 3 + =

3 + 3a 14

(

3

) > 3+

3

4

>1 。

∴ a ? 0 <1<
3

3a + 3 +

9a 2 - 30a + 9 。 4
2

∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内没有极值点。 【考点】分类思想的应用,集合的计算, 解不等式,导数的应用。 【解析】 (1)根据 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a 根的判别式应用分类思想分
2

1 < a< 1、 3

0< a

1 、 a ? 0 讨论即可,计算比较繁。 3
(2) 求出 f '( x) ? [2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax]' ? 6 x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ? a)( x ? 1) ,
3 2 2

得到 f ( x) 的可能极值点为 a,1 。仍然分

1 < a < 1、0< a 3

1 、 a ? 0 讨论。 3
3

例 5. (2012 年浙江省理 14 分)已知 a ? 0 , b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax ? 2bx ? a ? b . (Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ; (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x ?[0 , 恒成立,求 a ? b 的取值范围. 1] 【答案】(Ⅰ) 证明: (ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b . 当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a = |2a - f max ? x ? ? max{ f (0),() ? max{(b ? a),(3a ? b) ? ? f 1} } b ?3a ? b, ? 2a

b|﹢a。
综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a。

6

(ⅱ) 设 g ? x ? =﹣ f ? x ? , ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为 : g ? 0 ? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
g max ? x ? ? max{g ( b ),() g 1} 6a b 。 6a

?4 b b 4 b ? a ? b, ? 6a ? b ? max{ b ? a ? b,b ? 2a} ? ? 3 6a b ? 6a 3 6a ?b ? 2a, ?

≤|2a-b|﹢a。 综上所述:函数 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a, 即 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0 在 0≤x≤ 1 上恒成立。 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a, 且函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大。 ∵﹣1≤ f ? x ? ≤1 对 x ? [0,1]恒成立,∴|2a-b|﹢a≤1。 取 b 为纵轴,a 为横轴.
?a > 0 ?a > 0 ? ? 则可行域为: ? b ? 2a 和 ?b ? 2a ,目标函数为 z=a+b。 ? b ? a ? 1 ?3a ? b ? 1 ? ?

作图如下:

7

由图 易得:当目标函数为 z=a+b 过 P(1,2)时,有 zmax ? 3 . ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ?1,3? 。 【考点】 分类思想的应用, 不等式的证明, 利用导数求闭区间上函数的最值, 简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后,分 b≤0 和 b>0 讨论即可。 (ⅱ) 利用分析法,要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0,即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-

b|﹢a,亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a。
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a,且函数在 0≤x≤1 上的最小值比 ﹣(|2a-b|﹢a)要大.根据-1≤ f ? x ? ≤1 对 x∈[0,1]恒成立,可得|2a-b|﹢a≤1,从而 利用线性规划知识,可求 a+b 的取值范围。

( ) 例 6. (2012 年江西省文 14 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2 ? bx ? c e x 在 ? 0, 1? 上单调递减且满 , 足 f ? 0 ? ? 1 f ?1? ? 0 。
(1)求 a 的取值范围; (2)设 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ,求 g ? x ? 在 ? 0, 1? 上的最大值和最小值。 【答案】解: (1)∵ f (0) ? c ? 1 , f (1) ? (a ? b ? c)e ? 0 ,∴ a ? b ? ?1 。 ∴ f ? x ? ? [ax 2 ? ? a ? 1? x ? 1]e x 。∴ f ? ? x ? ? [ax 2 ? ? a ? 1? x ? a]e x 。

( ) ∵函数 f ? x ? ? ax 2 ? bx ? c e x 在 ? 0, 1? 上单调递减,
8

∴对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x) ? 0 。 1 ∴由 f '(0)= ? a ? 0 得 a > 0 ;由 f '(1)=[a ? ? a ? 1? ? a]e ? 0 得 a ? 1 。 ∴ 0 ? a ?1。 又当 a =0 时,对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x)= ? x ? 0 ,函数符合条 1 件; 当 a =1 时,对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x)= x ? 1 e ? 0 ,函数符 1
2 x

?

?

合条件。 综上所述, a 的取值范围是 0≤ a ≤1。 ( 2 )

) ∵ g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? 1? e x ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? a ? e x ? ? 2ax ? a ? 1 e x ? ? ? ? (
∴ g ? ? x ? ? ? ?2ax ? a ? 1? e x 。

1 (i)当 a =0 时,对于任意 x ? ? 0, ? 有 g ? ? x ? ? e x > 0 ,
∴ g ? x ? 在[0,1]上的最小值是 g ? 0 ? ? 1 ,最大值是 g ?1? ? e ;

1 (ii)当 a =1 时,对于任意 x ? ? 0, ? 有 g ? ? x ? ? ?2xe x < 0 ,
∴ g ? x ? 在[0,1]上的最小值是 g ?1? ? 0 ,最大值是 g ? 0 ? ? 2 ; (iii)当 0< a <1 时,由 g ? ? x ? ? 0 得 x ? ①若

1? a >0 , 2a

1? a 1 ? 1 ,即 0 < a ? 时, g ? x ? 在[0,1]上是增函数, 2a 3

∴ g ? x ? 在[0,1]上最大值是 g ?1? ? ?1 ? a ? e ,最小值是 g ? 0 ? ? 1 ? a ; ②若

1? a 1 1? a 取得最大值 <1 , 即 < a < 时 , g ? x? 在 x ? 1 2a 2a 3

1? a 1? a g ( ) 2ae 2 a g,在 x =0 或 x =1 时取到最小值: ? 2a

∵ g 0 ? 1 ? a,()( ? a e , () g1 ? 1 )

1 e ?1 ∴当 < a ? 时, g ? x ? 在 x =0 取到最小值 g ? 0 ? ? 1 ? a ; 3 e ?1 e ?1 当 < a ? 1 时, g ? x ? 在 x =1 取到最小值 g ?1? ? ?1 ? a ? e 。 e ?1
【考点】利 用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性。
9

( ) 【 解 析 】 1 ) 由 题 意 , 函 数 f ? x ? ? ax 2 ? bx ? c e x 在 [0 , 1] 上 单 调 递 减 且 满 足 ( f ? 0 ? ? 1 f ?1? ? 0 ,可求出函数的导数,将函数在[0,1]上单调递减转化为导数在[0,1] ,
上的函数值恒小于等于 0,再结合 f ? 0 ? ? 1 , f ?1? ? 0 这两个方程即可求得 a 取值范围。 ( 2 ) 由 题 设 条 件 , 先 求 出 g ? x? ? f ? x? ? f ?? x? 的 解 析 式 , 求 出 导 函 数

g ? ? x ? ? ? ?2ax ? a ? 1? e x ,由于参数 a 的影响,函数在[0,1]上的单调性不同,结合(1)的
结论及 g ? ? x ? 分 a =0, a =1, 0< a <1 三类对函数的单调性进行讨论,确定并求 出函数的 最值。 例 7. (2012 年重庆市文 13 分)已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? c 在 x ? 2 处取得极值为 c ? 16
3

(1)求 a 、 b 的值(6 分) ; (2)若 f ( x) 有极大值 28,求 f ( x) 在 [?3,3] 上的最大值(7 分) .

【答案】解: (Ⅰ)∵ f ( x) ? ax ? bx ? c , ∴ f ?( x) ? 3ax ? b 。
3 2

∵ f ( x) 在点 x ? 2 处取得极值, ∴?

12a ? b ? 0 ? f ?(2) ? 0 ? ?12a ? b ? 0 ,即 ? ,化简得 ? ,解 ? f (2) ? c ? 16 ?8a ? 2b ? c ? c ? 16 ? 4 a ? b ? ?8

得?

? a ?1 。 ?b ? ?12
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? x ? 12 x ? c , f ?( x) ? 3x ? 12
3

2

令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? ?2, x2 ? 2 。

x , f' ( x) 和 f ( x) 在 (??, ? ?) 上的情况如下表: x
(??, ?2)

?2

(?2, 2)

2

(2, ??)

f' ( x)
f ( x)

- ↘

0 极小值

+ ↗

0 极大值

- ↘

10

由此可知 f ( x) 在 x1 ? ?2 处取得极大值 f (?2) ? 16 ? c , f ( x) 在

x2 ? 2 处取得极小值 f (2) ? c ? 16 。
∵ f ( x) 有极大值 28,∴ 16 ? c ? 28 ,解得 c ? 12 。 此时 f (?3) ? 9 ? c ? 21, f (3) ? ?9 ? c ? 3 , f (2) ? c ? 16 ? ?4 ∴ f ( x) 上 [?3,3] 的最小值为 f (2) ? ?4 。 【考点】函数的导数与极值,最值之间的关系。 【分析】 (Ⅰ)先对函数 f ( x) 进行求导,根据 f ?(2) ? 0 =0, f (2) ? c ? 16 ,求出 a 、 b 的 值。 (Ⅱ)根据(Ⅰ)对函数 f ( x) 进行求 导,令 f ?( x) ? 0 ,解出 x ,列表求出函数的 极大值和极小值。 再比较函数的极值与端点函数值的大小, 端点函数值与极大值中最大的为 函数的最大值,端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。 例 8. (2012 年江苏省 16 分) 若函数 y ? f (x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x 0 为 函数 y ? f (x) 的极值点。 已知 a,b 是实数,1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点; (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c?[?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. 2] 【答案】解: (1)由 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b 。 ∵1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a=0,b= ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g ?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2 ? ,解得 x1 =x2 =1 x3 = ? 2 。 ,
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x <1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x= ? 2 是 g ( x) 的极值点。 ∵当 ?2 < x <1或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x=1 不是 g ( x) 的极值点。
11

∴ g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方 程 f ( x)=d 根的情况: d ? ? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注 意到 f ( x) 是奇函数,∴ f ( x)=2 的两个不同的根为一和 2。 当

d <2







f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0



f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 ,
∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根。 由(1)知 f' ( x)=3 ? x ? 1?? x ? 1? 。

? ① 当 x ? ? 2, ? ? 时 , f '( x) >0 , 于 是 f ( x) 是 单 调 增 函 数 , 从 而

f ( x) > f (2)=2 。
? 此时 f ( x)=d 在 ? 2, ? ? 无实根。
, ② 当 x ? ?1 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。
又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。

, ③ 当 x ? ? ?1 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。
又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同 的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当

d <2 时

f ( x)=d 有三 个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。
现考虑函数 y ? h( x) 的零 点:

t ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =2 。
而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个

12

零点。 ( 11 ) 当 c < 2 时 , f ( t ) =c有 三 个 不 同 的 根 t3,t4,t5 , 满 足

ti < 2,i

=3, 。 , 4

5

而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述, c =2 时, 当 函数 y ? h( x) 有 5 个零点; c < 2 时, 当 函数 y ? h( x) 有 9 个零点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】 (1)求出 y ? f (x) 的导数,根据 1 和 ?1 是函数 y ? f (x) 的两个极值点代入列方 程组求解即可。 (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况;再考 虑函数 y ? h( x) 的零点。

1 例 9.(2012 年山东省理 5 分) 设函数 f ? x ? = ,g ? x ? =ax 2 +bx ? a,b ? R,a ? 0 ? , y ? x? 若 f x

?

的图像与 y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确 的是【 】 B. 当 a<0 时,x1+x2>0, y1+y2<0 D. 当 a>0 时,x1+x2>0, y1+y2>0

A. 当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 C. 当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 【答案】B。 【考点】导数的应用。 【解析】令

1 ? ax 2 ? bx ,则 1 ? ax 3 ? bx 2 (x ? 0) 。 x

设 F(x) ? ax 3 ? bx 2 , F' (x) ? 3ax 2 ? 2bx 。 令 F' ( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? 0 ,则 x ? ?

2b 3a

要使 y ? f ? x ? 的图像与 y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点必须:

F(

?2b 2b 2b ) ? a(? )3 ? b(? )2 ? 1 ,整理得 4b3 ? 27a 2 。 3a 3a 3a

取值讨论:可取 a ? ?2,b ? 3 来研究。
13

当 a ? 2,b ? 3 时, 2x3 ? 3x 2 ? 1 ,解得 x1 ? ?1, x 2 ? 时 x1 ? x 2 ? 0,y1 ? y2 ? 0 ;

1 ,此时 y1 ? ?1, y2 ? 2 ,此 2

当 a ? ?2,b ? 3 时, ?2x 3 ? 3x 2 ? 1 ,解得 x1 ? 1, x 2 ? ? 此时 x1 ? x 2 ? 0,y1 ? y2 ? 0 。故选 B。

1 ,此时 y1 ? 1, y2 ? ?2 , 2

例 10. (2012 年天津市理 14 分)已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 成立,求实数 k 的最小值;
2

(Ⅲ)证明

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

).

? 【答案】解: (Ⅰ)函数的定义域为 ? ?a, ? ? ,
求导 函数可得 f' (x)=1 ?

1 x+a ? 1 . ? x +a x +a

令 f' (x)=0 ,得 x=1 ? a > ?a 。 当 x 变化时, f' (x) 和 f (x) 的变化情况如下表:

x

? ?a,1 ? a ?

1? a

?1 ? a,? ? ?

f' (x)
f (x)

- ↘

0 极小值

+ ↗

∴ f (x) 在 x=1 ? a 处取得极小值。 ∴由题意,得 f (1 ? a)=1 ? a ? ln1=1 ? a=0 。∴ a=1 。 (Ⅱ)当 k ≤0 时,取 x=1 ,有 f (1)=1 ? ln 2 < 0 ,故 k ≤0 不合题意。

( ? ( ? f ? 当 k >0 时,令 g x) (x) kx ,即 g x) x ? ln (x +1) ? kx 。
2
2






2 +?







1 g ) 1? ' ? ( ? x+

x

? ? x 2 1

?x kx ?1 ? 1 = k x +

2 ? 。kx 1

1

k x2 2 = x

x

k 2 +

14

令 g' x) 0 ,得 x1 ? 0,x2 ? ( ? ①当 k ?

1 1 ? 2k 时, ≤0, g' x) 0 在(0,+∞)上恒成立,因此 ( < 2 2k

1 ? 2k >?1。 2k

, ( ? f g x) (x) kx 2 在 ( 0 , +∞ ) 上 单 调 递 减 , 从 而 对 任 意 的 x ? ? 0,+? ? ) 总 有 ?

( ? ( =0 g x) g 0) ,即对任意的 x ? ? 0,+? ? ,有 f (x) ? kx 2 成立。

1 符合题意。 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k ②当 0 < k < 时, >0,对于 x? (0, ), g' x) ( >0,因 2 2k 2k
∴k ? 此 g x) ( 在 (0,

1 ? 2k 1 ? 2k ( ? ( =0 即有 f (x0 ) ? kx0 2 )上单调递增, 因此取 x? (0, )时,g x0) g 0) , 2k 2k 1 不合题意。 2 1 。 2

不成立。 ∴0< k <

综上,实数 k 的最小值为

(Ⅲ)证明:当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。 当 n ≥2 时,

? f ? 2i ? 1 ?=? ? 2i ? 1 ? ln ?1+ 2i ? 1 ?? =? 2i ? 1 ?? ln ?1+ 2i ? 1 ? ? ? ? ?? ? ? ?
i =1 i =1 i =1 i =1

n

? 2 ?

n

? 2

?

2 ??

n

2

n

?

2 ?

=?
i =1

n

2 ? ln ? 2n ? 1? 。 2i ? 1

在(2)中,取 k = ∴f? ∴

1 1 2 ,得 f (x) ? x ? x ? 0 ? , 2 2

2 2 ? 2 ? < ? i ? N +,i ? 2 ? 。 ?? 2 2i ? 1 ? ? 2i ? 1? 2i ? 3?? 2i ? 1? ? ?

n n n 2 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ln ? 2n ? 1? = ? f ? =f ? 2 ?+? f ? < 2 ? ln 2+? ? 2i ? 1 ? ? ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1 ? i =1 i =1 i =2 i =2 ? 2i ? 3 ?? 2i ? 1? n

n 1 ? 1 ? 1 =2 ? ln 3+? ? ? <2 ? =2 ? ln 3+1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i =2 ? 2i ? 3

15

。 综上,

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

)。

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值。 【分析】 (Ⅰ)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利 用函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,即可求得 a 的值。 (Ⅱ)当 k ≤0 时,取 x=1 ,有 f (1)=1 ? ln2 < ,故 k ≤0 不合题意。当 k >0 时, 0

1 1 ? 2k 时, ≤0,g x) ( 2 2k 1 在 (0, +∞) 上单调递减, 从而对任意的 x ? ? 0,+? ? ) 总有 g x) g 0) 。 , ( ? ( =0 ②当 0 < k < 2 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k 时, >0,对于 x? (0, ), g' x) )上单 调递 ( 在(0, ( >0,因此 g x) 2k 2k 2k
( ?f ? 令 g x) (x) kx , 求导函数, 令导函数等于 0, 分类讨论: ①当 k ?
2

增。由此可确定 k 的最小值。 (Ⅲ)当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。当 n ≥2 时, 由

? f ? 2i ? 1 ? ? ?
i =1
n

n

? 2 ?

=?

1 2 1 得 f (x) ? x 2 , 从 而 可 得 ? ln ? 2n ? 1? , 在 ( Ⅱ ) 中 , 取 k = 2 2 i =1 2i ? 1
2 ? < ?? 1 ? 2i ? 1?2 ? i ? 2 ? 2 + , ? i ? N ,i ? 2 ? 由此可证结论。 ?? 3i ? 2 1 ?
x

? 2 f? ? 2i ?

例 11. (2012 年安徽省理 13 分)设 f ( x) ? ae ? (I)求 f ( x) 在 [0, ??) 上的最小值;

1 ? b(a ? 0) ae x

(II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)设 t ? e (t ? 1) ,则 y ? at ?
x

3 x ;求 a, b 的值。 2

1 ?b。 at

1 a 2t 2 ? 1 ∴ y? ? a ? 2 ? 。 at at 2
①当 a ? 1 时, y? ? 0 。∴ y ? at ?

1 ? b 在 t ? 1 上是增函数。 at 1 ∴当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 a ? ? b 。 a
16

1 ?b ? 2?b[ at 1 ∴当且仅当 at ? 1(t ? e x ? , x ? ? ln a) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a 1 1 (II)∵ f ( x) ? ae x ? x ? b ,∴ f ?( x) ? ae x ? x 。 ae ae
②当 0 ? a ? 1时, y ? at ?

1 2 ? 2 ? ? f (2) ? 3 ? ae ? ae 2 ? b ? 3 ?a ? e2 ? ? ? 由题意得: ? ,解得 ? 。 3 ,即 ? 1 3 1 f ?(2) ? 2 ? ? ae ? ?b? ? ? 2 ? ? ae 2 2 ? 2 ?
【考点】复合函数的应用,导数的应用,函数的增减性,基本不等式的应用。 【解析】 (I)根据导数的的性质分 a ? 1 和 0 ? a ? 1求解。 (II)根据切线的几何意义列方程组求解。

17


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