原创高三导数压轴题题型归纳 - 图文

导数压轴题题型归纳

1. 高考命题回顾

例1已知函数f(x)＝ex－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.

例2已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且

在点P处有相同的切线y＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a，b，c，d的值

（Ⅱ）若x≥－2时, f(x)?kg(x)，求k的取值范围。 例3已知函数f(x)满足f(x)?f'(1)ex?12. 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)。 f?(x0)?0。反之，不成立。 (2)若可导函数y?f(x)在 x?x0 处取得极值，则(3)对于可导函数f(x)，不等式f?(x)?0??0?的解集决定函数f(x)的递增（减）区间。 ?0(?0)恒成立（f?(x) 不恒为(4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：?x?If?(x)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?(6) f(x)?0）。 ?0在区间I上无极值等价于f(x)?0f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f?(x)?0?0或f?(x) . ?0在I上恒成立 (7)若?x?I，恒成立，则f(x)min，则f(x)max; 若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)max?0?0?0(8)若?x0?I，使得(9)设则有f(x0)?0；若?x0?I，使得f(x0)，则f(x)min?f(0)x?12x（20**全国新课标） 2f(x)与g(x)的定义域的交集为D，若?x?D f(x)?g(x)恒成立， (1)求f(x)的解析式及单调区间；

?f(x)?g(x)?min?0. x1?I1、x2?I2 ，f(x1)?g(x2)恒成立，则f(x)min?g(x)max. x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2),则f(x)min?g(x)min. x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2)，则f(x)max?g(x)max. f(x)在区间I1上的值域为A,，g(x)在区间I2上值域为B， 12x?ax?b，求(a?1)b的最大值。 2alnxb?，曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0。例4已知函数f(x)?x?1x(2)若f(x)?（2011全国新课标） （Ⅰ）求a、b的值；

(10)若对?若对? 若对?（11）已知lnxk?，求k的取值范围。 （Ⅱ）如果当x?0，且x?1时，f(x)?x?1x例5设函数f(x)?ex?1?x?ax2（2010全国新课标）

(1)若a?0，求f(x)的单调区间； (2)若当x?0时f(x)?0，求a的取值范围

例6已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)ex. （2009宁夏、海南）

－

若对?x1?I1,?x2?I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则A?B。 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. (12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程(13)证题中常用的不等式: x 1 ≤ln① lnx?x?1(x?0) ②x ? （x+1）?x(x??1) ③ e⑤ x(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.

?1?x ④ e?x?1?x

lnx11lnxx?1(x?0) ?(x?1) ⑥ 2??2x22xx?12

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3. 题型归纳

①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用

例7（构造函数，最值定位）设函数f?x???x?1?e?kx(其中k?R).

x2例11（零点存在性定理应用）已知函数f(x)?lnx,g(x)?ex.

⑴若函数φ (x) = f (x)－

x+1，求函数φ (x)的单调区间； x-1⑵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．

(Ⅰ) 当k?1时,求函数f?x?的单调区间; (Ⅱ) 当k??

例8（分类讨论，区间划分）已知函数f(x)?函数.

(1)设函数f(x)的图象与x轴交点为A,曲线y=f(x)在A点处的切线方程是y?3x?3,求a,b的值; (2)若函数g(x)?e?ax?f'(x),求函数g(x)的单调区间.

2例9（切线）设函数f(x)?x?a.

?1?,1?时,求函数f?x?在?0,k?上的最大值M. ?2?1312x?ax?x?b(a?0),f'(x)为函数f(x)的导32例12（最值问题，两边分求）已知函数f(x)?lnx?ax?⑴当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

4f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.

例13（二阶导转换）已知函数f(x)?lnx

F(x)?

⑴若

f(x)?a(a?R)x，求F(x)的极大值；

（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.

22xf(x)?(x?ax?2a?3a)e(x?R),其中a?R 例10（极值比较）已知函数

2G(x)?[f(x)]?kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围. ⑵若

1f(x)?x??alnx(a?R).x例14（综合技巧）设函数

⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑴当a?0时，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m x,xA(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))⑵若f(x)有两个极值点12，记过点的直线斜率为k,问：是否存

在a，使得k?2?a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

2a?3时，求函数f(x)的单调区间与极值. ⑵当

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②交点与根的分布

例15（切线交点）已知函数f?x??ax?bx?3x?a,b?R?在点1,f?1?处的切线方程为

32③不等式证明

??例18(变形构造法)已知函数

?(x)?ax?1，a为正常数．

92，求函数f(x)的单调增区间；

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；

⑴若f(x)?lnx??(x)，且a

?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)．

⑶若过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，求实数m的取值范围．

例16（根的个数）已知函数f(x)?x，函数g(x)??f(x)?sinx是区间[-1，1]上的减函数.

（I）求?的最大值；

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

g(x2)?g(x1)??1g(x)?lnx??(x)x?x??x,x?0,2x?x212，都有⑶若，且对任意的12，1，求a

的取值范围．

2例19(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数f(x)?xln(ax)(a?0).

2f'(x)?x（1）若对任意的x?0恒成立，求实数a的取值范围；

lnx?x2?2ex?m （Ⅲ）讨论关于x的方程f(x)的根的个数．

3f(x)?ln(2?3x)?x2.2例17（综合应用）已知函数

⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

（2）当a?1时，设函数

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

例20（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；

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.

(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．

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例21（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；

（Ⅲ）当0?x?y?e2且x?e时，试比较

例25（导数与常见不等式综合）已知函数ft(x)?（Ⅰ）求函数ft(x)在(0,??)上的最大值； （Ⅱ）设数列{an}满足：a1?11?(t?x)，其中为正常数． 1?x(1?x)25，3an?1?an?2， 3y1?lny与的大小． x1?lnx（1）求数列{an}的通项公式an； （2）证明：对任意的x?0，

1?f2(x)(n?N*)； an3nf(x)?lnx,g(x)?例22（前后问联系法证明不等式）已知

127x?mx?(m?0)22，直线l与函数

111n2（Ⅲ）证明：?． ??????a1a2ann?1

例26（利用前几问结论证明立体不等式）已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数). (I )求函数f(x)的单调区间；

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；

（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。

(II)如果对任意x?[2,??]，都有不等式f(x)> x + x2成立，求实数a的取值范围；

（III）当0?b?a时，求证：

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

123ne()n()n()n()n(III)设n?N*,证明：n+n+n+…+n

例27已知函数f?x??ax?2例23(整体把握，贯穿全题)已知函数f(x)?（1）试判断函数f(x)的单调性；

lnx?1． x1x?c(a?0).若函数f?x?满足下列条件: 2121①f??1??0;②对一切实数x,不等式f?x??x?恒成立.

22(Ⅰ)求函数f?x?的表达式;

(Ⅱ)若（fx）?t2?2at?1对?x???1,1?,?a???1,1?恒成立,求实数t的取值范围; (Ⅲ)求证:

（2）设m?0，求f(x)在[m,2m]上的最大值；

1?ne1?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）． )?nn

例24(化简为繁，统一变量)设a?R,函数f(x)?lnx?ax.

1112n???????(n?N*). f?1?f?2?f?n?n?2P?1,?2?（Ⅰ）若a?2，求曲线y?f(x)在处的切线方程；

（Ⅱ）若f(x)无零点,求实数a的取值范围；

2x,xx?x?ef(x)1212（Ⅲ）若有两个相异零点,求证: .

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

（１）求实数m的值；

（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)?x3例31已知函数f(x)?ln(2ax?1)??x2?2ax(a?R).

3(1)若x?2为f(x)的极值点,求实数a的值;

(2)若y?f(x)在?3,???上为增函数,求实数a的取值范围;

311?x?b?(3)当a??时,方程f(1?x)??有实根,求实数b的最大值. 23xf(b)?f(a).试用这个结论证明：若?1?x1?x2，函数

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

x1?x2

2f(x)?x?alnx(a为实常数). 例32（分离变量）已知函数

（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

(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.

f(?1x?1?x?2L?2?nxn)??1f(x??fx2?(L??nfxn. 1)2))

④恒成立、存在性问题求参数范围

例29（传统讨论参数取值范围）已知函数f(x)?(2?a)(x?1)?2lnx，g(x)?xe自然对数的底数)

（1）当a?1时，求f(x)的单调区间；

（2）对任意的x?(0,),f(x)?0恒成立，求a的最小值；

（3）若对任意给定的x0??0,e?,在?0,e?上总存在两个不同的xi(i?1,2)，

使得f(xi)?g(x0)成立，求a的取值范围。 例30已知函数f(x)?a?1?x

(a?R,e为

32xf(x)?(x?6x?3x?t)e例33（多变量问题，分离变量）已知函数，t?R.

12（１）若函数y?f(x)依次在x?a,x?b,x?c(a?b?c)处取到极值．

①求t的取值范围；②若a?c?2b，求t的值． （２）若存在实数

最大值．

21. |x|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

（1）求证：函数y?f(x)在(0,??)上是增函数.

（2）若f(x)?2x在(1,??)上恒成立，求实数a的取值范围.

（3）若函数y?f(x)在[m,n]上的值域是[m,n](m?n)，求实数a的取值范围.

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例34（分离变量综合应用）设函数f(x)?alnx?bx2.

例38(图像分析，综合应用) 已知函数g(x)?ax?2ax?1?b(a?0,b?1)，在区间?2,3?上有最

21相切： 21①求实数a,b的值；②求函数f(x)在[,e]上的最大值；

e32⑵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

2⑴若函数f(x)在x?1处与直线y??范围.

例35（先猜后证技巧）已知函数f(x)?f(x)?大值4，最小值1，设（Ⅰ）求a,b的值；

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

1?1n(x?1) x（Ⅲ）方程

f(|2x?1|)?k(（Ⅰ）求函数f (x)的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.

k（Ⅲ）若x>0时f(x)?恒成立，求正整数k的最大值.

x?1例36（创新题型）设函数f(x)=e+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．

x

2?3)?0x|2?1|有三个不同的实数解，求实数k的范围．

⑤导数与数列

例39（创新型问题）设函数f(x)?(x?a)2(x?b)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

例37（创新题型）已知函数f(x)=ax?lnx?1(a?R)，g(x)?xe1?x.

(Ⅰ)求函数g(x)在区间(0,e]上的值域；

（Ⅱ）是否存在实数a，对任意给定的x0?(0,e]，在区间[1,e]上都存在两个不同的

2，3，4?）依x4?R，使得x1，x2，x3，x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4（其中?i1，i2，i3，i4?=?1，次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的x4；若不存在，说明理由．

xi(i?1,2)，使得f(xi)?g(x0)成立.若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说

明理由；

（Ⅲ）给出如下定义：对于函数y?F(x)图象上任意不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2)，如果

对于函数y?F(x)图象上的点M(x0,y0)（其中x0?x2例40（数列求和，导数结合）给定函数f(x)?

2(x?1)(1)试求函数f?x?的单调减区间;

(2)已知各项均为负的数列?an?满足,4Sn?f(x1?x2)总能使得21n?111?ln??; )?1求证:?an?1nanan(3)设bn??F(x1)?F(x2)?F?(x0)(x1?x2)成立，则称函数具备性质“L”，试判断函数f(x)是

不是具备性质“L”，并说明理由.

1,Tn为数列?bn?的前n项和,求证:T2012?1?ln2012?T2011. an

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⑥导数与曲线新题型

例41（形数转换）已知函数f(x)?lnx, g(x)?例44（新题型，第7次晚课练习）设函数f(x)?ax?cosx,x?[0,?].

12ax?bx(a?0). 2(1)讨论f(x)的单调性

(2)设f(x)?1?sinx,求a的取值范围.

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

(3)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作x轴的垂线分别交C1、C2于点M、N,问是否存在点R,使C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.

例42（全综合应用）已知函数f(x)?1?ln⑧创新问题积累

例45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?,??

44若存在,求实数a、b的值；若不存在，说明理由

x(0?x?2). 2?x(1)是否存在点M(a,b),使得函数y?f(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数y?f(x)的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;

2n?1?ab???(2)定义Sn??i?1i122n?1f()?f()?f()?????f(),其中n?N*,求S2013; nnnna*

例46已知函数f(x)?x4?4x3?ax2?1在区间[0,1]上单调递增，在区间[1,2]上单调递减．

（1）求a的值；

（2）设g(x)?bx2?1，若方程f(x)?g(x)的解集恰好有3个元素，求b的取值范围； （3）在（2）的条件下，是否存在实数对(m,n)，使f(x?m)?g(x?n)为偶函数？如存在，

求出m,n如不存在，说明理由．

(3)在(2)的条件下,令Sn?1?2an,若不等式2n?(an)m?1对?n?N且n?2恒成立,求实数

m的取值范围.

⑦导数与三角函数综合

例43（换元替代，消除三角）设函数f(x)??x(x?a)（x?R），其中a?R．

（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a?3（Ⅲ）当， 时，若不等式

2

成立,求k的值。

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导数压轴题题型归纳 参考答案

例1 (1)解 f(x)＝ex－ln(x＋m)?f′(x)＝ex－

定义域为{x|x>－1}，

ex?x＋1?－11

f′(x)＝e－＝，

x＋mx＋1

x

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

（1）若1?k?e，则－2＜x1≤0，∴当x?(?2,x1)时，F(x)＜0，当x?(x1,??)时，F(x) ＞0，即F(x)在(?2,x1)单调递减，在(x1,??)单调递增，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)， 而

211

?f′(0)＝e0－＝0?m＝1， x＋m0＋m

显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g(x)＝ex－ln(x＋2)， 1

则g′(x)＝ex－(x>－2)．

x＋2

11

h(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)?h′(x)＝ex＋>0，

x＋2?x＋2?2所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根， 1111

又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，

22e3

2

1

－，0?内， 所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间??2?

111－t

－g′(t)＝0，g(x)单调递增； ?1＋t?1

所以g(x)min＝g(t)＝et－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（Ⅰ）由已知得f(0)?2,g(0)?2,f?(0)?4,g?(0)?4，

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

x2xxF(x1)=2x1?2?x12?4x1?2=?x1(x1?2)≥0，

∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立， (2)若k?e，则F?(x)=2e2(x?2)(ex?e2)，

∴当x≥－2时，F?(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单调递增，而F(?2)=0， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立， (3)若k?e，则F(?2)=?2ke2?22?2=?2e?2(k?e2)＜0，

∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立， 综上所述，k的取值范围为[1,e]. 例3（1）f(x)?f?(1)ex?122

?f(0)x?12x?f?(x)?f?(1)ex?1?f(0)?x 2 令x?1得：f(0)?1 f(x)?f?(1)ex?1?x?12x?f(0)?f?(1)e?1?1?f?(1)?e 212x?g(x)?f?(x)?ex?1?x 2 g?(x)?e?1?0?y?g(x)在x?R上单调递增

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)?x?4x?2，g(x)?2e(x?1)，

f?(x)?0?f?(0)?x?0,f?(x)?0?f?(0)?x?0

x2设函数F(x)=kg(x)?f(x)=2ke(x?1)?x?4x?2（x??2），

得：f(x)的解析式为f(x)?e?x?xF?(x)=2kex(x?2)?2x?4=2(x?2)(kex?1)，

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12x 2 且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0) （2）f(x)?12x2?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(a?1) 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 (a?1)b?(a?1)2?(a?1)2ln(a?1)(a?1?0) 令F(x)?x2?x2lnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx) F?(x)?0?0?x?e,F?(x)?0?x?e 当x?e时，F(x)max?e2 当a?e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为

e2 ?(x?1?lnx)例4解（Ⅰ）f'(x)?xb(x?1)2?x2

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

2,?b? ?1,?

解得a?1，b?1。

?a1

?2?b??2,（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?lnxx?1?1x，所以

f(x)?(lnxk1(k?x?1?x)?1)(x2?1)1?x2(2lnx?x)。 考虑函数h(x)?2lnx?(k?1)(x2?1)x(x?0)，则h'(x)?(k?1)(x2?1)?2xx2。 (i)设k?0，由h'(x)?k(x2?1)?(x?1)2x2知，当x?1时，h'(x)?0，h(x)递减。而h(1)?0 故当x?(0,1)时， h(x)?0，可得

11?x2h(x)?0； 当x?（1，+?）时，h（x）<0，可得11?x2 h（x）>0

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

（ii）设0

11?k?1当x?（1，1）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,.

1?k故h' (x）>0,而h（1）=0，故当x?（1，111?k）时，h（x）>0，可得1?x2h（x）<0,与题设矛盾。

（iii）设k?1.此时x2?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

11?x2 h（x）<0,与题设矛盾。 综合得，k的取值范围为（-?，0]

例5（1）a?0时，f(x)?ex?1?x，f'(x)?ex?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

（II）f'(x)?ex?1?2ax

由（I）知ex?1?x，当且仅当x?0时等号成立.故

f'(x)?x?2ax?(1?2a)x，

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从而当1?2a?0，即a?12时，f'(x)?0 (x?0)，而f(0)?0， 于是当x?0时，f(x)?0. 由ex?1?x(x?0)可得e?x?1?x(x?0).从而当a?12时，

f'(x)?ex?1?2a(e?x?1)?e?x(ex?1)(ex?2a)，

故当x?(0,ln2a)时，f'(x)?0，而f(0)?0，于是当x?(0,ln2a)时，f(x)?0.

综合得a的取值范围为(??,12].

例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. 例7 (Ⅰ) 当k?1时,

f?x???x?1?ex?x2,f??x??ex??x?1?ex?2x?xex?2x?x?ex?2?

令f??x??0,得x1?0,x2?ln2 当x变化时,f??x?,f?x?的变化如下表:

x ???,0? 0 ?0,ln2? ln2 ?ln2,??? f??x? ? 0 ? 0 ? 极f?x? 大 极小 值 值 右表可知,函数f?x?的递减区间为?0,ln2?,递增区间为???,0?,?ln2,???.

(Ⅱ)f??x??ex??x?1?ex?2kx?xex?2kx?x?ex?2k?,

令f??x??0,得x1?0,x2?ln?2k?, 令g?k??ln?2k??k,则g??k??1k?1?1?kk?0,所以g?k?在??1??2,1??上递增, 所以g?k??ln2?1?ln2?lne?0,从而ln?2k??k,所以ln?2k???0,k? 所以当x??0,ln?2k??时,f??x??0;当x??ln?2k?,???时,f??x??0;

所以M?max?f?0?,f?k???max??1,?k?1?ek?k3?

令h?k???k?1?ek?k3?1,则h??k??k?ek?3k?,

令??k??ek?3k,则???k??ek?3?e?3?0

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所以??k?在??1?2,1???上递减,而???1??2?????1????3??e?2???e?3??0

所以存在x0???1?2,1???使得??x?1?0??0,且当k???2,x0??时,??k??0, 当k??x0,1?时,??k??0,

所以??k?在??1,x??20??上单调递增,在?x0,1?上单调递减.

因为h??1??2????12e?78?0,h?1??0,

所以h?k??0在??1?2,1???上恒成立,当且仅当k?1时取得“?”. 综上,函数f?x?在?0,k?上的最大值M??k?1?ek?k3. 例8解:(Ⅰ)∵f(x)?13x3?12ax2?x?b(a?0), ∴f'(x)?x2?ax?1

∵f(x)在(1,0)处切线方程为y?3x?3, ∴??f'(1)?3(1)?0, ?f∴a?1,b??116. (各1分)

(Ⅱ)g(x)?f'(x)x2?ax?1eax?eax(x?R). x)?(2x?a)eaxg'(?a(x2?ax?1)eax(e)??x[ax?(a2?2)]e?axax2 ①当a?0时,g'(x)?2x,

x (??,0) 0 (0,??) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ g(x)的单调递增区间为(0,??),单调递减区间为(??,0) ②当a?0时,令g'(x)?0,得x?0或x?2a?a (ⅰ)当

2a?a?0,即0?a?2时, 2?a2x (??,0)2 0 (0,a)2?a (2?a2a,??) a g'(x) - 0 + 0 - g(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ g(x)的单调递增区间为(0,2?a2a,单调递减区间为(??,0),(2?a2)a,??); (ⅱ)当2a?a?0,即a?2时,g'(x)???2x2e?2x?0,

故g(x)在(??,??)单调递减;

(ⅲ)当2a?a?0,即a?2时,

22x (??,a?a)2(?(0,??) a?a aa,0)0 g'(x) - 0 + 0 - g(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ g(x)在(2?a2a,0)上单调递增,在(0,??),(??,2?a2a)上单调递减 综上所述,当a?0时,g(x)的单调递增区间为(0,??),单调递减区间为(??,0);

当0?a?2时,g(x)的单调递增区间为(0,2?a2a),单调递减区间为(??,0) 当a?2,g(x)的单调递减区间为(??,??)

当a?2时,g(x)的单调递增区间为(2a?a,0),单调递减区间为(0,??)、(??,2a?a)

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例9解：(1)a?1时，g(x)?x3?x，由g?(x)?3x2?1?0x??3，解得

3. g?(x)的变化情况如下表：

x 0 (0,333) 33(3,1) 1 g?(x) - 0 + g(x) 0 ↘ 极小值 ↗ 0 x?3g323所以当

3x)()??时，g(有最小值39. (2)证明：曲线y?f(x)在点P(x21,2x1?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1 曲线y?f(x)在点P处的切线方程为

y?(2x21?a)?2x1(x?x1). 2220xx?ax?aa?x 令y?，得

2?12xx2?x1?1?x1?11，∴2x12x1 a?x21 ∵x1?a，∴2x?01，即x2?x1.

x21?axx?ax2?1?1?a?2x1a 又∵22x1，∴2x22x??a1122x1

所以x1?x2?a.

例10⑴当a?0时，f(x)?x2ex，f'(x)?(x2?2x)ex，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.

⑵f'(x)??x2?(a?2)x?2a2?4a?ex.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

令f'(x)?0，解得x??2a，或x?a?2.由a?23知，?2a?a?2. 以下分两种情况讨论：

①若a＞

23，则?2a＜a?2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： x ???，?2a? ?2a ??2a，a?2? a?2 ?a?2，??? + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 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?2a.w.w.w..s.5.u.c.o.m

函数f(x)在x?a?2处取得极小值f(a?2)，且f(a?2)?(4?3a)ea?2.

②若a＜

23，则?2a＞a?2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： x ???，a?2? a?2 ?a?2，?2a? ?2a ??2a，??? + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 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)ea?2.w.w.w..s.5.u.c.o.m

函数f(x)在x??2a处取得极小值f(?2a)，且f(?2a)?3ae?2a.

2例11解：（Ⅰ） ?(x)?f?x??x?1x?1?lnx?x?112x?1x?1，???x??x??x?1?2?x??x?1?2．∵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)?1x ，∴f?(x10)?x，

0∴ 切线l的方程为y?lnx0?1x(x?xy?10), 即x?lnx0?1, ① 0x0设直线l与曲线y?g(x)相切于点(xx1,e1)，

∵g?(x)?ex，∴ex1?1x，∴x?lnxg(x?lnx11?0,∴1)?e0?.

0x0 ∴直线l也为y?1x?1?x?lnx?1x?lnx0?10?， 即y， ②

0x0x0x0x0第 12 页 共 33 页

由①②得 lnx0?1?lnx01x?1?，∴lnx0?0．

x0?1x0x0x?1（1,+?）在区间上递增．

x?1 下证：在区间（1,+?）上x0存在且唯一. 由（Ⅰ）可知，?(x)?lnx?e?1?2e2?1e2?322又?(e)?lne???0，?(e)?lne?2??0，

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

21又已知存在x2??1,2?，使f(x1)?g(x2)，所以??g(x2)，x2??1,2?，（※）

2⑵当a?又g(x)?(x?b)2?4?b2,x?[1,2]

当b?1时，g(x)min?g(1)?5?2b?0与（※）矛盾； 当b??1,2?时，g(x)min?g(1)?4?b?0也与（※）矛盾；

2一x0，故结论成立．

1?ala?1?ax2?x?a?1?1(x?0)，f?(x)??a?2?例12⑴f(x)?lnx?ax?(x?0) xxxx2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

当b?2时，g(x)min?g(2)?8?4b??综上，实数b的取值范围是[117,b?. 28x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

②当a?0时，由f?(x)?0，即ax2?x?1?a?0，解得x1?1,x2?1?1. a17,??). 8f(x)?alnx?a?例13解：⑴?F(x)?定义域为x?(0,??) xx(1?a)?lnx ?F?(x)?2x令F?(x)?0由F?(x)?01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；

得x?e1?a 由F?(x)?0得0?x?e1?a 得x?e1?a

即F(x)在(0,e1?a)上单调递增，在(e1?a,??)上单调递减

1?a?aa?1)?e ?x?e?ae2lnx?k ⑵?G(x)?(lnx)2?kx的定义域为(0，+∞)，?G?(x)?x2lnx?k?0在(0，+∞)内恒成立 由G (x)在定义域内单调递减知：G?(x)?x22(1?lnx) 由H?(x)?0得x?e 令H(x)?lnx?k，则H?(x)?2xx1?a时，F(x)取得极大值F(e1?a?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；

2111当0?a?时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,?1)递增,(?1,??)递减.

2aa∵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

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∴当x = e时，H(x)取最大值H(e)?故只需

2?k e亦即x2?22?k?0恒成立，?k? ee22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?.

ee1?2lnx2?0(x2?1)(*) x21t再由⑴知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以

1ax2?ax?1 例14解：⑴f(x)的定义域为(0,??).f'(x)?1?2??2xxx令g(x)?x2?ax?1,其判别式?a2?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．

22a?a?4a?a?4，

③当a?2时,>0,g(x)=0的两根为x1?,x2?22x2?11?2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k?2?a. x212例15解：⑴f??x??3ax?2bx?3．

??a?1?f?1???2,?a?b?3??2,根据题意，得?即?解得?

?b?0?3a?2b?3?0,??f??1??0,所以f?x??x?3x．

32⑵令f??x??0，即3x?3?0．得x??1．

x f??x? f?x? ?2 ??2,?1? + 增 ?1 极大值 ??1,1? ? 减 1 极小值 ?1,2? + 增 2 2 f'(x)?0；当0?x?x1时，当x1?x?x2时，f'(x)?0；当x?x2时，f'(x)?0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

⑵由⑴知，若f(x)有两个极值点x1,x2，则只能是情况③，故a?2． 因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)??2 因为f??1??2，f?1???2，

所以当x???2,2?时，f?x?max?2，f?x?min??2． 则对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2，都有

x1?x2?a(lnx1?lnx2)， x1x2所以k?f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21?1??a

x1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2

x1?x2f?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?．

3则y0?x0?3x0．

2因为f??x0??3x0?3，所以切线的斜率为3x0?3．

又由⑴知，x1x2?1，于是k?2?a若存在a，使得k?2?a.则

lnx1?lnx2?1．即lnx1?lnx2?x1?x2．

x1?x22第 14 页 共 33 页

3x0?3x0?m则3x?3=，

x0?22032即2x0?6x0?6?m?0．

当x??e,???时，f1'(x)?0,?f1(x)在?e,???为减函数； 当x?e时,[f1(x)]max?f1(e)?1,e[来源学*科*网]

2因为过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，

32所以方程2x0?6x0?6?m?0有三个不同的实数解．

而f2(x)?(x?e)2?m?e2,?当m?e?当m?e?211,即m?e2?时,方程无解； ee所以函数g?x??2x?6x?6?m有三个不同的零点．

32则g??x??6x?12x．令g??x??0，则x?0或x?2．

2x g??x? g?x? 则???,0? + 增 ，即0 极大值 ?0,2? ? 减 2 极小值 ?2,??? + 增 11,即m?e2?时，方程有一个根； ee1122当m?e?时,m?e?时，方程有两个根.

ee3?3(x?1)(3x?1)?3x?例17解：⑴f?(x)?，

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.

36⑵由|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?0得

??g?0??0???g?2??2，解得?6?m?2． ?6?m?0???2?m?0a?lnx?ln33或a?lnx?ln2?3x2?3x

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

????cosx在[-1，1]上恒成立，????1，故?的最大值为?1.

（II）由题意[g(x)]max?g(?1)????sin1,?只需???sin1?t??t?1,

233x32x?3x2?ln设h(x)?lnx?ln，g(x)?lnx?ln， ?ln2?3x2?3x2?3x3依题意知a?h(x)或a?g(x)在x?[,]上恒成立，

1163?(t?1)??t2?sin?1?0（其中???1），恒成立，令h(?)?(t?1)??t2?sin1?1?0(???1)，

?t??1?t?1?02?,而t?t?sin1?0恒成立，?t??1 则?，?22??t?1?t?sin1?1?0?t?t?sin1?0（Ⅲ）由

?g?(x)?h?(x)?2?3x3(2?3x)?3x?32???0， 23xx(2?3x)(2?3x)lnxlnx??x2?2ex?m. f(x)xlnx1?lnx,f2(x)?x2?2ex?m,?f1'(x)?, 2xx[来源令f1(x)?当x?(0,e)时,f1'(x)?0,?f1(x)在?0,e?上为增函数；

312?6x?(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.

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

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ln(2?3x)?32令?(x)?2x2?2x?b,则??(x)?37?9x2?3x?3x?2?2?3x， 当x?[0,73]时,??(x)?0,于是?(x)在[0,73]上递增； x?[73,1]时,??(x)?0,于是?(x)在[73,1]上递减，

而?(73)??(0),?(73)??(1)，

?f(x)??2x?b即?(x)?0在[0,1]恰有两个不同实根等价于 ???(0)?ln2?b?0????(7)?ln(2?7)?7?27?366?b?0 ????(1)?ln5?12?b?0?ln5?12?b?ln(2?7)?7276?3. 例18解：⑴f?(x)?1ax2?(x?(x?1)2?2?a)x?1x(x?1)2

∵a?92，令f?(x)?0得x?2或0?x?12,∴函数f(x)的单调增区间为(0,12),(2,??).⑵证明：当a?0时f(x)?lnx

∴f?(x)?1x, ∴f?(x10)?x?2?x,又

f(x)?f(xlnx221)lnx2?lnx1x1 0x12k?x??2?x1x2?x1x2?x1x2不妨设x2?x1 ， 要比较k与f?(x0)的大小，即比较lnx与21x?xxx的大小，

1?2212(x2又∵xx?1)2?x1，∴ 即比较lnx22(x2?x1x与

1)x?1x1?2x的大小．

2x?11令h(x)?lnx?2(x?1)x?1(x?1),则h?(x)?14x?(x?1)2?(x?1)2x(x?1)2?0, ∴h(x)在?1,???上位增函数．

x2(x2又2x?1)1x?1，∴h(x2x)?h(1)?0， ∴lnx2?11x1x，即k?f?(x0)

2x?11⑶∵

g(x2)?g(x1)g(x2)?x2??g(x1)?x1x??1，∴ ??0

2?x1x2?x1由题意得F(x)?g(x)?x在区间?0,2?上是减函数．

1? 当1?x?2,F(x)?lnx?ax?1?x， ∴ F?(x)?1ax?(x?1)2?1 由F?(x)?0?a?(x?1)21x?(x?1)2?x2?3x?x?3在x??1,2?恒成立．

设m(x)?x2?3x?1x?3，x??1,2?，则m?(x)?2x?1x2?3?0

∴m(x)在?1,2?上为增函数，∴a?m(2)?272.

2? 当0?x?1,F(x)??lnx?ax?1?x，∴ F?(x)??1ax?(x?1)2?1 由F?(x)?0?a??(x?1)2x?(x?1)2?x2?x?1x?1在x?(0,1)恒成立

设t(x)?x2?x?1x?1，x?(0,1)为增函数,∴a?t(1)?0

综上：a的取值范围为a?272.

例19解：（1）f'(x)?2xln(ax)?x,f'(x)?2xln(ax)?x?x2，即2lnax?1?x在x?0上恒成立第 16 页 共 33 页

设u(x)?2lnax?1?x,u'(x)?2x?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?e2.

（2）当a?1时，g(x)?f(x)x?xlnx, g(x)?1?lnx?0,x?111e,所以在(e,??)上g(x)是增函数，(0,e)上是减函数.

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

即lnx1?x1?x2xln(xxxx?x21?2)同理ln2?1ln(x1?x2). 1,

x2所以lnx1?x2x?x1?x2x)ln(x)?(2?x11?lnx2?(x?x21?x2)ln(x1?x2) 21x2x1又因为2?x1x2x?x?4,当且仅当“x1?x2”时，取等号. 21又x11,x2?(e,1),x1?x2?1，ln(x1?x2)?0, 所以(2?x1x?x2)ln(x1?x2)?4ln(x1?x2)所以lnx1?lnx2?4ln(x1?x2)2x1,

，

所以：x41x2?(x1?x2).

例20（I）f(0)?0?c?0,f?(x)?3x2?2ax?b,f?(1)?0?b??2a?3

?f?(x)?3x2?2ax?(2a?3)?(x?1)(3x?2a?3),

由f?(x)?0?x?1或x??2a?33，因为当x?1时取得极大值，

所以?2a?33?1?a??3，所以a的取值范围是:(??,?3)； （II）由下表：

x (??,1) 1 (1,?2a?3 ?33)?2a3 (?2a?33,??) f?(x) + 0 - 0 - f(x) 递增 极大值递减 极小值 递增 ?a?2 a?6(2a?3)2 27 依题意得：a?627(2a?3)2??(2a?3)29，解得：a??9

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

f(x)的最大值是f(1)?7,f(x)的最小值是f(?2)??8?36?30??74 函数f(x)在区间[?2,2]上的最大值与最小值的差等于81，

所以|f(2sin?)?f(2sin?)|?81．

例21解：（Ⅰ）f?(x)?a?1ax?1x?x，当a?0时，f?(x)?0在(0,??)上恒成立，函数f(x) 在(0,??)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?1lnx?xx?b， 令g(x)?1?1lnxx?x，可得g(x)在?0,e2?上递减，在?e2,???上递增， ∴g(x)1min?g(e2)?1?e2，即b?1?1e2． （Ⅲ）证明：ex?y?ln(x?1)exeyln(y?1)?ln(x?1)?ln(y?1)， g(x)?ex令ln(x?1)，则只要证明g(x)在(e?1,??)上单调递增，

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ex???ln(x?1)?1?又∵g?(x)?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， g(x)在(e?1,??)上单调递增，即exey∴ln(x?1)?ln(y?1)， ∴当x?y?e?1时，有ex?y?ln(x?1)ln(y?1)． 例22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?1又直线l与函数y?g(x)的图象相切，?方程组???127有一解。

?y?2x?mx?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.

（II）由（I）可知g(x)?12x2?2x?72,

?g'(x)?x?2,?h(x)?ln(x?1)?x?2(x??1)1?x，?h'(x)?x?1?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。

（III）f(a?b)?f(2a)?ln(a?b)?ln2a?lna?b2a?ln(1?b?a2a). Q0?b?a,??a?b?a?0,??1?b?a?

22a0.证明，当x?(?1,0)时，ln(1?x)?x,?ln(1?b?a2a)?b?a2a. ?f(a?b)?f(2a)?b?a2a. 例23解：（1）函数f(x)的定义域是(0,??)．由已知f?(x)?1?lnxx2．令f?(x)?0，得x?e． 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?e2时，f(x)在[m,2m]上单调递增，所以f(x)max?f(2m)?ln2m2m?1． 当m?e时，f(x)在[m,2m]上单调递减，所以f(x)lnmmax?m?1．当m?e?m2，

即e2?m?e时，??ln2m?1, 0?m?e?2m2f(x)1max?f(e)?e?1．综上所述，f(x)max???1?1, e?m?e?e2 ??lnm?m?1, m?e（3）由（1）知当x?(0,??时)f(x)1max?f(e)?e?1．所以在x?(0?,?时)恒有f(x)?lnx1lnxx??1e?，即1x?1e，当且仅当x?e时等号成立．因此对任意x?(0,??)恒有lnx?11?n1?n1?n11?ne．因为n?0，n?e，所以lnn?e?n，即ln(1?ne1?nn)?n．因此对任意n?N*，不等式ln(1?ne1?nn)?n． 例24解：在区间?0,???上,f?(x)?1x?a?1?axx. （1）当a?2时，f?(1)?1?2??1，

则切线方程为y?(?2)??(x?1)，即x?y?1?0 （2）①若a?0,f(x)?lnx有唯一零点x?1.

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②若a?0,则f?(x)?0,f(x)是区间?0,???上的增函数,

Qf(1)??a?0,f(ea)?a?aea?a(1?ea)?0,

?f(1)?f(ea)?0,函数f(x)在区间?0,???有唯一零点.

③若a?0,令f?(x)?0得: x?1a. 在区间(0,1a)上, f?(x)?0,函数f(x)是增函数;

在区间(1a,??)上, f?(x)?0,函数f(x)是减函数; 故在区间?0,???上, f(x)的极大值为f(1)?ln1aa?1??lna?1. 由f(1)?0,即?lna?1?0,解得:a?1ae. 故所求实数a的取值范围是(1e,??). (3) 设x1?x2?0,Qf(x1)?0,f(x2)?0,?lnx1?ax1?0,lnx2?ax2?0

?lnx1?lnx2?a(x1?x2),lnx1?lnx2?a(x1?x2)

原不等式x1?x2?e2?lnx1?lnx2?2

?a(x1?xlnx1?lnx2?x?2?lnx12(x1?x2)2)?2?x? 12x1?x2x2x1?x2

令

x1x?t,则t?1,于是lnx1?2(x1?x2)?lnt?2(t?1). 2x2x1?x2t?1设函数g(t)?lnt?2(t?1)t?1(t?1),求导得: g?(t)?14t?(t?1)2?(t?1)2t(t?1)2?0故函数g(t)是?1,???上的增函数,

?g(t)?g(1)?0，即不等式lnt?2(t?1)t?1成立, 故所证不等式x21?x2?e成立.

例25解：（Ⅰ）由ft(x)?11?x?1(1?x)2(t?x)，可得ft?(x)?2(t?x)(1?x)3(x?0)， 所以，ft?(x)?0?0?x?t，ft?(x)?0?x?t， 则ft(x)在区间(0,t)上单调递增，在区间(t,??)上单调递减， 所以，f1t(x)max?ft(t)?1?t． （Ⅱ）（1）由3a1n?1?an?2，得an?1?1?3(aa2n?1)，又1?1?3， 则数列{a21n?12n?1}为等比数列，且an?1?3?(3)?3n， a22?3n故n?3n?1?3n为所求通项公式．

（2）即证，对任意的x?0，

1a?f?1?122(x)2(n?x)(n?N*)n3n1?x(1?x)3证法一：（从已有性质结论出发）

由（Ⅰ）知f2(x)max?f213n12(3n3n3n)?1?2?3n?2?a

nn3即有

1a?f2(x)(n?N*)对于任意的x?0恒成立． n3n证法二：（作差比较法）

由a2n?3n?1?0及an?1?23n?0 1a?f(x)?1?1?1211122(n?x)???2(an?1?x) n3nan1?x(1?x)3an1?x(1?x)2?1a?2?x?an(1?x)2???1??an???0 n1?an1?x??即有

1a?f2(x)(n?N*)对于任意的x?0恒成立． n3n（Ⅲ）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩）

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由（Ⅱ）知，对于任意的x?0都有

1112??(?x)， an1?x(1?x)23n由均值不等式：

a1?a2?????ann?a1?a2?????an，其中ai?0

nn?1?11112于是，??????????(?x)?

a1a2ank?1?1?x(1?x)23k?可得 a1?a2?????an?n?na1?a2?????an，

1111???????n?n a1a2ana1?a2?????an?n1222?(???????nx) 22n1?x(1?x)333两式相乘即得(111??????)(a1?a2?????an)?n2，以下同证法二． a1a2an对于任意的x?0恒成立

特别地，令1?证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）

111，即?nx?0x?(1?)?0， 00nn3n3111n2欲证?， ??????a1a2ann?113n2n2n2?1?11n注意到，而 ?n?1?n??n?1??n?an3?23?2n?1n?1n?1n?1从而所证不等式可以转化为证明

111nnn2n2有?，故原不等式成立． ?????????111a1a2an1?x01?(1?)n?1?n?1nnn33以下证明小组讨论给分

证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）

2222 由柯西不等式： (x1y1?x2y2?????xnyn)2?(x12?x2?????xn)(y12?y2?????yn)

222n ???????12n3?23?23?2n?1在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题 例26解：（Ⅰ）∵f?(x)?ex?a，

当a≤0时f?(x)?0，得函数f (x)在(-∞，+∞)上是增函数． 当a>0时，

若x∈(lna，+∞)，f?(x)?0，得函数f(x)在(lna，+∞)上是增函数； 若x∈(-∞，lna)，f?(x)?0，得函数f(x)在(-∞，lna)上是减函数．

综上所述，当a≤0时，函数f (x)的单调递增区间是(-∞，+∞)；当a>0时，函数f (x) 的单调递增区间是(lna，+∞)，单调递减区间是(-∞，lna)．…5分 （Ⅱ）由题知：不等式ex-ax>x+x2对任意x?[2，??)成立，

其中等号当且仅当xi?kyi(i?1,2,???n)时成立．

令xi?1，yi?ai，可得 ai(111111??????)(a1?a2?????an)?(?a1??a2??????an)2?n2 a1a2ana1a2an111n2则? ??????a1a2ana1?a2?????an11(1?n)23?n?1?1 而由an?n?1，所以a1?a2?????an?n?2?3n1331?3ex?x2?x即不等式a?对任意x?[2，??)成立．

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

xx2再设h(x)?(x?1)ex?x2，得h?(x)?x(ex?2)． 由x≥2，得h?(x)?0，即h(x)在[2，??)上单调递增，

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111n2n2???????故?，所证不等式成立．

1a1a2ann?1?n?1n3证法三：（应用均值不等式“算术平均数”?“几何平均数”）

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