高三导数压轴题题型归纳()

导数压轴题题型

1. 高考命题回顾

x

例1已知函数f(x)＝e－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.

11xx0

(1)解 f(x)＝e－ln(x＋m)?f′(x)＝e－?f′(0)＝e－＝0?m＝1，

x＋m0＋mx1ex＋－1

定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝ex－＝，

x＋mx＋1

显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．

1xx(2)证明 g(x)＝e－ln(x＋2)，则g′(x)＝e－(x>－2)．

x＋2

11xxh(x)＝g′(x)＝e－(x>－2)?h′(x)＝e＋>0，

x＋2x＋2

所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，

1111

又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，

22e3

2

?1?

所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间?－，0?内，

?2?

?1?1t设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝e－＝0?－

t＋2?2?

1

所以，et＝?t＋2＝e－t，

t＋2

当x∈(－2，t)时，g′(x)g′(t)＝0，g(x)单调递增；

1＋t2t所以g(x)min＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0，

t＋2t＋2

当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，

所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0. 例2已知函数f(x)满足f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?x2（2012全国新课标）

(1)求f(x)的解析式及单调区间；

(2)若f(x)?x2?ax?b，求(a?1)b的最大值。 （1）f(x)?f?(1)ex?1?f(0)x?x2?f?(x)?f?(1)ex?1?f(0)?x

12 令x?1得：f(0)?1

1 得：f(x)?ex?x?x2?g(x)?f?(x)?ex?1?x

2e?1?0?y?g(在x)x?R上单调递增 g?(x)?x1 得：f(x)的解析式为f(x)?ex?x?x2

21212 且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0)

（2）f(x)?x2?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(a?1)

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

②当a?1?0时，h?(x)?0?x?ln(a?1),h?(x)?0?x?ln(a?1)

得：当x?ln(a?1)时，h(x)min?(a?1)?(a?1)ln(a?1)?b?0 令F(x)?x2?x2lnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx) 当x?e时，F(x)max?

当a?e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为 例3已知函数f(x)?alnxb?，曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0。（2011x?1xe2e2全国新课标）

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x?0，且x?1时，f(x)??(lnxk?，求k的取值范围。 x?1xx?1?lnx)1bx?x?2y?3?0解（Ⅰ）f'(x)? 由于直线的斜率为， ?2(x?1)2x2?f(1)?1,?b?1,??且过点(1,1)，故?1即?a1 解得a?1，b?1。

f'(1)??,??b??,??2?22lnx1?，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?x?1xlnxk1(k?1)(x2?1) f(x)?(?)?(2lnx?)。 2x?1x1?xx(k?1)(x2?1)?2x(k?1)(x2?1)(x?0)，则h'(x)?考虑函数h(x)?2lnx?。

x2x22k(x?1)?(x?1)(i)设k?0，由h'(x)?知，当x?1时，h'(x)?0，h(x)递减。而h(1)?0 故2x1h(x)?0； 当x?(0,1)时， h(x)?0，可得

1?x21当x?（1，+?）时，h（x）<0，可得 h（x）>0

1?x2lnxklnxk从而当x>0,且x?1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.

x?1xx?1x(2?1?)x2（ii）设0

11??4?4(k?1)2?0，对称轴x=?1当x?（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,

1?k1?k.

故h (x）>0,而h（1）=0，故当x?（1，与题设矛盾。

'11）时，h（x）>0，可得h（x）<0,1?k1?x22'（iii）设k?1.此时x?1?2x，(k?1)(x2?1)?2x?0?h（x）>0,而h（1）=0，故当

x? （1，+?）时，h（x）>0，可得

1 h（x）<0,与题设矛盾。 1?x2 综合得，k的取值范围为（-?，0]

32－x

例4已知函数f(x)＝(x+3x+ax+b)e. （2009宁夏、海南）

(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.

解: (1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故

f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x +(3x2+6x－3)e－x ＝－e－x (x3－9x)＝－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. 从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.

(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x +(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］. 由条件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.

从而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,

所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.

故????(???)2?4???12?4a.又(β－2)(α－2)＜0， 即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6. 于是β－α＞6. 2. 在解题中常用的有关结论※

(1)曲线y?f(x)在x?x0处的切线的斜率等于f?(x0)，且切线方程为 y?f?(x0)(x?x0)?f(x0)。 (2)若可导函数y?f(x)在 x?x0 处取得极值，则f?(x0)?0。反之，不成立。 (3)对于可导函数f(x),不等式f?(x)?0的解集决定函数f(x)的递（?0）增（减）区间。 (4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：?x?If?(x)?0(?0)恒成立（f?(x) 不恒为0）. (5)函数f(x)（非常量函数）在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f?(x)?0在区间I上有实根且为非二重根。（若f?(x)为二次函数且I=R，则有??0）。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f?(x)?0或f?(x)?0在I上恒成立 (7)若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)min?0; 若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)max?0 (8)若?x0?I，使得f(x0)?0，则f(x)max?0；若?x0?I，使得f(x0)?0，则f(x)min?0. (9)设f(x)与g(x)的定义域的交集为D，若?x?D f(x)?g(x)恒成立，则有 ?f(x)?g(x)?min?0. (10)若对?x1?I1、x2?I2 ，f(x1)?g(x2)恒成立，则f(x)min?g(x)max. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2),则f(x)min?g(x)min. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2)，则f(x)max?g(x)max. （11）已知f(x)在区间I1上的值域为A,，g(x)在区间I2上值域为B， 若对?x1?I1,?x2?I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则A?B。 (12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程f?(x)?0有两个不等实根x1、x2，且极大值大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式: x 1 ? ① lnx?x?1(x?0) ②x ≤ln（x+1）?x(x??1) ③ ex?1?x ④ ex?12x?x?1?x 22x⑤ lnx?x?1(x?1) ⑥ lnx?1?1(x?0) 223. 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用

（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）

例1（切线）设函数

（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(x2,0)求证：x1?x2?a.

例2（最值问题，两边分求）已知函数f(x)?lnx?ax?⑴当a≤f(x)?x2?a.

1?a?1(a?R). x1时，讨论f(x)的单调性； 21⑵设g(x)?x2?2bx?4.当a?时，若对任意x1?(0,2)，存在x2??1,2?，使f(x1)≥g(x2)，求实

4数b取值范围.

②交点与根的分布 例3（切线交点）已知函数f?x??ax3?bx2?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． 例4（综合应用）已知函数

⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

f(x)?ln(2?3x)?32x.2

11x?[,],不等式|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?063⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；

⑶若关于x的方程f(x)??2x?b在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

③不等式证明

例5 (变形构造法)已知函数

?(x)??ax?1，a为正常数．

⑴若f(x)?lnx??(x)，且a92，求函数f(x)的单调增区间；

⑵在⑴中当a?0时，函数y?f(x)的图象上任意不同的两点A?x1,y1?，B?x2,y2?，线段AB的中点为C(x0,y0)，记直线AB的斜率为k，试证明：k?f?(x0)．

g(x2)?g(x1)??1g(x)?lnx??(x)x?x??x,x?0,2x?x21⑶若，且对任意的12，12，都有，求a的取

值范围．

2f(x)?xln(ax)(a?0) 例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.

2（1）若f'(x)?x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

例7（绝对值处理）已知函数f(x)?x3?ax2?bx?c的图象经过坐标原点，且在x?1处取得极

大值．

（I）求实数a的取值范围；

(2a?3)2（II）若方程f(x)??恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式；

9（III）对于（II）中的函数f(x)，对任意?、??R，求证：|f(2sin?)?f(2sin?)|?81．

g(x)?f(x)1x1,x2?(,1),x1?x2?14xx?(x?x)x，若e1212，求证

例8（等价变形）已知函数f(x)?ax?1?lnx(a?R)．

（Ⅰ）讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；

（Ⅱ）若函数f(x)在x?1处取得极值，对?x?(0,??),f(x)?bx?2恒成立，

求实数b的取值范围；

1?lny的大小． 1?lnx17f(x)?lnx,g(x)?x2?mx?(m?0)22例9（前后问联系法证明不等式）已知，直线l与函数

f(x),g(x)的图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1。

（Ⅲ）当0?x?y?e2且x?e时，试比较与yx （I）求直线l的方程及m的值；

（II）若h(x)?f(x?1)?g'(x)(其中g'(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值。 （III）当0?b?a时，求证：（1）试判断函数（2）设m?0，求

f(x)的单调性； f(x)在[m,2m]上的最大值；

f(a?b)?f(2a)?xb?a.2a

例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数f(x)?lnx?1．

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

nn111n2（Ⅲ）证明：???????．

a1a2ann?1

例11（数学归纳法）已知函数f(x)?ln(x?1)?mx，当x?0时，函数f(x)取得极大值.

（１）求实数m的值；

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

在x0?(a,b)，使得f?(x0)?g(x)?f(b)?f(a).试用这个结论证明：若?1?x1?x2，函数

b?af(x1)?f(x2)(x?x1)?f(x1)，则对任意x?(x1,x2)，都有f(x)?g(x)；

x1?x2（３）已知正数?1,?2,L,?n，满足?1??2?L??n?1，求证：当n?2，n?N时，对任意

大于?1，且互不相等的实数x1,x2,L,xn，都有f(?1x1??2x2?L??nxn)??1f(x1)??2f(x2)?L??nf(xn). ④恒成立、存在性问题求参数范围

2f(x)?x?alnx(a为实常数). 例12（分离变量）已知函数

(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. 例13（先猜后证技巧）已知函数f(x)?1?1n(x?1) x（Ⅰ）求函数f (x)的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论. （Ⅲ）若x>0时f(x)?k恒成立，求正整数k的最大值. x?1例14（创新题型）设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).

(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；

(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；

(Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．

2g(x)?ax?2ax?1?b(a?0,b?1)，在区间?2,3?上有最例15(图像分析，综合应用) 已知函数

大值4，最小值1，设（Ⅰ）求a,b的值；

f(x)?g(x)x．

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

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

⑤导数与数列

例16（创新型问题）设函数f(x)?(x?a)2(x?b)ex，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?）依次成x4?R，使得x1，x2，x3，x4的某种排列xi,xi,xi,xi（其中?i1，i2，i3，i4?=?1，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． ⑥导数与曲线新题型

1234例17（形数转换）已知函数f(x)?lnx, g(x)?ax2?bx(a?0).

12(1)若a??2, 函数h(x)?f(x)?g(x) 在其定义域是增函数,求b的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数?(x)=e2x+bex,x∈[0,ln2],求函数?(x)的最小值;

(3)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作x轴的垂线分别交C1、C2于点M、N,问是否存在点R,使C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由. 例18（全综合应用）已知函数f(x)?1?lnx(0?x?2). 2?x(1)是否存在点M(a,b),使得函数y?f(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在

函数y?f(x)的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;

2n?1),其中n?N*,求S2013; ni?1(3)在(2)的条件下,令Sn?1?2an,若不等式2an?(an)m?1对?n?N*且n?2恒成立,求实

(2)定义Sn??f()?f()?f()?????f(数m的取值范围.

⑦导数与三角函数综合

2n?1in1n2n2f(x)??x(x?a)例19（换元替代，消除三角）设函数（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；

22k???1，0?f(k?cosx)≥f(k?cosx)对任意的x?R恒成a?3（Ⅲ）当， 时，若不等式

立,求k的值。

⑧创新问题积累 例20已知函数f(x)?lnx?2x?. x?44 I、求f(x)的极值.

II、求证f(x)的图象是中心对称图形.

III、设f(x)的定义域为D,是否存在?a,b??D.当x??a,b?时，f(x)的取值范围是

?ab?,??若存在,求实数a、b的值；若不存在，说明理由 ??44?导数压轴题题型归纳 参考答案

例1解：(1)a?1时，g(x)?x?x，由g?(x)?3x?1?0，解得

g?(x)的变化情况如下表： 所以当x?32x??33.

0 0 - ↘ 0 极小值 + ↗ . 1 0 3323g()??3时，g(x)有最小值392y?f(x)P(x,2x?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1 11(2)证明：曲线在点

曲线y?f(x)在点

P

处的切线方程为y?(2x1?a)?2x1(x?x1).

2x?ax2?12x1 令y?0，得

22x?aa?x1x2?x1?1?x1?2x12x1，∴

22

a?x1?0x?a2x1 ∵1，∴，即x2?x1.

又∵

x1a?22x1，∴

x12?ax1xaax2????21??a2x122x122x1

所以x1?x2?a.

1?ala?1?ax2?x?a?1?1(x?0)，f?(x)??a?2?(x?0) 例2⑴f(x)?lnx?ax?2xxxx令h(x)?ax2?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.

12?f(x)?0x?1,x??1. a?0②当时，由，即ax?x?1?a?0，解得12a1当a?时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)单调递减；

211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；

2a1x?(1,?1)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增；

a1x?(?1,??)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减.

a1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；

2111f(x)(0,1)0?a?(1,?1)(当时,函数在递减,递增,?1,??)递减.

2aa1⑵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)，

41有f(x1)≥f(1)??，

21x?1,2f(x)?g(x)??g(x2)，x2??1,2?，（※） ??又已知存在2，使12，所以

222又g(x)?(x?b)?4?b,x?[1,2]

当b?1时，g(x)min?g(1)?5?2b?0与（※）矛盾；

2当b??1,2?时，g(x)min?g(1)?4?b?0也与（※）矛盾；

当b?2时，g(x)min?g(2)?8?4b??,b?17,??). 8例3解：⑴f??x??3ax2?2bx?3．

1217. 8综上，实数b的取值范围是[根据题意，得???a?1?f?1???2,?a?b?3??2,即?解得? 所以f?x??x3?3x．

??3a?2b?3?0,?b?0?f??1??0,⑵令f??x??0，即3x2?3?0．得x??1． + 增 极大值 减 极小值 1 + 增 2 2 因为f??1??2，f?1???2，所以当x???2,2?时，f?x?max?2，f?x?min??2． 则对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2，都有

f?x1??f?x2??f?x?max?f?x?min?4，所以c?4．所以c的最小值为4．

⑶因为点M?2,m??m?2?不在曲线y?f?x?上，所以可设切点为?x0,y0?．

232?3x0．因为f??x0??3x0?3． 则y0?x0?3，所以切线的斜率为3x03x0?3x0?m32?6x0?6?m?0． 则3x?3=，即2x0x0?220因为过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，

32?6x0?6?m?0有三个不同的实数解． 所以方程2x0所以函数g?x??2x3?6x2?6?m有三个不同的零点．

则g??x??6x2?12x．令g??x??0，则x?0或x?2． ???g?2??2 + 增 0 减 2 + 极大值 极小值 增 则?g0?0 ，即?6?m?0，解得?6?m?2． ??????2?m?03?3(x?1)(3x?1)?3x?， 2?3x3x?21 令f?(x)?0得x?或x??1（舍去）

311?当0?x?时,f?(x)?0,f(x)单调递增；当?x?1时,f?(x)?0,f(x)递减.

33

11?f()?ln3?为函数f(x)在[0,1]上的极大值.

3633或a?lnx?ln⑵由|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?0得a?lnx?ln2?3x2?3x

33x32x?3x2?ln?ln设h(x)?lnx?ln，g(x)?lnx?ln， 2?3x2?3x2?3x311依题意知a?h(x)或a?g(x)在x?[,]上恒成立，

63例4解：⑴f?(x)?2?3x3(2?3x)?3x?32???0， 3xx(2?3x)(2?3x)2312?6xh?(x)??(2?6x)??0， 222x?3x32x?3x11?g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，

631111当且仅当a?h()或a?g(),即a?ln或a?ln.

363532f(x)??2x?b?ln(2?3x)?x?2x?b?0. ⑶由

23237?9x2?3x?2?令?(x)?ln(2?3x)?x?2x?b,则??(x)?，

22?3x2?3x77当x?[0,]时,??(x)?0,于是?(x)在[0,]上递增；

3377x?[,1]时,??(x)?0,于是?(x)在[,1]上递减，

33

77 而?()??(0),?()??(1)，

33?f(x)??2x?b即?(x)?0在[0,1]恰有两个不同实根等价于

?g?(x)?1ax2?(2?a)x?1?例5解：⑴f?(x)??

x(x?1)2x(x?1)2911∵a?，令f?(x)?0得x?2或0?x?,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(2,??).

222⑵证明：当a?0时f(x)?lnx

xln2121∴f?(x)?, ∴f?(x0)?x?x?x,又k?f(x2)?f(x1)?lnx2?lnx1?x1

x012x2?x1x2?x1x2?x1xln22?xx?xf(x)k不妨设21 ， 要比较与的大小， 1与0的大小，即比较x1?x2x2?x1x2(2?1)x22(x?x)xlnx?x又∵21，∴ 即比较x与21?x1的大小．

x1?x221?1x114(x?1)22(x?1)??0, (x?1),则h?(x)??令h(x)?lnx?x(x?1)2x(x?1)2x?1∴h(x)在?1,???上位增函数．

x2(2?1)x2x2xx又x?1，∴h(x)?h(1)?0， ∴ln2?x1，即k?f?(x0)

x2111?1x1g(x2)?g(x1)g(x2)?x2??g(x1)?x1???1?0 ⑶∵ x?x，∴ x?x2121由题意得F(x)?g(x)?x在区间?0,2?上是减函数．

1aa?F(x)???1 ?x， ∴ 1? 当1?x?2,F(x)?lnx?2x(x?1)x?1

(x?1)21?(x?1)2?x2?3x??3在x??1,2?恒成立． 由F?(x)?0?a?xx11设m(x)?x2?3x??3，x??1,2?，则m?(x)?2x?2?3?0

xx27∴m(x)在?1,2?上为增函数，∴a?m(2)?.

21aa?1 ?x，∴ F?(x)???2? 当0?x?1,F(x)??lnx?x(x?1)2x?1(x?1)21?(x?1)2?x2?x??1在x?(0,1)恒成立 由F?(x)?0?a??xx1设t(x)?x2?x??1，x?(0,1)为增函数,∴a?t(1)?0

x27综上：a的取值范围为a?.

2例6解：（1）f'(x)?2xln(ax)?x,f'(x)?2xln(ax)?x?x2，

即2lnax?1?x在x?0上恒成立

设u(x)?2lnax?1?x,u'(x)??1?0,x?2，x?2时，单调减，x?2单调增， 所以x?2时，u(x)有最大值.u(2)?0,2ln2a?1?2，所以0?a?（2）当a?1时，g(x)?e. 22xf(x)?xlnx, x111g(x)?1?lnx?0,x?,所以在(,??)上g(x)是增函数，(0,)上是减函数.

eee1因为?x1?x1?x2?1，所以g(x1?x2)?(x1?x2)ln(x1?x2)?g(x1)?x1lnx1

ex1?x2x1?x2lnx?ln(x?x)lnx?ln(x1?x2). 即1同理212x1x2,

所以lnx1?lnx2?(又因为2?x1?x2x1?x2xx?)ln(x1?x2)?(2?1?2)ln(x1?x2) x2x1x2x1x1x2??4,当且仅当“x1?x2”时，取等号. x2x11又x1,x2?(,1),x1?x2?1，ln(x1?x2)?0,

ex1x2所以(2?x?x)ln(x1?x2)?4ln(x1?x2)所以lnx1?lnx2?4ln(x1?x2)，

21,

所以：x1x2?(x1?x2)4.

例7（I）f(0)?0?c?0,f?(x)?3x2?2ax?b,f?(1)?0?b??2a?3

由f?(x)?0?x?1或x?? 所以?2a?3，因为当x?1时取得极大值， 32a?3?1?a??3，所以a的取值范围是:(??,?3)； 3（II）由下表： + 0 - 0 - 递增 极大值?a?2 递减 极小值 递增 a?6(2a?3)22 依题意得：，解得：a??9 (2a?3)??279 所以函数f(x)的解析式是：f(x)?x3?9x2?15x

（III）对任意的实数?,?都有?2?2sin??2,?2?2sin??2,

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

例8解：（Ⅰ）f?(x)?a?1?ax?1，当a?0时，f?(x)?0在(0,??)上恒成立，函数f(x) 在(0,??) xx单调递减，∴

f(x)在(0,??)上没有极值点；

当a?0时，f?(x)?0得0?x?1a，f?(x)?0得x?1a， ∴f(x)在(0,1)上递减，在(1aa,??)上递增，即f(x)在x?1a处有极小值． ∴当a?0时f(x)在(0,??)上没有极值点，

当a?0时，f(x)在(0,??)上有一个极值点．

（Ⅱ）∵函数f(x)在x?1处取得极值，∴a?1，∴f(x)?bx?2?1?1x?lnxx?b，令g(x)?1?1?lnx，可得g(x)在?0,e2?上递减，在?e2xx,???上递增，

∴g(x)min?g(e2)?1?1，即b?1?1e2e2． （Ⅲ）证明：ex?y?ln(x?1)ln(y?1)?exln(x?1)?eyln(y?1)， 令g(x)?exln(x?1)，则只要证明g(x)在(e?1,??)上单调递增，

ex?又∵g?(x)???ln(x?1)?1?x?1??ln2(x?1)， 显然函数h(x)?ln(x?1)?1x?1在(e?1,??)上单调递增．

∴h(x)?1?1e?0，即g?(x)?0，

(e?1,??)上单调递增，即exey∴g(x)在ln(x?1)?ln(y?1)，

∴当x?y?e?1时，有ex?y?ln(x?1)ln(y?1)．

例9 解：（I）

Qf'(x)?1x,?f'(1)?1;?直线l的斜率为1， 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?又直线l与函数y?g(x)的图象相切，?方程组?1???y?12x2?mx?7有一解。

2由上述方程消去y，并整理得x2?2(m?1)x?9?0①

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.

2 （II）由（I）可知g(x)?x?2x?,

12721?x?1?. ，x?1x?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?bb?a?ln(1?). （III）f(a?b)?f(2a)?ln(a?b)?ln2a?ln2a2ab?ab?ax?(?1,0)ln(1?x)?x,?ln(1?)?. 证明，当时，

2a2a?g'(x)?x?2,?h(x)?ln(x?1)?x?2(x??1)?h'(x)?x例10解：（1）函数f(x)的定义域是(0,??)．由已知f?(x)?1?ln．令f?(x)?0，得x?e． 2x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

f(x)?maxlnm2 f(2m?)?．12mme?m?e时，22m?e，即

m?e2时，

f(x)在

[m,2m]上单调递增，所以

当m?e时，f(x)在[m,2m]上单调递减，所以f(x)max?lnm?1．当m?e?2m，即

1f(x)max?f(e)??1．综上所述，f(x)maxee?ln2m?2m?1, 0?m?2?e?1 ???1, ?m?ee2??lnm?1, m?e??m（3）由（1）知当x?(0,??)时f(x)max?1lnx1f(e)??1．所以在x?(0,??)时恒有f(x)??1??1，

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

xeen1?n所以ln1?n?1?1?n，即ln(1?n)e?1?n．因此对任意n?N*，不等式ln(1?n)e?1?n． ?e，

nennnnnn例11解：（１）当x?(?1,0)时，f?(x)?0，函数f(x)在区间(?1,0)上单调递增；

当x?(0,??)时，f?(x)?0，函数f(x)在区间(0,??)上单调递减.

?函数f(x)在x?0处取得极大值，故m??1. （２）令h(x)?f(x)?g(x)?f(x)?则h?(x)?f?(x)?f(x1)?f(x2)(x?x1)?f(x1)，

x1?x2f(x1)?f(x2).Q函数f(x)在x?(x1,x2)上可导，?存在x0?(x1,x2)，使得

x1?x2f(x1)?f(x2)f?(x0)?.

x1?x2x0?x111??Qf?(x)??1，?h?(x)?f?(x)?f?(x0)? x?1x0?1(x?1)(x0?1)x?1Q当x?(x1,x0)时，h?(x)?0，h(x)单调递增，?h(x)?h(x1)?0； Q当x?(x0,x2)时，h?(x)?0，h(x)单调递减，?h(x)?h(x2)?0；

故对任意x?(x1,x2)，都有f(x)?g(x).

（３）用数学归纳法证明.

①当n?2时，Q?1??2?1，且?1?0，?2?0， ??1x1??2x2?(x1,x2)，?由（Ⅱ）得f(x)?g(x)，即

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

x1?x2?当n?2时，结论成立.

②假设当n?(k?k2时结论成立，即当?1??2?L??k?1时，

f(?1x??12xL?2k??k)x??(1f)x1??L(2f)?xk2. ??x?1,?2,L,?k?1当?kf?)1时，设正数kn(满足?1??2?L??k?1?1，令m??1??2?L??k，?1??1m,?2??2m,L,?k??km， 则m??k?1n?1，

且?1??2?L??k?1.

?当n?k?1时，结论也成立.

综上由①②，对任意n?2，n?N，结论恒成立.

22(x?1)?0， 例12 解：⑴当a??2时，f(x)?x?2lnx，当x?(1,??)，f?(x)?x故函数f(x)在(1,??)上是增函数．

22x2?a(x?0)，当x?[1,e]，2x2?a?[a?2,a?2e2]． ⑵f?(x)?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?2e2?a??2，当x?是减函数；当

?a?a时,f?(x)?0；当1?x?时，f?(x)?0，此时f(x) 22?a?x?e时，f?(x)?0，此时f(x)是增函数． 2aaa?a)?ln(?)?． 故[f(x)]min?f(2222若a??2e2，f?(x)在[1,e]上非正（仅当a??2e2，x=e时，f?(x)?0），故函数f(x) 上是减函数，此时[f(x)]min?f(e)?a?e2．

在[1,e]⑶不等式f(x)?(a?2)x，可化为a(x?lnx)?x2?2x．

∵x?[1,e], ∴lnx?1?x且等号不能同时取，所以lnx?x，即x?lnx?0，

x2?2x因而a?（x?[1,e]）

x?lnx(x?1)(x?2?2lnx)x2?2x?g(x)?x?[1,e]令g(x)?（），又，

(x?lnx)2x?lnx当x?[1,e]时，x?1?0,lnx?1，x?2?2lnx?0，

从而g?(x)?0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数，

故g(x)的最小值为g(1)??1，所以a的取值范围是[?1,??)． 例13 解：（1）定义域(?1,0)?(0,??)

?11[?ln(x?1)]当x?0时,f?(x)?0单调递减。 2xx?1111x?g(x)??ln(x?1)g(x)?????0x?(?1,0)当，令22x?1x?1(x?1)(x?1)（2）f?(x)?，

g(x)?1?ln(x?1)x?1g?(x)??11x???0 22(x?1)x?1(x?1)故g(x)在（－1，0）上是减函数，即g(x)?g(0)?1?0，

11[?ln(x?1)]在（－1，0）和（0，+?）上都是减函数 2x?1xk（3）当x>0时，f(x)?恒成立，令x?1有k?2[1?ln2]

x?1故此时f?(x)??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?2x?0恒成立

令g(x)?(x?1)ln(x?1)?1?2x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?2x?0恒成立，因此正整数k的最大值为3 例14解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,F'(x)?ex?cosx?a. 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)?ex?cosx?a?0;若 x>0, F'(x)?ex?cosx?a?0. ∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2?ex?sinx1,所以x2?x1?ex?sinx1?x1. 令h(x)?ex?sinx?x,h'(x)?ex?cosx?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)?ex?e?x?2sinx?2ax.

则?'(x)?ex?e?x?2cosx?2a.S(x)??''(x)?ex?e?x?2sinx. 因为S'(x)?ex?e?x?2cosx?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.

例15 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

11?g(3)?2?9a?6a?2?b?5?a?1??故? ??g(2)?54a?4a?2?b?2b?0???当a?0时，g(x)在?2,3?上为减函数

?g(3)?2?9a?6a?2?b?2?a??1??故? ??g(2)?24a?4a?2?b?5b?3????b?1?a?1b?0即g(x)?x2?2x?1. f?x??x?x（Ⅱ）方程f(2x)?k?2x?0化为2?1?2. x1x?2?k?2 2x1211)?2?k?t，k?t2?2t?1 ，令xxx2221x?[?1,1]t?[,2] 记∵ ∴

21?(

?(t)?t2?2t?1∴?(t)min?0 ∴k?0

x（Ⅲ）方程f(|2?1|)?k(21?2kx?3)?0|2?1|??(2?3k)?0 化为xx|2?1||2?1||2x?1|2?(2?3k)|2x?1|?(1?2k)?0，|2x?1|?0

令|2x?1|?t， 则方程化为t2?(2?3k)t?(1?2k)?0 （t?0）

1?2kx?(2?3k)?0有三个不同的实数解， ∵方程|2?1|?x|2?1|∴由t?|2x?1|的图像知，t2?(2?3k)t?(1?2k)?0有两个根t1、t2， 且0?t1?1?t2 或 0?t1?1，t2?1 记?(t)?t2?(2?3k)t?(1?2k) ???(0)?1?2k?0??(0)?1?2k?0?则? 或 ??(1)??k?0∴k?0 ??(1)??k?0?2?3k0??1?2?2x例16 解： （Ⅰ）a?0时，f?x??x?x?b?e，

?ex?x2x?bex??exx?x2?b?3x?2b?， 2??f??x???xx?b????????????222令g?x??x??b?3?x?2b，???b?3??8b??b?1??8?0，

?设x1?x2是g?x??0的两个根，

（1）当x1?0或x2?0时，则x?0不是极值点，不合题意；

（2）当x1?0且x2?0时，由于x?0是f?x?的极大值点，故x1?0?x2. ?g?0??0，即2b?0，?b?0.

2x(Ⅱ)解：f??x??e?x?a???x?(3?a?b)x?2b?ab?a??，

令g(x)?x2?(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x1??a?b?3???a?b?1?22?8，x2??a?b?3???a?b?1?22?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?2x2?a或x4?2x1?a， 于是2a?x1?x2?a?b?3，即b??a?3.

此时x4?2x2?a?a?b?3?(a?b?1)2?8?a?a?26 或x4?2x1?a?a?b?3?(a?b?1)2?8?a?a?26

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

3?a?b?3??a?x2， 22?a?b?1?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，

a?b?3?0，于是a?b?1??9?137?13，此时b??a?， 22a?x22a??a?b?3??3?a?b?3?1?3=??b?3?a?. 242a?x1②若(a?x1)?2(x2?a)，则x4?，

2此时x4?于是3a?2x2?x1?即23?a?b?3???a?b?1?22?8，

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

?9?137?13，此时b??a? 22a?x12a?(a?b?3)?3(a?b?3)1?13此时x4? ???b?3?a?242a?b?3?0，于是a?b?1?综上所述，存在b满足题意， 当b=－a－3时，x4?a?26，b??a?b??a?7?131?13时，x4?a?， 227?131?13时，x4?a?. 22例17解:(1)依题意:h(x)?lnx?x2?bx.h(x)在(0,+?)上是增函数,

1?h?(x)??2x?b?0对x∈(0,+?)恒成立,

x(2)设t?e,则函数化为y?t2?bt,t?[1,2]. 当t=1时,ym i n=b+1; 当t=2时,ymi n=4+2b

当b??4时,?(x)的最小值为4?2b.

(3)设点P、Q的坐标是(x1,y1),(x2,y2),且0?x1?x2.则点M、N的横坐标为x?在点M处的切线斜率为k1?12|x1?x2?. xx?2x1?x2x?x1?x2?2xx1?x2.C1

2C2在点N处的切线斜率为k2?ax?b|a(x1?x2)?b. 2假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则k1?k2.

x2?1)xx2(x2?x1)x12(u?1),u?1, ① ?ln2??. 设u?2?1,则lnu?x2x1?ux1x1?x211?x12(这与①矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行 例18 (1)假设存在点M(a,b),使得函数y?f(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也

在函数y?f(x)的图像上,则函数y?f(x)图像的对称中心为M(a,b).

x2a?x?1?ln?2b, 2?x2?2a?x?2?2b?0,?a?1,?x2?2ax即2?2b?ln2解得? 所以存在?0对?x?(0,2)恒成立,所以??x?2ax?4?4a?4?4a?0,?b?1.由f(x)?f(2a?x)?2b,得1?ln点M(1,1),使得函数y?f(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数y?f(x)的图像上.

(2)由(1)得f(x)?f(2?x)?2(0?x?2).

令x?,则f()?f(2?)?2(i?1,2,???,2n?1).

1n1221所以Sn?f(2?)?f(2?)?????f()?f()②,

nnnn由①+②得2Sn?2(2n?1),所以Sn?2n?1(n?N*).

ininin因为Sn?f()?f()?????f(2?)?f(2?)①,

1n2n2n所以S2013?2?2013?1?4025.

Sn?1?n(n?N*). 2nm因为当n?N*且n?2时,2an?(an)m?1?2n?nm?1?. ??lnnln2mnm?n???所以当n?N*且n?2时,不等式恒成立??. ???ln2lnnln2?lnn?minlnx?1x设g(x)?. (x?0),则g?(x)?(lnx)2lnx当0?x?e时,g?(x)?0,g(x)在(0,e)上单调递减; 当x?e时,g?(x)?0,g(x)在(e,??)上单调递增.

(3)由(2)得Sn?2n?1(n?N*),所以an?因为g(2)?g(3)?2?3?ln9?ln8?0,所以g(2)?g(3),

ln2ln3ln2?ln33. ln3m3m3ln2由?g(n)?min??,得,解得m??. ??ln2ln3ln2ln33ln2所以实数m的取值范围是(?,??).

ln3例19 解：当a?1时，f(x)??x(x?1)2??x3?2x2?x，得f(2)??2，且

?2)处的 f?(x)??3x2?4x?1，f?(2)??5．所以，曲线y??x(x?1)2在点(2，切线方程是y?2??5(x?2)，整理得5x?y?8?0．

所以当n?N*且n?2时,?g(n)?min?g(3)?（Ⅱ）解：f(x)??x(x?a)2??x3?2ax2?a2x

f?(x)??3x2?4ax?a2??(3x?a)(x?a)．令f?(x)?0，解得x?a或x?a． 3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： 因此，函数f(x)在x? 43a?a??a?ff??a； 处取得极小值??，且??273?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：

因此，函数f(x)在x?a处取得极小值f(a)，且f(a)?0； 43a?a??a?ff??a． 处取得极大值??，且??33273????a0?时，k?cosx≤1，k2?cos2x≤1． （Ⅲ）证明：由a?3，得?1，当k???1，31?上是减函数，要使f(k?cosx)≥f(k2?cos2x)，x?R 由（Ⅱ）知，f(x)在??∞，函数f(x)在x?只要k?cosx≤k2?cos2x(x?R)，即cos2x?cosx≤k2?k(x?R)①

1?1?设g(x)?cos2x?cosx??cosx???，则函数g(x)在R上的最大值为2．

2?4?要使①式恒成立，必须k2?k≥2，即k≥2或k≤?1．

0?上存在k??1，使得f(k?cosx)≥f(k2?cos2x)对任意的x?R恒成立． 所以，在区间??1，x(x?6)x?2例20 (I)f/(x)? .(2/)注意到?0,得x?(??,2)?(4,??)，解

4(x?2)(x?4)x?4x(x?6)?0得x?6或x?0.当x变化时，f/(x),f(x)的变化情况如下表：

4x(?2x)?(4)2 + 增 12 0 － － 减 32 ０ ＋ 极大值 减 极小值 增 所以f(0)?ln是f(x)的一个极大值,f(6)?ln2? 是f(x)的一个极大值..(4/)

(II) 点?0,f(0)?,(6,f(6))的中点是(3,),所以f(x)的图象的对称中心只可能是(3,).(6/) 设P(x,f(x))为f(x)的图象上一点,P关于(3,的)对称点是

3Q(?6x?,2f.(xf)(6)?x)?ln4?x6?x3???f(x).?Q也在f(x)的图象上, 因而f(x)的图2?x42343434象是中心对称图形. (8/) (III) 假设存在实数a、b.

?a,b??D,?b?2或a?4.

12b4b4?ab?若0?b?2, 当x??a,b?时, f(x)?f(0)?ln?0,而?0?f(x)?.故此时f(x)的取值范围是不可能是?,?. (10/)

?44?若4?a?6,当x??a,b?时, f(x)?f(6)?ln2???ab?f(x)的取值范围是不可能是?,?.(12/)

?44?323a3a,而??f(x)?.故此时2424若a?b?0或6?a?b,由g(x)的单调递增区间是???,0?,?6,???,知a,b是f(x)?的两个解.而f(x)??ln(14/)

x4x4x?2?ab??0无解. 故此时f(x)的取值范围是不可能是?,?. x?4?44?综上所述,假设错误,满足条件的实数a、b不存在.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/03fa.html