高考导数压轴题解答
更新时间:2024-02-01 06:12:01 阅读量: 教育文库 文档下载
整理:beijingdaxue gaojiejack ◇导数专题
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 (51)
(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
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(zhongdianzhangwo) ⑴sinx?x,x?(0,?),变形即为点连线斜率小于1. ⑵ex?x?1 ⑶x?ln(x?1) ⑷lnx?x?ex,x?0.
sinx?1,其几何意义为y?sinx,x?(0,?)上的的点与原x一、导数单调性、极值、最值的直接应用
1. (切线)设函数f(x)?x2?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(x2,0)求证:x1?x2?a.
1
解:(1)a?1时,g(x)?x3?x,由g?(x)?3x2?1?0,解得x?? g?(x)的变化情况如下表: x 3. 30 0 (0,3) 3g?(x) g(x) - ↘ 3 30 (3,1) 31 0 + 极小值 ↗ 3323时,g(x)有最小值g()??. 339(2)证明:曲线y?f(x)在点P(x1,2x12?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1
所以当x? 曲线y?f(x)在点P处的切线方程为y?(2x12?a)?2x1(x?x1). x?ax?aa?x1?x1? 令y?0,得x2?1,∴x2?x1?1
2x12x12x1a?x1?0,即x2?x1. ∵x1?a,∴
2x1x1x12?ax1xaaa???21??a 又∵?,∴x2?22x12x122x122x12222 所以x1?x2?a.
2. (2009天津理20,极值比较讨论)
已知函数f(x)?(x2?ax?2a2?3a)ex(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;
w.w.w..s.5.u.c.o.m ⑵当a?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)?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?4aex.
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: 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: 3x ???,?2a? ?2a ??2a,a?2? a?2 ?a?2,??? + ↗ 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?2a.
w.w.w..s.5.u.c.o.m 2
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.
2②若a<,则?2a>a?2,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
3x ???,a?2? a?2 ?a?2,?2a? ?2a ??2a,??? + ↗ 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)ea?2. 函数f(x)在x??2a处取得极小值f(?2a),且f(?2a)?3ae?2a.
w.w.w..s.5.u.c.o.m
12x?2ax,g(x)?3a2lnx?b. 2⑴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)?
4. (最值,按区间端点讨论)
3
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)=1ax?a. +2=2xxx∵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, 2x①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=
33,∴a=- (舍去). 22②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-
ea3=,∴a=-(舍去). e22③若-e
当1
5. (最值直接应用)已知函数f(x)?x?(Ⅱ)求f(x)的单调区间;
(Ⅲ)若f(x)在[0,??)上的最大值是0,求a的取值范围.
3?a=-e. 212ax?ln(1?x),其中a?R. 2(Ⅰ)若x?2是f(x)的极值点,求a的值;
x(1?a?ax),x?(?1,??).
x?111依题意,令f?(2)?0,解得 a?. 经检验,a?时,符合题意.
33x(Ⅱ)解:① 当a?0时,f?(x)?.
x?1故f(x)的单调增区间是(0,??);单调减区间是(?1,0).
1② 当a?0时,令f?(x)?0,得x1?0,或x2??1.
a解:(Ⅰ)f?(x)?当0?a?1时,f(x)与f?(x)的情况如下:
x (?1,x1) x1 (x1,x2) ? x2 (x2,??) ? f?(x) ? 0 0 4
f(x) ↘ f(x1) ↗ f(x2) ↘ 所以,f(x)的单调增区间是(0,11?1);单调减区间是(?1,0)和(?1,??). aa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 (?1,x2) x2 (x2,x1) ? ↗ x1 (x1,??) ? ↘ f?(x) f(x) ? ↘ 0 f(x2) 0 f(x1) 1?1)和(0,??). a③ 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);
11当0?a?1时,f(x)的增区间是(0,?1),减区间是(?1,0)和(?1,??);
aa当a?1时,f(x)的减区间是(?1,??);
11当a?1时,f(x)的增区间是(?1,0);减区间是(?1,?1)和(0,??).
aa(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),
a1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(?1,0);单调减区间是(?1,
6. (2010北京理数18)
1ax2x(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?x2,f'(x)?1?x3由于f(1)?ln2,f'(1)?,
23所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y?ln2?(x?1)
2已知函数f(x)=ln(1+x)-x+
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即3x?2y?2ln2?3?0
x(kx?k?1),x?(?1,??).
1?xx. 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?xk1?k1?k,??)上,f'(x)?0;在区间(0,)上,f'(x)?0 所以,在区间(?1,0)和(kk1?k1?k,??),单调递减区间是(0,). 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)和(kkx2 故f(x)得单调递增区间是(?1,??). 当k?1时,f'(x)?1?xx(kx?k?1)1?k?0,得x1??(?1,0),x2?0. 当k?1时,f'(x)?1?xk1?k1?k)和(0,??)上,f'(x)?0;在区间(,0)上,f'(x)?0 所以没在区间(?1,kk1?k1?k)和(0,??),单调递减区间是(,0) 故f(x)得单调递增区间是(?1,kk(II)f'(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:⑴x?y?ln2?0
1?a?1, ⑵因为 f(x)?lnx?ax?x1a?1ax2?x?1?a 所以 f'(x)??a?2??,x?(0,??), 2xxx 令 g(x)?ax2?x?1?a,x?(0,??),
已知函数f(x)?lnx?ax?
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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)?lnx,g(x)?e. ⑴若函数φ (x) = f (x)-
xx+1,求函数φ (x)的单调区间; x-12⑵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.
x?112x?1x?1解:(Ⅰ) ?(x)?f?x??,???x???. ?lnx??22x?1x?1x?x?1?x??x?1?,???. ∵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)?11 ,∴f?(x0)?,
x0x∴ 切线l的方程为y?lnx0?11(x?x0), 即y?x?lnx0?1, ① x0x0x设直线l与曲线y?g(x)相切于点(x1,e1),
11?lnx,∴x1??lnx0,∴g(x1)?e0?.
x0x0lnx01111??x?lnx0?, 即y?x??, ② ∴直线l也为y?x0x0x0x0x0lnx01x?1?,∴lnx0?0. 由①②得 lnx0?1?x0?1x0x0∵g?(x)?ex,∴e1?x 下证:在区间(1,+?)上x0存在且唯一. 由(Ⅰ)可知,?(x)?lnx?x?1在区间上递增. (1,+?)x?1e2?1e2?3e?1?222又?(e)?lne???0, ??0,?(e)?lne?2e?1e2?1e?1e?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一x0,故结论成立.
9. (最值应用,转换变量)
2ax2?1设函数f(x)?(2?a)lnx?(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?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立,求实数m的取值范围.
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2?a12ax2?(2?a)x?1(ax?1)(2x?1)?2a?2??解:⑴f?(x)?. 22xxxx111111当a??2时,??,增区间为(?,),减区间为(0,?),(,??).
a2a2a211当a??2时,??,减区间为(0,??).
a2111111当?2?a?0时,??,增区间为(,?),减区间为(0,),(?,??).
a22a2a⑵由⑴知,当a?(?3,?2)时,f(x)在[1,3]上单调递减,
1∴x1,x2?[1,3],|f(x1)?f(x2)|≤f(1)?f(3)?(1?2a)?[(2?a)ln3??6a],
32即|f(x1)?f(x2)|≤?4a?(a?2)ln3.
3∵(m?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立,
22∴(m?ln3)a?2ln3>?4a?(a?2)ln3,即ma??4a,
332?4. 又a?0,∴m?3a1323813??4??,∴m≤?. ∵a?(?3,?2),∴?33a9310. (最值应用)
已知二次函数g(x)对?x?R都满足g(x?1)?g(1?x)?x2?2x?1且g(1)??1,设函数
19f(x)?g(x?)?mlnx?(m?R,x?0).
28(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
?a?1,?2 g?x?1??g?1?x??2a?x?1??2c?2?x?1??2,所以???c??1.1121又g?1???1,则b??.所以g?x??x?x?1. …………3分
2221912(Ⅱ)f(x)?gx??mlnx??x?mlnx(m?R,x?0).282
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)?2m当m<0时,由f?(x)?x??0?x??m,列表:
x22?? 8
x f?(x) f(x) (0,?m) ?m (?m,??) - 减 0 极小 + 增 这时,?mln?m. ?f(x)?min?f(?m)??m2?m??mln?m?0,??e 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)??0,???.…………9分 (x?1)(x?m)?0,所以H(x)在[1,m]内单调递减. x121于是|H(x1)?H(x2)|?H(1)?H(m)?m?mlnm?.22 1113|H(x1)?H(x2)|?1?m2?mlnm??1?m?lnm??0. 2222m213113311(1?m?e),则h'(m)??? ???1?0,记h(m)?m?lnm?22m2m2m3322m13所以函数h(m)?m?lnm?在?1,e]是单调增函数, 22me3?e?3??e?1? 所以h(m)?h(e)??1???0,故命题成立. …………12分 22e2e?? 23?x11. 设x?3是函数f?x??x?ax?be,?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?be2'??3?x ∴f'?x???2x?a?e3?x?x2?ax?be3?x??1?????x??a?2?x?b?a??e2??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?3e2??3?x且f'?x????x?3??x?a?1?e3?x ?x??0得x1?3,x2??a?1 23?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' 9 ?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?225?4?,?a??e?. 4?4??225?1???由于?a2??a?6?a???????0, 42????又∵要存在?1,?2??0,4?,使得f??1??g??2??1成立, a?0?3?∴必须且只须??225?解得:0?a?. 2??a?4???a?6??1????3?所以,a的取值范围为?0,?. ?2? 2x12. f(x)?(x?ax?b)e(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)?(a2?14)ex?4.若存在?1,?2?[0,4]使得 |f(?1)?f(?2)|?1成立,求a的取值范围. 解:(1)∵f?(x)?(2x?a)ex?(x2?ax?b)ex?[x2?(2?a)x?(a?b)]ex 当a?2,b??2时,f(x)?(x2?2x?2)ex,则f'(x)?(x2?4x)ex. 令f'(x)?0得(x2?4x)ex?0,∵ex?0,∴x2?4x?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=6, e4当x?0时,函数f(x)有极小值,f(x)极小??2. (2)由(1)知f?(x)?[x2?(2?a)x?(a?b)]ex ∵x?1是函数f(x)的一个极值点 ∴f?(1)?0 10 即e[1?(2?a)?(a?b)]?0,解得b??3?2a 则f?(x)?ex[x2?(2?a)x?(?3?a)]=ex(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 . 当?3?a?1即a??4时,由f?(x)?0得x?(?3?a,??)或x?(??,1) 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)?bex??(2a?3)?0,f(4)?(2a?13)e4?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)e4]] 又g(x)?(a2?14)ex?4在区间[0,4]上是增函数, 且它在区间[0,4]上的值域是[(a2?14)e4,(a2?14)e8]. ∵(a2?14)e4-(2a?13)e4=(a2?2a?1)e4=(a?1)2e4?0, ∴存在?1,?2?[0,4]使得|f(?1)?f(?2)|?1成立只须 (a2?14)e4-(2a?13)e4<1?(a?1)2e4?1?(a?1)2?111?1??a?1?.. e4e2e2 13. (2010山东,两边分求,最小值与最大值) 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?ala?1?ax2?x?a?1?1(x?0),f?(x)??a?2?⑴f(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; 11 当x?(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?当a?1?1. a1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; 2111当0?a?时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,?1)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)??, 21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?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当b?2时,g(x)min?g(2)?8?4b??综上,实数b的取值范围是[117,b?. 2817,??). 81?a?1. 14. 设函数f(x)?lnx?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; 2512(0,e],?x2?[0,1] (Ⅲ)当a?时,设函数g(x)?x?2bx?,若对于?x1?312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) 12 解:函数f(x)的定义域为(0,??),f?(x)?11?a?a?2 xx(Ⅰ)设点P(x0,y0)(x0?0),当a?1时,f(x)?lnx?x?1,则y0?lnx0?x0?1, 1lnx0?x0?11 f?(x)??1,∴f?(x0)??1?x0x0x221?e2) 解得x0?e,故点P 的坐标为(e,?ax?ax?a?1(x?1)(ax?1?a)????22xxx211?a∵0?a? ∴?1?0 2a1?a1?a∴当0?x?1,或x?时f?(x)?0,当1?x?时,f?(x)?0 aa11?a故当0?a?时,函数f(x)的单调递增区间为(1,); 2a1?a单调递减区间为(0,1),(,??) a1x2(Ⅲ)当a?时,f(x)?lnx???1由(Ⅱ)可知函数f(x)在(0,1)上是减函数, 333x2e2在(1,2)上为增函数,在(2,e]上为减函数,且f(1)??,f(e)??? 333e2?e2?2e3?(e?1)22?∵f(e)?f(1)?,又e?3?1,∴(e?1)?3, 3e3e2∴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?2f(x)在(0,e]上的最小值?(*) 3552又g(x)?x?2bx??(x?b)2?b2?,x?[0,1] 121252①当b?0时,g(x)在[0,1]上为增函数,[g(x)]min?g(0)????与(*)矛盾 12352②当0?b?1时,[g(x)]min?g(b)??b?, 125212??及0?b?1得,?b?1 由?b?1232③当b?1时,g(x)在[0,1]上为减函数, 7172[g(x)]min?g(1)??2b????,此时b?1 121231??) 综上,b的取值范围是[, 2(Ⅱ)f?(x)? 13 2a(x?1)(x?1?a)a 15. (2010山东,两边分求,最小值与最大值) 已知函数f(x)?xlnx,g(x)??x2?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2f(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lnx?解:⑴ , ?1???12?成立. exex 所以f?x?min⑵由题意知 1?1? 0?t???ee?? 1?tInt t??e?32xInx??x2?ax?3,则a?2Inx?x?,x323?x?3??x?1?设h?x??2Inx?x??x?0?则h??x???1?2?xxxx2?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2f?x??g?x?成立,?e???e??所以a?h?x?max,113h()??2??3e,h(e)?2?e? eee11而h()?h(e),故a??3e?2 eex2(Ⅲ) 等价证明xInx?x??x??0,???? ee由⑴知 14 f?x??xInx?x??0,????的最小值是-1e1当且仅当x?取到, ex21?x设??x??x??x??0,????,则???x??x,eee1易得??x?max???1???,当且仅当x?1时取到,e x2从而对一切x??0,???都有xInx?x?成立,ee12即Inx?x?对一切x??0,???成立. eex 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?而e?qp?2lnx,且f(e)?qe??2,其中e是自然对数的底数. xe2e,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xqp1?2lne?qe??2?(p?q)(e?)?0 eee1?0,所以p、q的关系为p?q. eqp(2)由(1)知f(x)?px??2lnx?px??2lnx, xxp2px2?2x?p2'.令h(x)?px?2x?p, f(x)?p?2??2xxx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)??2x,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; 12ph(x)?p?②当>0时,h(x)?px?2x?p,∴, minp1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. ③当p<0时,h(x)?px2?2x?p,其图像为开口向下的抛物线,对称轴为x?1?(0,??),p 15 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. 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)?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, 1111∴f(x)?p(x?)?2lnx?x??2lnx?e??2lne?e??2<2,不合题意; xxee③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, ②当0<p<1时,由x??1,e??x?故只需f(x)max>g(x)min,x??1,e?,而f(x)max?f(e)?p(e?)?2lne,g(x)min?2, 即 1e14ep(e?)?2lne>2,解得p>2 , ee?14e,??). 综上,p的取值范围是(2e?1 17. (2011湖南文,第2问难,单调性与极值,好题) 设函数f(x)?x?⑴讨论函数f(x)的单调性; 1?alnx(a?R).x 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. 1ax2?ax?1 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?22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. 16 x1?x2?a(lnx1?lnx2), x1x2f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21k??1??a 所以 x1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2k?2?a 又由⑴知,x1x2?1,于是x1?x2lnx1?lnx2?1.即lnx1?lnx2?x1?x2. a若存在,使得k?2?a.则 x1?x21?2lnx2?0(x2?1)(*) 亦即x2?x21再由⑴知,函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增,而x2?1,所以 t11x2??2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾.故不存在a,使得k?2?a. x21因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)? 18. (构造函数,好,较难) 已知函数f(x)?lnx?12ax?(a?1)x(a?R,a?0). 2⑴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:①x0? 解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域是(0,??). 1a(x?1)(x?)1a. 由已知得,f'(x)??ax?a?1??xxⅰ 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, 11 ①当??1时,即a??1时, 令f'(x)?0,解得0?x??或x?1; aa1?函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增 a1 ②当??1时,即a??1时, 显然,函数f(x)在(0,??)上单调递增; a11③当??1时,即?1?a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1或x?? aa1?函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增. a综上所述: 17 ⑴当a?0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增 1a⑶当a??1时,函数f(x)在(0,??)上单调递增; 1⑷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, 1212则y1?lnx1?ax1?(a?1)x1,y2?lnx2?ax2?(a?1)x2. 221(lnx2?lnx1)?a(x22?x12)?(a?1)(x2?x1)y?y2kAB?21? x2?x1x2?x1lnx2?lnx11?a(x1?x2)?(a?1). ?x2?x12x?x2x?x2?a?12?(a?1), 曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率k?f?(x0)?f?(1)?x1?x222lnx2?lnx11x?x2?a(x1?x2)?(a?1)??a?12?(a?1). 依题意得: x2?x12x1?x22x2(2?1)x1lnx2?lnx1x2(x2?x1)2??化简可得 , 即ln2=. x2x2?x1x1?x2x1x2?x1?1x1x2(t?1)4 设2?t (t?1),上式化为:lnt?, ?2?x1t?1t?1⑵当a??1时,函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增 (t?1)21444?,g'(t)??. lnt??2,令g(t)?lnt?t(t?1)2t(t?1)2t?1t?1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所以在(1,??)内不存在t,使得lnt??2成立. 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” 19. (2011天津理19,综合应用) 已知a?0,函数f?x??lnx?ax,x?0.(f?x?的图象连续) 2⑴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: ln3?ln2ln2≤a≤. 53 18 11?2ax22a解:⑴f??x???2ax?,x?0.令f??x??0,则x?. xx2a当x变化时,f??x?,f?x?的变化情况如下表: x ?2a???0,2a?? ??2a 2a0 极大值 ?2a???2a,???? ??f??x? f?x? ? 单调递增 ? 单调递减 所以f?x?的单调增区间是??0,???2a?2a?,??,单调减区间是. ??????2a??2a? ⑵由f????f???及f?x?的单调性知??2a从而f?x?在区间??,??上的最小值为??. 2af???. 又由????1,?,???1,3?,则1???2???3. 所以?所以 ??f?2??f????f?1?,?ln2?4a??a, 即?f2?f??f3,?????ln2?4a?ln3?9a.????ln3?ln2ln2?a?. 53 20. (恒成立,直接利用最值) 已知函数f(x)?ln(ax?1)?x2?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. 122ax2?(2?a2)x, 解:⑴f?(x)?ax?111因为x?是函数f(x)的一个极值点,所以f?()?0,得a2?a?2?0. 22又a?0,所以a?2. 19 1, ??), aa2?22ax(x?)2ax2?(2?a2)x. 2af?(x)??ax?1ax?1①当a?2时,列表 1a2?2x (?, 0) (0, ) a2af?(x) + - f(x) 增 减 ⑵因为f(x)的定义域是(?a2?2(, ??) 2a+ 增 1a2?2a2?2f(x)在(?, 0),(, ??)是增函数;f(x)在(0, )是减函数. a2a2a22x22②当a?2时,f?(x)?≥0,f(x)在(?, ??)是增函数. 22x?1③当0?a?2时,列表 1a2?2a2?2(0, ??) x (?, ) (, 0) a2a2af?(x) + - + f(x) 增 减 增 1a2?2a2?2f(x)在(?, ),(0, ??)是增函数;f(x)在(, 0)是减函数. a2a2a⑶ 21. (最值与图象特征应用) e?x设a?R,函数f(x)?(ax2?a?1)(e为自然对数的底数). 2⑴判断f(x)的单调性; 1⑵若f(x)?2在x?[1,2]上恒成立,求a的取值范围. e 20 解:⑴∵f?(x)??1?x11e(ax2?a?1)?e?x?(2ax)?e?x(?ax2?2ax?a?1), 222令g(x)??ax2?2ax?a?1. ①当a?0时,g(x)??1?0,?f?(x)?0,?f(x)在R上为减函数. ②当a?0时,g(x)?0的判别??4a2?4(a2?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?ax2?2ax?a?1?0,得x?1?由?ax2?2ax?a?1?0,得1?1?a, 或x?1?1?a, 1?a?aa??aa??a?f(x)在(??,),(,??)上为增函数; aaa??aa??af(x)在(,)上为减函数. aa⑵由⑴知 ①当a?0时,f(x)在[1,2]上为减函数. ?x?1?1?f(x)min?f(2)?5a?15a?111.由?得a?. 22252e2ee5a?11 ?②当a?0时,f(2)?2e22e211?f(x)?2在[1,2]上不恒成立,∴a的取值范围是(,??). 5e 22. (单调性) 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:⑴f?(x)? 13?2x?b,依题意令f?(1)= ,f(?1)=0,解得b=4,c=5. x?271?2x2?932 ?f?(x)??2x?4??0得x?x?2x?223332) 2 2,3) 3 x 0 (0,(222 8+ln5 y′ + 0 - y ln2+5 极大 因为8+ln5>5+ln2 ∴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)?11?2x?b≥0得b≥2x-,在[0,m]上恒成立 x?2x?221 111. 在[0,m]上单调递增,最大值为2m-,∴b≥2m- x?2m?2m?211 ?2x?b≤0 得b≤2x-②令f?(x)?, x?2x?2111而 y=2x-在[0,m]单增,最小为y=-,∴b≤-. x?22211故b≥2m-或b≤-时f(x)在[0,m]上单调. m?22 而y=2x- 23. (单调性,用到二阶导数的技巧) 已知函数f(x)?lnx 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)?alnx?a?解:⑴?F(x)?定义域为x?(0,??) xx(1?a)?lnx ?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 即F(x)在(0,e1?a)上单调递增,在(e1?a,??)上单调递减 1?a?a1?a)?ea?1 ?x?e1?a时,F(x)取得极大值F(e??ae2lnx ⑵?G(x)?(lnx)2?kx的定义域为(0,+∞),?G?(x)??k 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)?2xx∵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 e22故只需?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?. ee ⑴若F(x)? 二、交点与根的分布 22 24. (2008四川22,交点个数与根的分布) 已知x?3是函数f(x)?aln(1?x)?x2?10x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?2x?10 解:⑴f(x)?aln(1?x)?x2?10x,f'(x)?1?xx?3是函数f(x)?aln(1?x)?x2?10x的一个极值点. f'(3)?a?4?0,a?16 4⑵由⑴f(x)?16ln(1?x)?x2?10x,x?(?1,??) 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)?16ln2?9,f(x)极小?f(3)?32ln2?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 162x2?8x?62(x?1)(x?3) f'(x)??2x?10??1?xx?1x?1y?b与函数y?f(x)的图像有3个交点时,b的取值范围为(32ln2?21,16ln2?9). 3225. 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 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??3x2?lnx,试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x) 23 ⑶g(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) ∴y0?5?g(x0)(x0?2),x02122?2?0,令h(x)=lnx??2∴h/(x)=?2=0,∴x?2 ∴lnx0?x0xxx, ∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,??)上单调递增 122又h()?2?ln2?0,h(2)=ln2-1<0,h(e)?2?0 2e/即2x0?lnx0?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)??x2?8x,g(x)?6lnx?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?若存在,求出m的取值范围;若不存在,说明理由。 解:⑴f(x)??x2?8x??(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)??t2?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)??t2?8t. ??t2?6t?7,t?3,?3?t?4, 综上h(t)??16, ??t2?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。 24 ?(x)?x2?8x?6lnx?m, 62x2?8x?62(x?1)(x?3)??'(x)?2x?8???(x?0),xxx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?6ln3?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?6ln3. ??(x)?m?6ln3?15?0,?最小值?∴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?6ln3). 27. (交点个数与根的分布) 已知函数f(x)?ln(2?3x)?⑴求f(x)在[0,1]上的极值; ⑵若对任意x?[,],不等式|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?0成立,求实数a的取值范围; 32x. 21163⑶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?3(x?1)(3x?1)?3x?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 33a?lnx?ln或a?lnx?ln2?3x2?3x 33x32x?3x2g(x)?lnx?ln?ln设h(x)?lnx?ln,, ?ln2?3x2?3x2?3x311依题意知a?h(x)或a?g(x)在x?[,]上恒成立, 632?3x3(2?3x)?3x?32?g?(x)????0, 3xx(2?3x)(2?3x)2 25 312?6x?(2?6x)??0, 2x?3x232x?3x211?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. 23237?9x2令?(x)?ln(2?3x)?x?2x?b,则??(x)?, ?3x?2?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 h?(x)????(0)?ln2?b?0?7727??()?ln(2?7)???b?0 ?66?31??(1)?ln5??b?0?2?1727?ln5??b?ln(2?7)??. 263 28. (2009宁夏,利用根的分布) 已知函数f(x)?(x3?3x2?ax?b)e?x ⑴如a?b??3,求f(x)的单调区间; ⑵若f(x)在(??,?),(2,?)单调增加,在(?,2),(?,??)单调减少,证明:???<6.解:⑴a?b??3时,f(x)?(x3?3x2?3x?3)e?x,故 w.w.w.ks.5.u.c.o.m w.w.w..s.5.u.c.o.m w.w.w..s.5.u.c.o.m f'(x)??(x3?3x2?3x?3)e?x?(3x2?6x?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. ⑵f'(x)??(x3?3x2?ax?b)e?x?(3x2?6x?a)e?x??e?x[x3?(a?6)x?b?a]. 26 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'(?)?f'(?)?0, 所以x3?(a?6)x?4?2a?(x?2)(x??)(x??)?(x?2)[x2?(???)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) 设函数f?x???13x3?x2??m2?1?x?x?R?,其中m?0 ⑴当m?1时,求曲线y?f?x?在点?1,f?1??处的切线的斜率 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. 解:⑴当m?1时,f(x)?13x3?x2,f/(x)?x2?2x,故f'(1)?1 所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1. ⑵f'(x)??x2?2x?m2?1,令f'(x)?0,得到x?1?m,x?1?m 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 (??,1?m) 1?m (1?m,1?m) 1?m (1?m,??) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↓ 极小值 ↑ 极大值 ↓ f(x)在(??,1?m)和(1?m,??)内减函数,在(1?m,1?m)内增函数。 函数f(x)在x?1?m处取得极大值f(1?m),且f(1?m)=23m3?m2?13 函数f(x)在x?1?m处取得极小值f(1?m),且f(1?m)=?23213m?m?3 ⑶由题设f(x)?x(?1213x?x?m2?1)??3x(x?x1)(x?x2) 所以方程?13x2?x?m2?1=0由两个相异的实根x1,x2,故x1?x2?3,??1?43(m2?1)?0,解得m??112(舍),m?2 因为x2x31?x2,所以2?x1?x2?3,故x2?2?1(难点) 27 且 13若1?x1?x2,则对任意的x?[x1,x2]有x?x1?0,x?x2?0, 1则f(x)???x(x?x1)(x?x2)?0,又f(x1)?0,所以函数f(x)在x?[x1,x2]的最 312小值为0,于是对任意的x?[x1,x2],f(x)?f(1)恒成立的充要条件是f(1)?m??0, 33313解得?,综上,m的取值范围是(,?m?) 3323若x1?1?x2,则f(1)??(1?x1)(1?x2)?0,而f(x1)?0,不合题意; 30. (2007全国II理22,转换变量后为根的分布) 已知函数f(x)?x3?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)?3x2?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?(3t2?1)x?2t3. (2)如果有一条切线过点(a,b),则存在t,使b?(3t2?1)a?2t3. 若过点(a,b)可作曲线y?f(x)的三条切线, 则方程 2t3?3at2?a?b?0有三个相异的实数根. 记 g(t)?2t3?3at2?a?b,则g?(t)?6t2?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 (a,??) t g?(t) ? 0 0 ? ? g(t) 极大值a?b 极小值b?f(a) 如果过(a,b)可作曲线y?f(x)三条切线, ?a?b?0,即g(t)?0有三个相异的实数根,则?即 ?a?b?f(a). ?b?f(a)?0.31. 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. 32??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. 2解:⑴f??x??3ax?2bx?3.…………………………………………………………2分 28 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 ⑵令f??x??0,即3x2?3?0.得x??1. x ?2 ??2,?1? + 增 ?1 极大值 ??1,1? ? 减 1 极小值 ?1,2? + 增 2 2 f??x? f?x? ?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?x1??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. 22因为f??x0??3x0?3,所以切线的斜率为3x0?3.………………………………9分 3x0?3x0?m则3x?3=,………………………………………………………………11分 x0?22032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, 32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. 32则g??x??6x?12x.令g??x??0,则x?0或x?2. 2x ???,0? + 0 ?0,2? ? 2 ?2,??? + g??x? 29 g?x? 则增 ,即极大值 减 极小值 增 ??g?0??0???g?2??2?6?m?0???2?m?0,解得?6?m?2. 32. (2011省模,利用⑴的结论,转化成根的分布分题) a?lnx?1,g(x)?(lnx?1)ex?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。 33. 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; (II)若g(x)?t2??t?1在x?[?1,1]上恒成立,求t的取值范围; (Ⅲ)讨论关于x的方程 lnx?x2?2ex?m的根的个数. f(x) 30 解:(I)f(x)?x,?g(x)??x?sinx,?g(x)在[?1,1]上单调递减,?g'(x)???cosx?0 ????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?t2??t?1, ,恒成立,令h(?)?(t?1)??t2?sin1?1?0(???1),?(t?1)??t2?sin?1?0(其中???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?0lnxlnx??x2?2ex?m. (Ⅲ)由 f(x)xlnx1?lnx,f2(x)?x2?2ex?m,?f1'(x)?, 令f1(x)?2xx当x?(0,e)时,f1'(x)?0,?f1(x)在?0,e?上为增函数; 当x??e,???时,f1'(x)?0,?f1(x)在?e,???为减函数; 1 当x?e时,[f1(x)]max?f1(e)?,e1122而f2(x)?(x?e)2?m?e2,?当m?e?,即m?e?时,方程无解; ee1122当m?e?,即m?e?时,方程有一个根; ee1122当m?e?时,m?e?时,方程有两个根. ee[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; 1(2)若x??1,求证:1?≤ln(x?1)≤x. x?1解:(1)函数f (x)的定义域为(-1,+∞),f?(x)?1x?1??, x?1x?1x??0??由f?(x)?0 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 11x1???1,则g?(x)? 令g(x)?ln(x?1)?, x?1(x?1)2(x?1)2x?1∴-1<x<0时,g?(x)?0,x>0时,g?(x)?0,且g?(0)?0 31 1?1≥0 x?111∴ln(x?1)≥1?,∴x>-1时,1?≤ln(x?1)≤x. x?1x?1∴x>-1时,g (x)≥g (0),即ln(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)?12x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a?0.设两曲线2y?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. 23a∵f?(x)?x?2a,g?(x)?,由题意f(x0)?g(x0),f?(x0)?g?(x0). x?122x?2ax?3alnx0?b,00?23a2?即?由x0?2a?得:x0?a,或x0??3a(舍去). 23ax0?x0?2a?,?x0?125a?2a2?3a2lna?a2?3a2lna. 22522令h(t)?t?3tlnt(t?0),则h?(t)?2t(1?3lnt).于是 21当t(1?3lnt)?0,即0?t?e3时,h?(t)?0; 1当t(1?3lnt)?0,即t?e3时,h?(t)?0. 即有b?故h(t)在(0,e3)为增函数,在(e3,+?)为减函数, 233?∞)的最大值为h(e)?e. 于是h(t)在(0,2122⑵设F(x)?f(x)?g(x)?x?2ax?3alnx?b(x?0), 223a(x?a)(x?3a)则F?(x)?x?2a??(x?0). xx?∞)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(0,1311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) 设函数f?x??x?aln?1?x?有两个极值点x1、x2,且x1?x2 2 32 ⑴求a的取值范围,并讨论f?x?的单调性; 1?2ln2. 4a2x2?2x?a解: ⑴f??x??2x??(x??1) 1?x1?x1 令g(x)?2x2?2x?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?01 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; 1?x2?0, 222由g(x2)?2x2?2x2?a?0得a??(2x2+2x2), ⑵由⑴知g(0)?a?0,???f?x2??x22?aln?1?x2??x22?(2x22+2x2)ln?1?x2? 12则h??x??2x?2(2x?1)ln?1?x??2x??2(2x?1)ln?1?x? 设h?x??x?(2x?2x)ln?1?x?(x??), 2211,0)时,h??x??0,?h(x)在[?,0)单调递增; 22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(?)?故f?x2??h(x2)?12121?2ln2 41?2ln2. 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)lnx?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)?. xxa?1a?1,??),减区间为(0,); 当a??1时,增区间为(aa⑵当a<-1时,证明:?x1,x2?(0,1), 33 当?1≤a≤0时,增区间为(0,??); 当a?0时,增区间为(0,⑵当a>0时,f(x)在区间(0,1)上单调递增, a?1a?1),减区间为(,??). aa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). xx∴g(x)在(0,1)上是增函数,当0?x1?x2?1时,g(x1)?g(x2), 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)lnx?ax2?1. ⑴讨论函数f(x)的单调性; ⑵设a??1,如果对任意x1,x2?(0,??),|f(x1)?f(x2)|≥4|x1?x2|,求a的取值范围. a?12ax2?a?1. 解:⑴f(x)的定义域为(0,+∞). f?(x)??2ax?xx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?则当x?(0,??a?1. 2aa?1a?1)时,f'(x)>0;x?(?,??)时,f'(x)<0. 2a2aa?1a?1)单调增加,在(?,??)单调减少. 2a2a⑵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)?4x1?x2 等价于?x1,x2?(0,??),f(x2)?4x2?f(x1)?4x1…… ① a?1?2ax?4 xa?1?2ax?4?0. ①等价于g(x)在(0,+∞)单调减少,即x令g(x)?f(x)?4x,则g'(x)? 34 ?4x?1?4x?1,h(x)?(x?0),并设t?4x?1?1, 设 2x2?12x2?1?8t?8t?1?8y?2???2. 9∴x?,∴≤t?2t?9t??243?3?2t从而a?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)lnx?ax2?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|. a?12ax2?a?1. 解:⑴ f(x)的定义域为(0,+?),f?(x)??2ax?xx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.当x∈(0, 2a?a?1)时, f?(x)>0; 2aa?1,+?)时,f?(x)<0, 2a?a?1a?1)单调增加,在(?,+?)单调减少. 2a2a⑵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)≥4x1?x2等价于f(x1)?f(x2)≥4x1-4x2, 故f(x)在(0, 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1. 2a?12ax?4x?a?1. ?2ax+4=令g(x)=f(x)+4x,则g?(x)?xx1设h(x)?2ax2?4x?a?1,a≤-1,对称轴为x??, a8a(a?1)?16(a?2)(a?1)?结合图象知h(x)≤≤0, 8aa22?4x?4x?1?(2x?1)于是g?(x)≤=≤0. xx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)≥4x1?x2 40. (辽宁,变形构造,二次) 12 x-ax+(a-1)lnx,a?1. 2(1)讨论函数f(x)的单调性; 已知函数f(x)= w.w.w..s.5.u.c.o.m 35 (2)证明:若a?5,则对任意x1,x2?(0,??),x1?x2,有解:(1)f(x)的定义域为(0,??). f(x1)?f(x2)??1. x1?x2a?1x2?ax?a?1(x?1)(x?1?a) f(x)?x?a???xxx(x?1)2'①若a?1?1即a?2,则f(x)?,故f(x)在(0,??)单调增加。 x②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. 12⑵考虑函数 g(x)?f(x)?x?x?ax?(a?1)lnx?x 2a?1a?1则g?(x)?x?(a?1)??2xg?(a?1)?1?(a?1?1)2(另一种处理) xx由于1 f(x1)?f(x2)??1, f(x)?f(x)?x?x?0即,故1212x1?x2f(x1)?f(x2)f(x2)?f(x1)???1. 0?x?x当12时,有x1?x2x2?x1'(另一种处理) a?1x2?(a?1)x?a?1,结合二次函数图象 g?(x)?x?(a?1)??xx4(a?1)?(a?1)2?(a?3)2?62设h(x)?x?(a?1)x?a?1(1?a?5)≥≥>0 44 41. 已知函数f(x)?x?1?alnx(a?0). (1)确定函数y?f(x)的单调性; (2)若对任意x1,x2??0,1?,且x1?x2,都有|f(x1)?f(x2)|?4|范围。 11?|,求实数a的取值x1x2 36 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?clnx(a、b、 22c?R,abc?0), (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?clnx,是否有①同样的性质?证明你的结论. 2c2ax?bx?c解:(I)如果x?0,g(x)为增函数,则g?(x)?2ax?b???0(1)恒成立, xx当x?0时恒成立, 2ax2?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. 3分 (II)(i)k?f?x2??f?x1?x2?x1x2?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”: xx2a(x2?x12)?b?x2?x1??cln2cln2g?x2??g?x1?x1 =x1, (3) 7分 k??2ax0?b?x2?x1x2?x1x2?x1由(ⅰ)中(1)g??x0??2ax0?b??2a(x2?x12)?b?x2?x1? =2ax0?b. c,如果有(ⅰ)的性质,则g??x0??k , (4) x0 37 x2xln2x1x1c,c?0,即:2,(4) --------10分 比较(3)( 4)两式得 ??x2?x1x0x2?x1x1?x2clnx2, t?1, lnt?2, (5) x1t?1t?112(t?1)?2(t?1)(t?1)22t?2??0, 设 s(t)?lnt?,则s?(t)??t?1t(t?1)2t(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. 不妨令t? ∴“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx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) 已知定义在正实数集上的函数f(x)=x+4ax+1,g(x)=6alnx+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). 22 将x0=a代入①整理得b=a-3alna. 22 令s(a)=a-3alna,则s′(a)=2a(1-3lna), 2 2 32a∈(0,)时,s(a)递增,a∈(,+∞)时,s(a)递减,所以s(a)≤s()=e3, 232323即b≤e,b的最大值为e3. 22⑵h(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. a44. 已知函数?(x)?,a为正常数. x?19⑴若f(x)?lnx??(x),且a?,求函数f(x)的单调增区间; 2⑵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)??1,求a的⑶若g(x)?lnx??(x),且对任意的x1,x2??0,2?,x1?x2,都有 x2?x1取值范围. 1ax2?(2?a)x?1?解:⑴f?(x)?? x(x?1)2x(x?1)2 38 911,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 x2ln121?f(x2)?f(x1)lnx2?lnx1x1 ∴f?(x)?, ∴f?(x0)?,又 k???x0x1?x2xx2?x1x2?x1x2?x1xln22x1与不妨设x2?x1 , 要比较k与f?(x0)的大小,即比较的大小, x1?x2x2?x1x2(2?1)x22(x2?x1)x1?又∵x2?x1,∴ 即比较ln与的大小. x2x1x1?x2?1x1∵a?14(x?1)22(x?1)??0, (x?1),则h?(x)??令h(x)?lnx?22x(x?1)x(x?1)x?1∴h(x)在?1,???上位增函数. x2(2?1)x2xxx1?1,∴h(2)?h(1)?0, ∴ln2?又,即k?f?(x0) x2x1x1x1?1x1g(x2)?g(x1)g(x2)?x2??g(x1)?x1???1,∴ ?0 ⑶∵ x2?x1x2?x1由题意得F(x)?g(x)?x在区间?0,2?上是减函数. 1aa?1 ?x, ∴ F?(x)??1? 当1?x?2,F(x)?lnx?x(x?1)2x?1(x?1)21由F?(x)?0?a??(x?1)2?x2?3x??3在x??1,2?恒成立. 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?2x(x?1)x?1(x?1)21由F?(x)?0?a???(x?1)2?x2?x??1在x?(0,1)恒成立 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?. 245. 已知函数f(x)?lnx? 12ax?(a?1)x(a?0). 2(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间; 39 (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:①x0?值相依切线”,请说明理由. 解:(Ⅰ)易知函数f(x)的定义域是(0,??), 1a(x?1)(x?)1a.…………1分 f'(x)??ax?a?1??xx11 ①当??1时,即a??1时, 令f'(x)?0,解得0?x??或x?1; aa1 令f'(x)?0,解得??x?1.……………2分 a11 所以,函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增,在(?,1)上单调递减 aa1 ②当??1时,即a??1时, 显然,函数f(x)在(0,??)上单调递增;……………3分 a11 ③当??1时,即?1?a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1或x??; aa1 令f'(x)?0,解得1?x??.……………4分 a11 所以,函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增,在(1,?)上单调递减 aa综上所述, 11,1)上单调递减; aa⑵当a??1时,函数f(x)在(0,??)上单调递增; 11⑶当?1?a?0时,函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增,在(1,?)上单调递 aa⑴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”. 设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线y?f(x)上的不同两点,且0?x1?x2, 1(lnx2?lnx1)?a(x22?x12)?(a?1)(x2?x1)y?y12?则 kAB?2 x2?x1x2?x1lnx2?lnx11??a(x1?x2)?(a?1)……………7分 x2?x12曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率 x?x2x?xk?f?(x0)?f?(12)??a?12?(a?1),……………8分 x1?x222 40 lnx2?lnx11x?x2?a(x1?x2)?(a?1)??a?12?(a?1). x2?x12x1?x22x2(2?1)x1lnx2?lnx1x2(x2?x1)2??化简可得: ,即ln2=. ……………10分 x2x2?x1x1?x2x1x2?x1?1x1x2(t?1)44 设2?t (t?1),上式化为:lnt?, 即lnt??2??2. ………12 x1t?1t?1t?1依题意得:分 (t?1)2144 令g(t)?lnt?,g'(t)??. ?t(t?1)2t(t?1)2t?1 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 所以在(1,??)内不存在t,使得lnt??2成立. 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)?x2ln(ax)(a?0) . (1)若f'(x)?x2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,x2?(,1),x1?x2?1,求证x1x2?(x1?x2)4 xe2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?xu'(x)??1?0,x?2,x?2时,单调减,x?2单调增, ,xe所以x?2时,u(x)有最大值u(2)?0,2ln2a?1?2,所以0?a?. .2f(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?x2x?x2ln(x1?x2)同理lnx2?1ln(x1?x2). 即lnx1?x1x2(2)当a?1时,g(x)?, 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, e 41 所以(2?x1x2?)ln(x1?x2)?4ln(x1?x2)所以lnx1?lnx2?4ln(x1?x2) ,x2x1, 所以:x1x2?(x1?x2)4. 47. 已知f(x)?xlnx,g(x)??x2?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,??),2f(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lnx?12?成立. xeex解: (1) f'(x)?lnx?1,当x?(当x?(,??),f'(x)?0,0,),f'(x)?0,f(x)单调递减, 1e1ef(x)单调递增.① 0?t?t?2?111,t无解;② 0?t??t?2,即0?t?时,eee11f(x)min?f()??; ee11③ ?t?t?2,即t?时,f(x)在[t,t?2]上单调递增,f(x)min?f(t)?tlnt; ee1?1?, 0?t???ee所以f(x)min??. ?tlnt,t?1?e?3 (2)2xlnx??x2?ax?3,则a?2lnx?x?, x3(x?3)(x?1)设h(x)?2lnx?x?(x?0),则h'(x)?, xx2x?(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,??),2f(x)?g(x)恒成立,所以a?h(x)min?4; x2(3) 问题等价于证明xlnx?x?(x?(0,??)),由⑴可知f(x)?xlnx(x?(0,??))的最小值 ee11x21?x是?,当且仅当x?时取到,设m(x)?x?(x?(0,??)),则m'(x)?x,易得 eeeee112 m(x)max?m(1)??,当且仅当x?1时取到,从而对一切x?(0,??),都有lnx?x?成立. eeex 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; 1,g(x)?f(x)?f?(x). x1x 42 (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对任意x?0成立?若存在,求出x0 的取值x1,∴f(x)?lnx?c(c为常数), x1, x又∵f(1)?0,所以ln1?c?0,即c?0,∴f(x)?lnx;g(x)?lnx?∴g?(x)?x?1x?1?g(x)?0?0,解得x?1, ,令,即 x2x2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. 111(x?1)2(2)g()??lnx?x,设h(x)?g(x)?g()?2lnx?x?,则h?(x)??, xxxx21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(); x1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, x2即对任意x?0有lnx?g(x0)?lnx? ① xg(x)但对上述的x0,取x1?e0时,有lnx1?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. x1证法二 假设存在x0?0,使|g(x)?g(x0)|?对任意x?0成立, x由(1)知,g(x)的最小值是g(1)?1, 1又g(x)?lnx??lnx,而x?1时,lnx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(x)?g(x)|…1?∴,这与假设矛盾. 10x1 43 ∴不存在x0?0,使|g(x)?g(x0)|? 49. 已知函数f(x)?1对任意x?0成立. x1?a?lnxxa?R, (Ⅰ)求f(x)的极值 (Ⅱ)若lnx?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?x1x2 a?lnx'af(x)?0,令得 x?e2xa'a' x?(0,e),f(x)?0,f(x)为增函数,x?(e,??),f(x)?0,f(x)为减函数 a?a∴f(x)有极大值 f(e)?e ……………………4分 lnx?(2)欲使lnx?kx?0<在R上恒成立, 只需?k 在R?上恒成立 xlnx1?lnx设g(x)? (x?0),g'(x)?xx2x?(0,e),g'(x)?0,g(x)为增函数,x?(e,??),g'(x)?0,g(x)为减函数 111∴x?e时,g(e)?是最大值 只需?k,即k?………8分 eee (3)∵e?x1?x2?x1?0由(2)可知g(x)在(0,e)上单调增, ln(x1?x2)lnx1xln(x1?x2)xln(x1?x2)??lnx1,同理2?lnx2 ,那1x1?x2x1x1?x2x1?x2ln(x1?x2)?ln(x1x2),∴ln(x1?x2)?ln(x1x2), 相加得 (x1?x2)x1?x2 得:x1?x2?x1x2 . 解:(1)∵f'(x)?lnx1的图象为曲线C, 函数g(x)?ax?b的图象为直线l. x2(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,x2, 且x1?x2, 求证: (x1?x2)g(x1?x2)?2. lnx?x?3 解:(1)?a?2,b??3?F(x)?x1?lnx1?lnx?x2 F?(x)??1??0?x?1 22xx 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 50. 已知函数f(x)?(2)不妨设x1?x2,要证(x1?x2)g(x1?x2)?2 44 只需证(x1?x2)?a(x1?x2)?b??2 ?1?2??122(x2?x1)12a(x1?x2)?b??a(x2?x12)?b(x2?x1)? 2x1?x22x1?x22(x2?x1)1212 ax2?bx2?(ax1?bx1)? 22x1?x2lnx11lnx21??ax1?b??ax2?b x12x222(x2?x1)x22(x2?x1)x2lnx2?lnx1?ln?(x?x)ln?2(x2?x1) ,即,21x2?x1x1x2?x1x1xH(x)?(x?x)ln?2(x?x1),x?(x1,??) 令1x1xxx1?H(x)?(x?x)ln?2(x?x)?0?H(x)H(x)?ln??1 只需证111, x1x1xxx1x?x1G(x)?ln??1 G?(x)? 令 ?0 G(x)在x?(x1,??)单调递增。 2x1xx G(x)?G(x1)?0,H?(x)?0,H(x)在x?(x1,??)单调递增。 xH(x)?(x?x)ln?2(x?x1)?0 H(x)?H(x1)?0,1x1所以(x1?x2)g(x1?x2)?2 12151. 已知函数f(x)?x?x?ln(x?a),其中常数a?0. 4a⑴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; 1⑶已知0?a?,若x1,x2?(?a,a),x1?x2,且满足f'(x1)?f'(x2)?0,试比较 2f'(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)?lnx,g(x)?127x?mx?(m?0),直线l与函数22f(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。 b?a (III)当0?b?a时,求证:f(a?b)?f(2a)?. 2a1解:(I)Qf'(x)?,?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?127有一解。 y?x?mx???22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)?127x?2x?, 221?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?ln2a2a?g'(x)?x?2,?h(x)?ln(x?1)?x?2(x??1)?h'(x)?, 47 Q0?b?a,??a?b?a?0, 1b?a????0.22a证明,当x?(?1,0)时,ln(1?x)?x,?ln(1?b?ab?a)?. 2a2a?f(a?b)?f(2a)?b?a. 2a 53. 已知函数f?x??xlnx、 (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?11;解f??x??0,得0?x?. ee?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由g??x??0,得 x……5′ k?xkk?x?k,由g??x??0,得0?x? 22?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?b2a??2a???2a??2b??f2?≥2ln1f?f可得f?,即???????≥0.……10′ a?b??a?b???a?b??a?b?2a2a2b2b∴ln?ln≥0,∴alna?blnb??a?b?ln2??a?b?ln?a?b?≥0. a?ba?ba?ba?b即f?a???a?b?ln2≥f?a?b??f?b?.……12′ 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. 2x?1⑴求函数f(x)的解析式; ⑵设g(x)?lnx,求证:g(x)≥f(x)在x?[1,??)上恒成立;(反比例,变形构造) ⑶已知0?a?b,求证: lnb?lna2a?2.(替换构造) b?aa?b2 48 解:⑴将x??1代入切线方程得y??2. b?a??2,化简得b?a??4. 1?1a(x2?1)?(ax?b)?2x2a?2(b?a)2bb?f?(x)?f(?1)?????1 ,22(1?x)4422x?2 .解得a?2,b??2.∴f(x)?2x?12x?2⑵由已知得lnx?2在[1,??)上恒成立 x?1化简(x2?1)lnx?2x?2,即x2lnx?lnx?2x?2?0在[1,??)上恒成立 1设h(x)?x2lnx?lnx?2x?2,h?(x)?2xlnx?x??2. x1∵x?1 ∴2xlnx?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 . b2?2bbln?a?1⑶∵0?a?b,∴,由⑵知有, ba()2?1aalnb?lna2alnb?lna2a?2?整理得∴当时,. 0?a?bb?ab?aa?b2a2?b2∴f(?1)? 55. (替换证明) lnx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?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). )?nn1?lnx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)?ln2m?1. 2melnm?1.当m?e?2m,即?m?e时, 2me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? 49 1f(x)max?f(e)??1.综上所述,f(x)maxee?ln2m?1, 0?m??2m2?e?1 ???1, ?m?ee2??lnm?1, m?e??m1lnx1(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, exelnx111?n即?,当且仅当x?e时等号成立.因此对任意x?(0,??)恒有lnx?.因为?0, xeen1?n1?n11?n1?ne1?n1?ne1?n所以ln,即ln(.因此对任意n?N*,不等式ln(. ?e,??)?)?nnennnnn 56. (2010湖北,利用⑵结论构造) fx)?ax?已知函数(b?(ca?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)≥lnx在[1,??)上恒成立,求a的取值范围;(反比例,作差构造) 111n1????????ln(n?1)?(n?1).(替换构造) ⑶证明:23n2(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 理论证的能力和分类讨论的思想。 ?f(1)?a?b?c?0?b?a?1b. ,则有?,解得?2?x?f(1)?a?b?1?c?l?2aa?1?1?2a, ⑵由⑴知,f(x)?ax?xa?1?1?2a?lnx,x??1,??? 则 g(1)?0,令g(x)?f(x)?lnx?ax?x1?aa(x?1)(x?)a?11ax2?x?(a?1)a g'(x)?a?2???xxx2x211?a?1 ①当 o?a?, 2a1?a 若 1?x?,则g'(x)?0,g(x)是减函数,所以g(x)?g(l)?o a f(x)?lnx,故f(x)?lnx在?1,???上恒不成立。 ⑴f'(x)?a?11?a?1 时, 2a 若f(x)?lnx,故当x?1时,f(x)?lnx。 ?1? 综上所述,所求a的取值范围为?,??? ?2?②a? 50
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