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高考导数压轴题型归类总结

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高考导数压轴题型归类总结(总页)

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导数压轴题型归类总结

目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 (1) 二、交点与根的分布 (23) 三、不等式证明 (31)

(一)作差证明不等式

(二)变形构造函数证明不等式 (三)替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围 (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

⑴sinxx,x(0,),变形即为与原点连线斜率小于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x22

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.

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 (0,3) 33 3(3,1) 31 0 + 极小g(x) 0 ↘ ↗ 0 值 3233时,g(x)有最小值g().

393(2)证明:曲线yf(x)在点P(x1,2x12a)处的切线斜率kf(x1)2x1

g(x) - 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).

x12ax12aax12x1 令y0,得x2,∴x2x1

2x12x12x1ax120,即x2x1. ∵x1a,∴

2x1x1x12ax1xaaa21a 又∵,∴x222x12x122x122x1 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;

2⑵当a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以下分两种情况讨论:

33

①若a>

2,则2a<a2.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 3 2a 2a 2a,a2 a2 a2,x , + 0 — 0 + 极大极小 ↗ ↘ ↗ 值 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.

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:

32a 2a 2a, x ,a2 a2 a2, + 0 — 0 + 极大极小 ↗ ↘ ↗ 值 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.

1223. 已知函数f(x)x2ax,g(x)3alnx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。

44

4. (最值,按区间端点讨论)

a已知函数f(x)=lnx-.

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.

21axa+2=2. xxx∵a>0,∴f ′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.

xa(2)由(1)可知:f ′(x)=2,

x①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,

33 ∴f(x)min=f(1)=-a=,∴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,

3ea∴f(x)min=f(e)=1-=,∴a=-(舍去).

22e③若-e当10,∴f(x)在(-a,e)上为增函数,

3∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=⇒a=-e.

2综上可知:a=-e.

15. (最值直接应用)已知函数f(x)xax2ln(1x),其中aR.

2解:(1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞),且 f ′(x)=55

(Ⅰ)若x2是f(x)的极值点,求a的值; (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.

x(1aax)解:(Ⅰ)f(x),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 f(x1) 0 f(x2) f(x) 11所以,f(x)的单调增区间是(0,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)  ↘ 0 f(x2) 0 f(x1) f(x) 11所以,f(x)的单调增区间是(1,0);单调减区间是(1,1)和(0,).

aa③ 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.

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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,).

6. (2010北京理数18)

x2已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x(k≥0).

2(Ⅰ)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (Ⅱ)求f(x)的单调区间.

112x 解:(I)当k2时,f(x)ln(1x)x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 即3x2y2ln230

x(kxk1)f'(x)(II),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 ,)上,f'(x)0;在区间(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当k1时,f'(x) 故f(x)得单调递增区间是(1,).

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

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7. (2010山东文21,单调性)

1af(x)lnxax1(aR) 已知函数

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,), 2xxx2 令 g(x)axx1a,x(0,),

8. (是一道设计巧妙的好题,同时用到e底指、对数,需要构造函数,证存在且

唯一时结合零点存在性定理不好想,⑴⑵联系紧密) 已知函数f(x)lnx,g(x)ex.

x1⑴若函数φ (x) = f (x)-,求函数φ (x)的单调区间;

x1⑵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112x2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) ,∴f(x0)∴ 切线l的方程为ylnx01x1, x011(xx0), 即yxlnx01, ① x0x0设直线l与曲线yg(x)相切于点(x1,ex1),

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11,∴x1lnx0,∴g(x1)elnx0. x0x0lnx01111, ② ∴直线l也为yxlnx0, 即yxx0x0x0x0x0lnx01x1,∴lnx00. 由①②得 lnx01x01x0x0∵g(x)ex,∴ex1 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.

2a12ax2(2a)x1(ax1)(2x1)2a2解:⑴f(x). 22xxxx111111(,)(0,)(a2当时,,增区间为,减区间为,,). 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3a1323813ma(3,2)4∵,∴,∴≤.

33a9399

10. (最值应用)

已知二次函数g(x)对xR都满足g(x1)g(1x)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;

x[1,m],恒有(Ⅲ)设1me,H(x)f(x)(m1)x,求证:对于x1,2|H(x1)H(x2)|1.

解:(Ⅰ)设gxax2bxc,于是

a1,2 gx1g1x2ax12c2x12,所以c1.22gx1x21x1. …………3分 又g11,则b1.所以2221912(Ⅱ)f(x)gx2mlnx82xmlnx(mR,x0).

当m>0时,由对数函数性质,f(x)的值域为R;…………4分

x2当m=0时,f(x)0对x0,f(x)0恒成立; …………5分

2m当m<0时,由f(x)x0xm,列表:

xx f(x) (0,m) m (m,) - 减 0 极小 + 增 f(x) 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]0,.…………9分 (Ⅲ)因为对x[1,m],H(x)减.

12

1113|H(x1)H(x2)|1m2mlnm1mlnm0.

2222m13记h(m)mlnm(1me),则h'(m)11323112m2m2m322m13所以函数h(m)mlnm在1,e]是单调增函数,

22m2于是|H(x1)H(x2)|H(1)H(m)mmlnm.(x1)(xm)0,所以H(x)在[1,m]内单调递x120, 1321010

所以h(m)h(e)1e23e3e10,故命题成立. …………12分 2e2e

23x11. 设x3是函数fxxaxbe,xR的一个极值点. (1)求a与b的关系式(用a表示b),并求fx的单调区间;

2(2)设a0,gxa25xe,若存在1,20,4,使得f1g21 成立,4求a的取值范围.

23x解:(1)∵fxxaxbe

23xxa2xbae∴f'x2xae3xx2axbe3x1 由题意'2得:f30,即33a2ba0,b2a3

'23x'3x∴fxxax2a3e且fxx3xa1e '令f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

∴x1x2,即a4

故a与b的关系式为b2a3,a4.

'当a4时,x2a13,由fx0得单增区间为:3,a1; '由fx0得单减区间为:,3和a1,;

'当a4时,x2a13,由fx0得单增区间为:a1,3;

'由fx0得单减区间为:,a1和3,;

(2)由(1)知:当a0时,x2a10,fx在0,3上单调递增,在3,4上单调递减,f(x)minminf(0),f(4)(2a3)e3,fxmaxf3a6, ∴fx在0,4上的值域为[(2a3)e3,a6].

225xgx易知ae在0,4上是增函数,

42252254gx0,4∴在上的值域为a,ae.

44251由于a2a6a0,

42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21111

3a所以,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

6∴当x4时,函数f(x)有极大值,f(x)极大=4,

e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 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]]

1212

13. (2010山东,两边分求,最小值与最大值)

1a1(aR). 已知函数f(x)lnxaxx1⑴当a≤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.

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) 2xxxx2令h(x)ax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当a0时,由f(x)0,即ax2x1a0,解得x11,x21.

a1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.

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

111(a214)e4-(2a13)e4<1(a1)2e41(a1)24.12a12.

eee1313

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

4x1(0,2),

1f(x)≥f(1)有, 121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;

2当b1,2时,g(x)ming(1)4b0也与(※)矛盾;

117当b2时,g(x)ming(2)84b,b.

2817综上,实数b的取值范围是[,).

81a14. 设函数f(x)lnxax1.

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;

251(0,e],x2[0,(Ⅲ)当a时,设函数g(x)x22bx,若对于x13121]

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)

11a解:函数f(x)的定义域为(0,),f(x)a2

xx(Ⅰ)设点P(x0,y0)(x00),当a1时,f(x)lnxx1,则

1lnx0x011y0lnx0x01,f(x)1,∴f(x0)1

x0x0x1e2) 解得x0e2,故点P 的坐标为(e2,ax2axa1(x1)(ax1a)(Ⅱ)f(x)22xx11a∵0a ∴ 10

2aa(x1)(xx21a)a

1414

1a1a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

333x2e2函数,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)2∵f(e)f(1),又e31,∴(e1)2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]上的最小值不若对于x1大于

2f(x)在(0,e]上的最小值(*)

355又g(x)x2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

123盾

5②当0b1时,[g(x)]ming(b)b2,

12152由b2及0b1得,b1

2123③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[, )215. (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;

1⑵若存在x,e(e是常数,e=)使不等式2f(x)g(x)成立,求实数a的取

e值范围;

12⑶证明对一切x(0,),都有lnxx成立.

eex∴当0x1,或x1515

解:⑴,

11 0tee

1tInt te所以fxmin⑵由题意知

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,311h()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

1fxxInxx0,的最小值是-e1当且仅当x取到,

ex21x设xxx0,,则xx,eee1616

1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)

qp设函数f(x)px2lnx,且f(e)qe2,其中e是自然对数的底数.

xe⑴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;

2eg(x)⑶设,若在1,e上至少存在一点x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求实数px的取值范围.

qp1解:(1)由题意得f(e)pe2lneqe2(pq)(e)0

eee1而e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'h(x)px2xp, .令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

1x(0,),只要h(0)0,即p0时,h(x)0在(0,)恒成立,故p<0适

p合题意.

综上所述,p的取值范围为p1或p0.

2e(3)∵g(x)在1,e上是减函数,

x1717

∴xe时,g(x)min2;x1时,g(x)max2e,即g(x)2,2e,

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;

1②当0<p<1时,由x1,ex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,故只需f(x)max>g(x)min,x1,e,而

11f(x)maxf(e)p(e)2lne,g(x)min2, 即 p(e)2lne>2,解得p>

ee4e , 2e14e). 综上,p的取值范围是(2,e1

17. (2011湖南文,第2问难,单调性与极值,好题)

1设函数f(x)xalnx(aR).x

⑴讨论函数f(x)的单调性;

⑵若f(x)有两个极值点x1,x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k,问:是否存在a,使得k2a若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.

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4③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.

x1x2f(x)f(x)(xx)a(lnx1lnx2), 因为1212x1x21818

f(x1)f(x2)lnx1lnx211a

x1x2x1x2x1x2lnx1lnx2 又由⑴知,x1x21,于是k2ax1x2lnx1lnx21.即lnx1lnx2x1x2. a若存在,使得k2a.则

x1x21x2lnx20(x21)(*) 亦即2x21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所以k

18. (构造函数,好,较难)

1已知函数f(x)lnxax2(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,

xx如果曲线C上存在点M(x0,y0),使得:①x012;②曲线C在点M处的切线

2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)是否存在中值相依切线,请说明理由.

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:

1919

⑴当a0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增

1⑵当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增

a⑶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,

11则y1lnx1ax12(a1)x1,y2lnx2ax22(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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),

x1x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1). 依题意得:

x2x12x1x22x2(21)lnx2lnx1x2(x2x1)2x1化简可得 , 即ln2=. x2x1x2x1x1x2x2x11x1x2(t1)4 设2t (t1),上式化为:lnt, 2x1t1t11444(t1)2,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)

2已知a0,函数fxlnxax,x0.(fx的图象连续) ⑴求fx的单调区间;

2020

⑵若存在属于区间1,3的,,且≥1,使ff,证明:ln3ln2ln2≤a≤. 5311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 fx fx 2a0,2a 2a 2a0 2a2a,  单调递增  单调递减 极大值 2a2a,0,fx所以的单调增区间是2a. 2a,单调减区间是

2a⑵由ff及fx的单调性知.从而fx在区间,上的最

2a小值为f.

又由1,,1,3,则123.

f2ff1,ln24aa, 所以即f2ff3,ln24aln39a.ln3ln2ln2a所以. 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

⑴若x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;

1⑶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.

22ax2(2a2)x解:⑴f(x),

ax12121

11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.

1⑵因为f(x)的定义域是(, ),

aa222ax(x)2ax2(2a2)x2a. f(x)ax1ax1①当a2时,列表 1a22a22(, 0) (0, x ) (, ) a2a2af(x) + - + f(x) 增 减 增 1a22a22f(x)在(, 0),()是减函数. , )是增函数;f(x)在(0, a2a2a22x22≥0,f(x)在(②当a2时,f(x), )是增函数.

22x1③当0a2时,列表 因为x

x f(x) f(x) + 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;

1a22a22(, ) (, 0) a2a2a+ - 增 减 (0, ) 2222

1在x[1,2]上恒成立,求a的取值范围. e21x1x1x2f(x)e(axa1)e(2ax)e(ax22axa1), 解:⑴∵

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.

112x1或x1, ③当a0时,由ax2axa10,得

aa11x1, 由ax22axa10,得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.

5a15a111f(x)minf(2).由得a.

52e22e2e25a11a0时,f(2) ②当222e2e11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,y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直,且f(-1)=0,求函数f(x)在区间[0,3]上的最小值;

⑵若f(x)在区间[0,m]上单调,求b的取值范围.

132xb,依题意令f(1)= ,f(1)=0,解得b=4,c=5. 解:⑴f(x)x2712x2932 f(x)2x40得xx2x22333222,3) 3 x0(0,)(222y′ + 0 - y ln2+5 极大 8+ln5 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)2323

⑵若f(x)在区间[0,m]上单调,有两种可能

112xb≥0得b≥2x- ①令f(x),在[0,m]上恒成立 x2x211 而y=2x-在[0,m]上单调递增,最大值为2m-,∴b≥2m-

x2m21. m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

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; ⑴若F(x)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) 2x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aa11aF(e)e时,F(x)取得极大值 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)令H(x)lnxk,则H(x) 由H(x)0得xe 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k0k 故只需恒成立,ee2424

又当k

22时,只有一点x = e使得G(x)H(x)0不影响其单调性k.

ee二、交点与根的分布

24. (2008四川22,交点个数与根的分布)

已知x3是函数f(x)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. 解:⑴f(x)aln(1x)x210x,f'(x)x3是函数

a2x10 1xf(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,)

162x28x62(x1)(x3)f'(x)2x10

1xx1x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,) (1,3) 3 (1,1) 1 x f'(x)  0   0 极大极小f(x) 增 减 增 值 值 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y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;

'2(3)若a1,gxfx3xlnx,试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x)相切?请说明理由.

2525

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/∴y05g(x0)(x02),即2x0lnx05(2)(x02)

x02122/lnx20∴,令h(x)=lnx2∴h(x)=2=0,∴x2 0x0xxx,∴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∴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;

2626

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,h(t)3t4, 综上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。 (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)

32x. 2 ⑴求f(x)在[0,1]上的极值;

11⑵若对任意x[,],不等式|alnx|ln[f(x)3x]0成立,求实数a的取值

63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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

已知函数f(x)ln(23x)2727

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3x311ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立, 依题意知

6323x3(23x)3x32g(x)0,

3xx(23x)(23x)23126xh(x)(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 (0)ln2b07727()ln(27)b0 6631(1)ln5b021727ln5bln(27).

263

2828

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

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]. 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.

29. (2009天津文,利用根的分布讨论)

1322设函数fxxxm1xxR,其中m0

3⑴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.

13xx2,f/(x)x22x,故f'(1)1 3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:

(,1m) 1m (1m,1m) 1m (1m,) x 解:⑴当m1时,f(x)f'(x) f(x)

+ ↓

0

极小值

- ↑

0 极大值

+ ↓

2929

f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数,在(1m,1m)内增函数。

2312函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m),且f(1m)=mm

332312f(x)f(1m)f(1m)mm x1m函数在处取得极小值,且=

331212⑶由题设f(x)x(xxm1)x(xx1)(xx2)

33122所以方程xxm1=0由两个相异的实根x1,x2,故x1x23,且

34111(m21)0,解得m(舍),m

3223因为x1x2,所以2x2x1x23,故x21(难点)

21若x11x2,则f(1)(1x1)(1x2)0,而f(x1)0,不合题意;

3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]3的最小值为0,于是对任意的x[x1,x2],f(x)f(1)恒成立的充要条件是

13313f(1)m20,解得,综上,m的取值范围是(,) m33323

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.

g(t)2t33at2ab,则g(t)6t26at6t(ta). 记

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   3030

极小值极大值 bf(a) ab 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.g(t) 31. 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.

解:⑴fx3ax22bx3.…………………………………………………………2分

a1f12,ab32,根据题意,得即解得……………………3分

b03a2b30,f10,所以fxx33x.………………………………………………………………4分 ⑵令fx0,即3x230.得x1.

x 2 2,1 + 增 1 1,1  减 1 极小值 1,2 + 增 2 2 fx fx 2 极大值 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.

3131

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3x0. 则y0x0223.………………………………9分 因为fx03x03,所以切线的斜率为3x03x03x0m则3x3=,………………………………………………………………11

x0220分

326x06m0. 即2x0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.

x ,0 + 增 0 极大值 0,2  减 2 极小值 2, + 增 gx gx 则 ,即6m0,解得6m2. g002m0g2232. (2011省模,利用⑴的结论,转化成根的分布分题)

ax已知aR,函数f(x)lnx1,g(x)(lnx1)ex,(其中e2.718)

x(I)求函数f(x)在区间0,e上的最小值;

(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。

3232

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;

lnxx22exm的根的个数. (Ⅲ)讨论关于x的方程

f(x)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, (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0lnxlnxx22exm. (Ⅲ)由

f(x)x3333

lnx1lnx,f2(x)x22exm,f1'(x), xx2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

令f1(x)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; (2)若x1,求证:11≤ln(x1)≤x. x1x1x11x1解:(1)函数f (x)的定义域为(-1,+∞),f(x),

x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), 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

令g(x)ln(x1)∴x>-1时,g (x)≥g (0),即ln(x1)∴ln(x1)≥111≥0 x111,∴x>-1时,1≤ln(x1)≤x. x1x1

35. (2007湖北20,转换变量,作差构造函数,较容易)

3434

12x2ax,g(x)3a2lnxb,其中2a0.设两曲线yf(x),yg(x)有公共点,且在该点处的切线相同. ⑴用a表示b,并求b的最大值; ⑵求证:当x0时,f(x)≥g(x).

解:⑴设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0,y0)处的切线相同.

已知定义在正实数集上的函数f(x)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

21t(13lnt)0当,即0te3时,h(t)0;

1t(13lnt)0当,即te3时,h(t)0.

即有b故h(t)在(0,e)为增函数,在(e,+)为减函数,

32∞)的最大值为h(e)e3. 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,故当x0时,有f(x)g(x)≥0,即当x0时,f(x)≥g(x).

131313

36. (2009全国II理21,字母替换,构造函数)

2设函数fxxaln1x有两个极值点x1、x2,且x1x2 ⑴求a的取值范围,并讨论fx的单调性;

12ln2 ⑵证明:fx243535

a2x22xa解: ⑴fx2x(x1)

1x1x 1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010a 其充要条件为,得

g(1)a02当x(1,x1)时,fx0,f(x)在(1,x1)内为增函数;

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;

1⑵由⑴知g(0)a0,x20,

222由g(x2)2x22x2a0得a(2x2+2x2),

fx2x22aln1x2x22(2x22+2x2)ln1x2

122设hxx(2x2x)ln1x(x),

2则hx2x2(2x1)ln1x2x2(2x1)ln1x 11当x(,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。

1112ln2 所以,当x(,0)时,hxh()22412ln2故fx2h(x2). 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(0,)f(x)a解:⑴函数的定义域为,.

xxa1a1,),减区间为(0,); 当a1时,增区间为(aa当1≤a≤0时,增区间为(0,);

⑵当a<-1时,证明:x1,x2(0,1),

3636

a1a1),减区间为(,). aa⑵当a>0时,f(x)在区间(0,1)上单调递增,

不妨设0x1x21,则x1x20,f(x1)f(x2)0, |f(x1)f(x2)|1等价于f(x1)f(x2)x1x2,即f(x1)x1f(x2)x2. ∴

|x1x2|(a1)ax(a1)(1x)1构造g(x)f(x)x,则g(x)>0(0x1). 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)|1. |f(x)f(x)||xx|∴1212,即|x1x2|当a0时,增区间为(0,

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;

a1当-1<a<0时,令f'(x)=0,解得x.

2aa1a1)时,f'(x)>0;x(,)时,f'(x)<0. 2a2aa1a1故f(x)在(0,)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 x1,x2(0,),f(x1)f(x2)4x1x2 则当x(0,等价于x1,x2(0,),f(x2)4x2f(x1)4x1…… ①

a12ax4 令g(x)f(x)4x,则g'(x)xa12ax40. ①等价于g(x)在(0,+∞)单调减少,即x3737

4x14x1h(x)(x0),并设t4x11, ,设

2x212x218t8y2t182. 9∴x,∴≤t2t9t24332t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|.

从而a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=a1a1.当x∈(0, )时, f(x)>0; 2a2ax∈(a1,+)时,f(x)<0, 2aa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, 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.

2a12ax4xa12ax+4=令g(x)=f(x)+4x,则g(x). xx12ax设h(x)2ax4xa1,≤-1,对称轴为,

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)

1已知函数f(x)=x2-ax+(a-1)lnx,a1.

2故f(x)在(0, 3838

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)证明:若a5,则对任意x1,x2(0,),x1x2,有

f(x1)f(x2)1.

x1x2解:(1)f(x)的定义域为(0,).

a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)2x(a1)1(a11)2(另一种处理)

xx由于1f(x1)f(x2)1, g(x1)g(x2)0,即f(x1)f(x2)x1x20,故

x1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)xx(a3)264(a1)(a1)22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;

11(2)若对任意x1,x20,1,且x1x2,都有|f(x1)f(x2)|4||,求实数a

x1x2的取值范围。

3939

42. (变形构造)

22已知二次函数fxaxbxc和“伪二次函数”gxaxbxclnx(a、b、c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;

2(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

xx立,

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

4040

(II)(i)k =2ax0b.

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x1fx2fx12a(x2x12)bx2x1由(ⅰ)中(1)gx02ax0bclnc,如果有(ⅰ)的性质,则gx0k , (4) x0x2xln2x1x1c2,(4) --------10c0,即: 比较(3)( 4)两式得,x2x1x0x2x1x1x2分

x2, 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(t1)2t(t1)2t1∴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2 ∴“伪二次函数”gxaxbxclnx不具有(ⅰ)的性质. -------12分

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)=x2+4ax+1,g(x)=6a2lnx+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). 将x0=a代入①整理得b=a2-3a2lna.

令s(a)=a2-3a2lna,则s′(a)=2a(1-3lna),

32a∈(0,)时,s(a)递增,a∈(,+∞)时,s(a)递减,所以s(a)≤s()=e3,

22233即b≤e3,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.

4141

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.

a,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,xxx,x0,2g(x)lnx(x)⑶若,且对任意的12,12,都有x2x144. 已知函数(x)求a的取值范围.

1ax2(2a)x1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

x2ln121x1 ∴f(x), ∴f(x0),又kf(x2)f(x1)lnx2lnx1xxxx012x2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(xx)x又∵x2x1,∴ 即比较ln与21x1的大小.

x1x1x221x114(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)x2x2xx11h()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F(x)1 x, ∴ 1 当1x2,F(x)lnx2x(x1)x1(x1)21由F(x)0a(x1)2x23x3在x1,2恒成立.

xx4242

设m(x)x23x3,x1,2,则m(x)2x∴m(x)在1,2上为增函数,∴am(2)27. 21x130 2x1aaF(x)1 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.

2145. 已知函数f(x)lnxax2(a1)x(a0).

2 (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ)记函数yF(x)的图象为曲线C.设点A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线C上的

xx不同两点.如果在曲线C上存在点M(x0,y0),使得:①x012;②曲线

2C在点M处的切线平行于直线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

a增;……………3分

11 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,

4343

11⑴当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增,在(,1)上单调递

aa减;

⑵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

aa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y2 则 kAB21 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x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1). 依题意得:

x2x12x1x22lnx2lnx12化简可得: ,即

x2x1x1x2x2(21)x2(x2x1)x1ln2=. ……………10分 xx1x2x121x1x2(t1)4 设2t (t1),上式化为:lnt, 即2x1t1t14lnt2. ………12分

t1144(t1)2 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2成立. 所以在(1,)内不存在t,使得lnt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).

4444

(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)x1x2(x1x2)4

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,

,xf(x)1,若x1,x2(,1),x1x21,求证

ex2e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x2x1x2lnxln(xx)lnxln(x1x2). 即同理1122x1x2(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,

ex1x2)ln(x1x2)4ln(x1x2)所以lnx1lnx24ln(x1x2) 所以(2,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1e12成立. exex1e解: (1) f'(x)lnx1,当x(0,),f'(x)0,f(x)单调递减,当x(,),

11f'(x)0,f(x)单调递增.① 0tt2,t无解;② 0tt2,即

ee1110t时,f(x)minf();

eee11③ tt2,即t时,f(x)在[t,t2]上单调递增,f(x)minf(t)tlnt;

ee4545

所以f(x)min11, 0tee. 1tlnt,te3x3(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,

(2)2xlnxx2ax3,则a2lnxx,

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(x(0,)),由⑴可知f(x)xlnx(x(0,))的exe11x21x最小值是,当且仅当x时取到,设m(x)x(x(0,)),则m'(x)x,

eeeee1易得m(x)maxm(1),当且仅当x1时取到,从而对一切x(0,),都有

e12lnxx成立.

eex(3) 问题等价于证明xlnx

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;

1g(x)g()的大小关系; (2)讨论与

x1对任意x0成立?若存在,求出x0x 的取值范围;若不存在,请说明理由.

1f(x)解:(1)∵,∴f(x)lnxc(c为常数),

x1又∵f(1)0,所以ln1c0,即c0,∴f(x)lnx;g(x)lnx,

xx1x1∴g(x)2,令g(x)0,即20,解得x1,

xx当x(0,1)时,g(x)0,g(x)是减函数,故(0,1)是函数g(x)的减区间; 当x(1,)时,g(x)0,g(x)是增函数,故(1,)是函数g(x)的增区间; 所以x1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以g(x)的最小值是g(1)1.

1,g(x)f(x)f(x). x(3)是否存在x00,使得|g(x)g(x0)|4646

111(x1)2(2)g()lnxx,设h(x)g(x)g()2lnxx,则h(x), 2xxxx1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();

x1h(x)h(1)g(x)g(). x1当时,=0,∴

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,

x2lnxg(x)lnxx0即对任意有 ① 0xg(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,

1g(x)lnxlnx,而x1时,lnx的值域为(0,), 又

x∴当x1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. 10x11∴不存在x00,使|g(x)g(x0)|对任意x0成立.

x

1alnx49. 已知函数f(x)aR,

x(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,令f'(x)0得xea 2x x(0,ea),f'(x)0,f(x)为增函数,x(ea,),f'(x)0,f(x)为减函数 ∴f(x)有极大值 f(ea)ea ……………………4分

解:(1)∵f'(x)4747

(2)欲使lnxkx0<在R上恒成立, 只需设g(x)lnxk 在R上恒成立 xlnx1lnx (x0),g'(x)2xx'x(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)lnx2 lnx1,同理2 ,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 .

1lnx的图象为曲线C, 函数g(x)axb的图象为直线l.

2x(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

x2x2 x(0,1),F(x)0,F(x)单调递增,x(1,),F(x)0,F(x)单调递减, F(x)maxF(1)2

(2)不妨设x1x2,要证(x1x2)g(x1x2)2

50. 已知函数f(x)1只需证(x1x2)a(x1x2)b2

2122(x2x1)12a(x2x12)b(x2x1) a(x1x2)b

2x1x22x1x22(x2x1)1212 ax2bx2(ax1bx1) 22x1x2lnx11lnx21ax1bax2b

x12x222(x2x1)x2x22(x2x1)lnx2lnx1(xx)ln2(x2x1) ln,即,21x2x1x1x1x2x1xH(x)(xx)ln2(xx1),x(x1,) 令1x14848

只需证H(x)(xx1)ln 令 G(x)lnxxx2(xx1)0H(x1),H(x)ln11 x1x1xG(x)在x(x1,)单调递

xx1xx11 G(x)0 x1xx2增。

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

1151. 已知函数f(x)x2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。

4949

5050

替换构造不等式证明不等式

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af(ab)f(2a). 0ba (III)当时,求证:

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

52. (第3问用第2问)已知f(x)lnx,g(x)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.

127 (II)由(I)可知g(x)x2x,

221xg'(x)x2,h(x)ln(x1)x2(x1)h'(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ln2a2a5151

Q0ba,aba0, 1ba0.22a证明,当x(1,0)时,ln(1x)x,ln(1f(ab)f(2a)ba. 2ababa). 2a2a

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;解fx0,得0x.

11(Ⅱ)∵gxfxfkxxlnxkxlnkx,定义域是0,k.

1e1e∴fx的单调递增区间是,,单调递减区间是0,. ……3′

ee∴gxlnx1lnkx1lnx……5′ kxkk

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′

由gx0,得xk,由gx0,得0x

54. (替换构造不等式)

axb已知函数f(x)2在点(1,f(1))的切线方程为xy30.

x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)

5252

lnblna2a2.(替换构造)

baab2解:⑴将x1代入切线方程得y2.

baf(1)2,化简得ba4. ∴

11a(x21)(axb)2x2a2(ba)2bbf(x)f(1)1 ,

(1x2)24422x2

解得a2,b2.∴f(x)2 .

x12x2⑵由已知得lnx2在[1,)上恒成立

x12化简(x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2bb⑶∵0ab,∴1,由⑵知有lna,

baa()21alnblna2alnblna2a2 0ab整理得∴当时,222.babaabab

55. (替换证明)

⑶已知0ab,求证:

lnx1. x(1)试判断函数f(x)的单调性;

已知函数f(x)(2)设m0,求f(x)在[m,2m]上的最大值; (3)试证明:对任意nN*,不等式ln(数).

解:(1)函数f(x)的定义域是(0,).由已知f(x)1lnx.令f(x)0,得xe. x21ne1n都成立(其中e是自然对数的底)nn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.

5353

(2)由(1)可知当2me,即m时,f(x)在[m,2m]上单调递增,所以

f(x)maxf(2m)ln2m1. 2mlnm1.当me2m,即me2当me时,f(x)在[m,2m]上单调递减,所以f(x)maxe1me时,f(x)maxf(e)1.综上所述,f(x)max2eeln2m1, 0m2m2e1 1, me2elnm1, mem(3)由(1)知当x(0,)时f(x)maxf(e)1.所以在x(0,)时恒有

lnx1lnx111,即,当且仅当xe时等号成立.因此对任意x(0,)恒xexe11n1n1n11n1ne1n有lnx.因为,即ln(.因此对任0,e,所以ln)ennnennn1ne1n意nN*,不等式ln(. )nnf(x)1e

56. (2010湖北,利用⑵结论构造)

bfx)ax(ca0)已知函数(的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx1.

x⑴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)

1ln(n1)⑶证明:12131nn(n1).(替换构造) 2(n1)解:本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识,同事考察综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类讨论的思想。

f(1)abc0ba1bf'(x)a⑴,解得. 2,则有f(1)ab1cl2axa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)2a11axx(a1)a g'(x)a2xxx2x211a1 ①当 oa,a25454

1a,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。

11a1 ②a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1⑶由⑵知:当a时,有f(x)lnx(x1).

2111令a,有f(x)(x)lnx(x1)

22x11当x1时,(x)lnx.

2xk11k1k111k1(1)(1) 令x,有lnk2kk12kk1k111),k1,2,3....n 即 ln(k1)lnk(2kk1将上述n个不等式依次相加得

11111111nln(n1)(.....)1....ln(n1),整理得.

223n2(n1)23n2(n1)

b57. 已知f(x)ax22a(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线与直线y2x1x平行.

(1)求a,b满足的关系式;

(2)若f(x)2lnx在[1,+)上恒成立,求a的取值范围;

11111nn*

(3)证明:1 (2n1)ln((2n1)(n)∈N) n

2n352n1222n11b解:(Ⅰ)f(x)a2,根据题意f(1)ab2,即ba2.

xa222a, (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)axxa222a2lnx,x1, 令g(x)f(x)2lnxaxx2aa(x1)(x)a22a 则g(1)0,g(x)a2= 2xxx2a1 , ①当0a1时,a 若 1x5555

2a,则g'(x)0,g(x)在[1,)减函数,所以g(x)g(1)0,即af(x)2lnx在[1,)上恒不成立.

2a②a1时,1,当x1时,g'(x)0,g(x)在[1,)增函数,又

ag(1)0,所以f(x)2lnx.

综上所述,所求a的取值范围是[1,).

若1x(Ⅲ)由(Ⅱ)知当a1时,f(x)2lnx在1,上恒成立.取a1得

12lnx x2n12n12n12n1令x, 1,nN*得2ln2n12n12n12n1222n1即1所以(1)2ln2n12n12n1,112n1111ln() 2n122n122n12n1上式中n=1,2,3,…,n,然后n个不等式相加得

1111n 1…ln(2n1)352n122n158. 已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1. (1)求函数f(x)的极值点。

(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围。

ln2ln3ln4lnn(n4)(n1)2(nN,n1). (3)证明:38156n11/k. 解:(1)f(x)的定义域为(1,+∞),f(x)x1当k0时,x1,f/(x)0,则f(x)在(1,+∞)上是增函数。 f(x)在(1,+∞)上无极值点.

1当k0时,令f/(x)0,则x1.

k11f/(x)kk011所以当x(1,1)时,, x111kk1∴f(x)在(1,1)上是增函数,

k11f/(x)kk011当x(1,)时,, x111kk1∴f(x)在(1,)上是减函数。

kx5656

1时,f(x)取得极大值。 k综上可知,当k0时,f(x)无极值点;

1f(x)x1k0当时,有唯一极值点.

k(2)由(1)可知,当k0时,f(2)1k0,f(x)0不成立.故只需考虑k0.

1由(1)知,f(x)maxf(1)lnk,

k1若f(x)0恒成立,只需f(x)maxf(1)lnk0即可,

k化简得:k1,所以k的取值范围是[1,+∞). (3)由(2)知,当k1时理解得:lnxx1,x1. ∴lnn3n31(n1)(n2n1)(n1)(n1)2.

lnnn1(nN,n1) ∴23n1ln2ln3ln4lnn12(345n1)3815n13

1(3n1)(n4)(n1)(n1)(nN,n1)32659. (替换构造)

已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1. ⑴求函数f(x)的单调区间;

⑵若f(x)≤0恒成立,试确定实数k的取值范围;(一次,作差构造)

nlnin(n1)(nN*,n1). ⑶证明:①当x2时,ln(x1)x2;②4i1i11k. 解:⑴函数的定义域为(1,)中,f(x)x1 当k≤0时,f(x)0,则f(x)在(1,)上是增函数.

11 当k0时,f(x)在(1,1)上是增函数,在(1,)上是减函数.

kk⑵由⑴知,当k≤0时,f(x)在(1,)上是增函数.而f(2)1k0,f(x)≤0不成立.

1yf(1)lnk,要使f(x)≤0恒成立,则lnk≤0,解k0当时,由⑴知maxk得k≥1.

⑶①由⑵知当k1时,有f(x)在(1,)上恒成立,且f(x)在(2,)是减函数. 又f(2)0,∴当x2时,f(x)f(2)0,即ln(x1)x2.

lnnn1 ②令x1n2,则lnn2n21,即2lnn(n1)(n1),从而. n12∴x15757

ln2ln3ln4345lnn123n1222n1n(n1)成立. 24

60. (2011浙江理22,替换构造)

已知函数f(x)2aln(1x)x(a0). ⑴求f(x)的单调区间和极值;

⑵求证:4lgelgelgelgelgenn(n1)(nN*).

23n2a1. 解:⑴定义域为1,,f'(x)1x 令f'(x)01x2a1,令f'(x)0x2a1

故f(x)的单调递增区间为1,2a1,f(x)的单调递减区间为2a1,

f(x)的极大值为2aln2a2a1

(1n)n⑵证明:要证4lgelgelgelgelge23n(1n)nnn(1n)nnn(n1)

(1n)nnn(n1), 即证4111lne 即证4111lge(n1)

23n23nlge1111n 即证13ln(n1)(1)

23nn1a 令,由⑴可知f(x)在(0,)上递减,故f(x)f(0)0

21n111*ln(n1)lnn 即ln(1x)x,令x(nN),故ln(1)lnnnnn111 累加得,ln(n1)1

23n1111 ln(1)ln(1)n1(1)ne3

nnnn1111n 故13ln(n1)(1),得证

23nn1111n01121n1 法二:(1)=CnCnCn2Cnn2

nnn2!3!n!n11(1n1)111122233,其余相同证法. 2 n12n 1222212

61. (替换构造)

已知函数f(x)exax1(a0,e为自然对数的底数). ⑴求函数f(x)的最小值;

5858

⑵若f(x)≥0对任意的xR恒成立,求实数a的值;(一次,作差构造)

1n2nn1nnne)()(其中nN*). ⑶在⑵的条件下,证明:()()(nnnne1解:(1)由题意a0,f(x)exa,由f(x)exa0得xlna. 当x(,lna)时, f(x)0;当x(lna,)时,f(x)0. ∴f(x)在(,lna)单调递减,在(lna,)单调递增. 即f(x)在xlna处取得极小值,且为最小值, 其最小值为f(lna)elnaalna1aalna1. (2)f(x)≥0对任意的xR恒成立,即在xR上,f(x)min≥0. 由(1),设g(a)aalna1.,所以g(a)≥0. 由g(a)1lna1lna0得a1. ∴g(a)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,)上单调递减, ∴g(a)在a1处取得极大值g(1)0. 因此g(a)≥0的解为a1,∴a1.

(3)由(2)知,因为a1,所以对任意实数x均有exx1≥0,即1x≤ex.

kkkkkn令x (nN*,k0,1,2,3,…,n1),则01≤en.∴(1)≤(en)nek.

nnn1n2nn1nnn1en1e(n1)(n2)21)()≤ee…ee1 ∴()()…(. 11nnnn1e1ee1

四、不等式恒成立求字母范围

恒成立之最值的直接应用

62. (2011北京理18倒数第3大题,最值的直接应用) 已知函数f(x)(xk)e。 ⑴求f(x)的单调区间;

2xk1⑵若对于任意的x(0,),都有f(x)≤,求k的取值范围.

ex122k解:⑴f(x)(xk)e,令f(x)0,xk,

k当k0时,f(x)与f(x)的情况如下: (k,k) k (k,) (,k) k x f(x) + 0 0 +  f(x) 0 4k2e1 所以,f(x)的单调递增区间是(,k)和(k,):单调递减区间是(k,k), 当k0时,f(x)与f(x)的情况如下: (,k) k (k,k) k (k,) x f(x)  0 + 0  5959

f(x) 0 4k2e1 所以,f(x)的单调递减区间是(,k)和(k,):单调递减区间是(k,k)。

k111⑵当k0时,因为f(k1)ek,所以不会有x(0,),f(x).

ee4k2, 当k0时,由(Ⅰ)知f(x)在(0,)上的最大值是f(k)e114k21,解k0. 所以x(0,),f(x)等价于f(k)ee2e11综上:故当x(0,),f(x)时,k的取值范围是[,0].

e2

63. (2008天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧)

afxxbx0,其中a,bR. 已知函数

x⑴若曲线yfx在点P2,f2处切线方程为y3x1,求函数fx的解析式; ⑵讨论函数fx的单调性;

11⑶若对于任意的a,2,不等式fx10在,1上恒成立,求b的取值范围.

24a解:⑴f(x)12,由导数的几何意义得f(2)3,于是a8.

x由切点P(2,f(2))在直线y3x1上可得2b7,解得b9.

8所以函数f(x)的解析式为f(x)x9.

xa⑵f(x)12.

x当a0时,显然f(x)0(x0),这时f(x)在(,0),(0,)上内是增函数. 当a0时,令f(x)0,解得xa.

当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表: x (,a) a (a,0) (0,a) (a,) a f(x) + 0 - - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗

∴f(x)在(,a),(a,)内是增函数,在(a,0),(0,)内是减函数.

11f(x)[,1]f()与f(1)的较大者,对于任意的⑶由⑵知,在上的最大值为

44111f()10a[,2],不等式f(x)10在[,1]上恒成立,当且仅当4,即

42f(1)106060

394a17ba[,2]b4,对任意的成立.从而得,所以满足条件的b的取值范24b9a7围是(,].

464. (转换变量,作差)

已知函数f(x)(x2a)ex. ⑴若a3,求f(x)的单调区间;

⑵已知x1,x2是f(x)的两个不同的极值点,且|x1x2||x1x2|,若

33f(a)a3a23ab恒成立,求实数b的取值范围。

2解:⑴a3,f(x)(x23)ex,f(x)(x22x3)ex0x3或1

令f(x)0,解得x(,3)(1,)令f(x)0,解得x(3,1), f(x)的增区间为(,3),(1,);减区间为(3,1), ⑵f(x)(x22xa)ex0,即x22xa0

由题意两根为x1,x2,x1x22,x1x2a,又|x1x2||x1x2|2a2 且△44a0,1a2.

323232a3设g(a)3f(a)aa3a3(aa)eaa3a,

2215或a0 g(a)3(a2a1)(ea1)0a2a g(a) (1,0) + 0 0 极大值 (0,51 )251 20 (51 ,2)2+ 2  g(a) 极小值 g(2) 2又g(0)0,g(2)6e28,g(a)max6e8 ,b6e28.

恒成立之分离常数

65. (分离常数)

af(x)lnx1,aR. 已知函数

x(1) 若yf(x)在P(1,y0)处的切线平行于直线yx1,求函数yf(x)的单调区间;

(2) 若a0,且对x(0,2e]时,f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.

6161

7654321 -8-6-4-2-1A24681012-2-3-4-5解: (1) f(x)alnx1,aR.f(x)定义域为(0,),直线yx1的斜率为1, xf'(x)a121x2f'(1)a11f'(x)2 a2,,.所以

x2xx2xx由f'(x)0得x2; 由f'(x)0得0x2

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

alnx10在x(0,2e]恒成立,即ax(lnx1). x设g(x)x(1lnx)xxlnx,x(0,2e]. g'(x)1lnx1lnx,x(0,2e]

当0x1时, g'(x)0,g(x)为增函数 当0x2e时, g'(x)0,g(x)为减函数.

所以当x1时,函数g(x)在x(0,2e]上取到最大值,且g(1)1ln11 所以g(x)1,所以a1

所以实数a的取值范围为(1,). (法二)讨论法

xaf(x)2,f(x)在(0,a)上是减函数,在(a,)上是增函数.

x当a≤2e时,f(x)≥f(a)1lna10,解得a1,∴1a≤2e.

af(x)f(2e)ln(2e)10,解得a2eln2,∴a2e. 当a2e时,

2e综上a1.

6262

66. (2011长春一模,恒成立,分离常数,二阶导数)

x2x已知函数f(x)eax1,(其中aR,e为自然对数的底数).

2(1)当a0时,求曲线yf(x)在(0,f(0))处的切线方程;

(2)当x≥1时,若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. (改x≥0时,f(x)≥0恒成立.a≤1)

x2x解:(1)当a0时,f(x)e1,f'(x)exx,f(0)0,f'(0)1,

2切线方程为yx.

(2)[方法一]

x x 1 ax 1 ≥0 a ≤ex≥1, f (x ) e, 2 2

x x x

(x 1 ) e 1 e 1

设,则, 2 2 g '( x ) g (x ) x x

x2 设(x)(x1)e1,则'(x)x(ex1)0,

21(x)[1,)(x)(1)0, 在上为增函数,≥

2x2x2xx(x1)e1e1[1,) ,在上为增函数, 22g'(x)0g(x)xx233g(x)≥g(1)e,a≤e.

22x2x[方法二]f(x)eax1, f'(x)exxa,

2 设h(x)exxa,h'(x)ex1,

x≥0,h'(x)ex1≥0,h(x)exxa在[1,)上为增函数,

h(x)≥h(1)e1a.

33x2x又f(x)eax1≥0恒成立,f(1)ea≥0,a≤e,

222h(x)≥h(1)e1a0,f'(x)exxa0,

3x2xf(x)eax1在[1,)上为增函数, 此时f(x)≥f(1)ea≥0恒

22成立,

3a≤e.

2(改x≥0时,f(x)≥0恒成立.a≤1)

x6363

解:先证明g(x)在(0,)上是增函数,再由洛比达法则

x2xe1xex,∴g(x)1,∴a≤1.(正常的讨论进行不了,除非2limlim1x0x0x1a2x系数调到二次项上f(x)exx1,分两种情况讨论可得a≤1)

21(x1且x0) 67. (两边取对数的技巧)设函数f(x)(x1)ln(x1) (1)求f(x)的单调区间; (2)求f(x)的取值范围;

(x1)m对任意x(1,0)恒成立,求实数m的取值范围。

ln(x1)1 解:(1) f'(x)(x1)2ln2(x1) ,

当f'(x)0时,即ln(x1)10,1xe11.

当f'(x)0时,即ln(x1)10,0xe11或x0. (3)已知2 故函数f(x)的单调递增区间是(1,e11). 函数f(x)的单调递减区间是(e11,0),(0,).

(2)由f'(x)0时,即ln(x1)10,xe11,

由(1)可知f(x)在(1,e11)上递增, 在(e11,0)递减,所以在区间(-1,0)上,

当xe11时,f(x)取得极大值,即最大值为f(e11)w. 在区间(0,)上,f(x)0.

函数f(x)的取值范围为(,e)(0,).分

11ln2mln(x1) (3)2x1(x1)m0,x(1,0),两边取自然对数得

x11x1

68. (分离常数)

1lnx已知函数f(x) .

x6464

1(Ⅰ)若函数在区间(a,a)其中a >0,上存在极值,求实数a的取值范围;

2k(Ⅱ)如果当x1时,不等式f(x)恒成立,求实数k的取值范围;

x11lnxlnx解:(Ⅰ)因为f(x), x >0,则f(x)2,

xx当0x1时,f(x)0;当x1时,f(x)0.

所以f(x)在(0,1)上单调递增;在(1,)上单调递减, 所以函数f(x)在x1处取得极大值.

1因为函数f(x)在区间(a,a)(其中a0)上存在极值,

2a1,1所以 解得a1. 1a1,22(x1)(1lnx)k(x1)(1lnx), ,即为k, 记g(x)xx1x(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx)xlnx所以g(x) 22xx1令h(x)xlnx,则h(x)1,

xx1, h(x)0,h(x)在1,)上单调递增,

(Ⅱ)不等式f(x)h(x)minh(1)10,从而g(x)0,

故g(x)在1,)上也单调递增, 所以g(x)ming(1)2,所以k2 .

69. (2010湖南,分离常数,构造函数)

已知函数f(x)x2bxc(b,cR), 对任意的xR,恒有f(x)≤f(x). ⑴证明:当x≥0时,f(x)≤(xc)2;

⑵若对满足题设条件的任意b、c,不等式f(c)f(b)≤M(c2b2)恒成立,求M的最小值。

6565

70.(第3问不常见,有特点,由特殊到一般,先猜后证)已知函数

f(x)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解:(1)定义域(1,0)(0,)

11ln(x1)]当x0时,f(x)0单调递减。 (2)f(x)2[xx1当x(1,0),令

111xg(x)ln(x1)g(x)0x1(x1)2x1(x1)2,

111xg(x)ln(x1)g(x)0

x1(x1)2x1(x1)2故g(x)在(-1,0)上是减函数,即g(x)g(0)10,

11f(x)[ln(x1)] 故此时2xx1在(-1,0)和(0,+)上都是减函数

k(3)当x>0时,f(x)恒成立,令x1有k2[1ln2]

x1又k为正整数,∴k的最大值不大于3

k (x0)恒成立 下面证明当k=3时,f(x)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

6666

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

71. (恒成立,分离常数,涉及整数、较难的处理)

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

k (Ⅱ)若f(x)恒成立,求整数k的最大值;(较难的处理)

x1 (Ⅲ)求证:(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n-3.

1x111ln(x1)]2[ln(x1)] 解:(I)f(x)2[xx1xx11x0,x20,0,ln(x1)0,f(x)0.f(x)在(0,)上递减.

x1k(x1)[1ln(x1)]恒成立,即h(x)k恒成立. (II)f(x)x1xx1ln(x1)h(x),记g(x)x1ln(x1)(x0).

xx0,g(x)在(0,)上单调递增, 则g(x)x1又g(2)1ln30,g(3)22ln20.

g(x)0存在唯一实根a,且满足a(2,3),a1ln(a1).

当xa时,g(x)0,h(x)0,当0xa时,g(x)0,h(x)0.

(a1)[1ln(a1)](a1)aa1(3,4) ∴h(x)minh(a)aa故正整数k的最大值是3 .

1ln(x1)3(x0) (Ⅲ)由(Ⅱ)知

xx13x33122 ∴ln(x1)x1x1x3 令xn(n1)(nN*),则ln[1n(n1)]2n(n1)∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

333(2)(2)[2]1213n(n1)1312n3[]

1223n(n1)132n3(1)2n32n3n1n16767

∴(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n-3

72. (分离常数,双参,较难)已知函数f(x)(x36x23xt)ex,tR. (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2b2,求t的值.

(2)若存在实数t0,2,使对任意的x1,m,不等式 f(x)x恒成立.求正整数m的最大值. 解:(1)①f(x)(3x212x3)ex(x36x23xt)ex(x33x29xt3)ex f(x)有3个极值点,x33x29xt30有3个根a,b,c. 令g(x)x33x29xt3,g'(x)3x26x93(x1)(x3) g(x)在(-,-1),(3,+)上递增,(-1,3)上递减.

g(-1)>0g(x)有3个零点8t24.

g(3)0②a,b,c是f(x)的三个极值点

x33x29xt3(x-a)(x-b)(x-c)=x3(abc)x2(abbcac)xabc

abc33abacbc9b1或(舍2t3abca123t8. b(-1,3))b1c123(2)不等式 f(x)x,即(x36x23xt)exx,即txexx36x23x.

转化为存在实数t0,2,使对任意x1,m,不等式txexx36x23x恒成立,

即不等式0xexx36x23x在x1,m上恒成立。 即不等式0exx26x3在x1,m上恒成立。

设(x)exx26x3,则(x)ex2x6。

设r(x)(x)ex2x6,则r(x)ex2,因为1xm,有r(x)0。 故r(x)在区间1,m上是减函数。

又r(1)4e10,r(2)2e20,r(3)e30 故存在x0(2,3),使得r(x0)(x0)0。

当1xx0时,有(x)0,当xx0时,有(x)0。 从而y(x)在区间1,x0上递增,在区间x0,上递减。 又(1)e140,(2)e25>0,(3)e36>0, (4)e45>0,(5)e520,(6)e630.

所以当1x5时,恒有(x)0;当x6时,恒有(x)0; 故使命题成立的正整数m的最大值为5.

73. (2008湖南理22,分离常数,复合的超范围)

x22已知函数f(x)ln(1x).

1x6868

⑴求函数f(x)的单调区间;

1na⑵若不等式(1)≤e对任意的nN*都成立(其中e是自然对数的底数),求an的最大值.(分离常数)

解: ⑴函数f(x)的定义域是(1,),

2ln(1x)x22x2(1x)ln(1x)x22xf(x).

1x(1x)2(1x)2设g(x)2(1x)ln(1x)x22x,则g(x)2ln(1x)2x.

22x2. 令h(x)2ln(1x)2x,则h(x)1x1x当1x0时, h(x)0, h(x)在(-1,0)上为增函数, 当x>0时,h(x)0,h(x)在(0,)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值,而h(0)=0,所以g(x)0(x0), 函数g(x)在(1,)上为减函数.

于是当1x0时,g(x)g(0)0,当x>0时,g(x)g(0)0. 所以,当1x0时,f(x)0,f(x)在(-1,0)上为增函数. 当x>0时,f(x)0,f(x)在(0,)上为减函数.

故函数f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,).

1na1⑵不等式(1)e等价于不等式(na)ln(1)1.

nn111a≤n.1 由11知,ln(1)>0,∴上式变形得

ln(1)nnn111,x0,1,则 设x,则G(x)ln(1x)xn11(1x)ln2(1x)x2G(x)2.

(1x)ln2(1x)x2x(1x)ln2(1x)x2由⑴结论知,ln(1x)0,(f(x)≤f(0)0)即(1x)ln2(1x)x20.

1x所以G(x)0,x0,1,于是G(x)在0,1上为减函数.

11. 故函数G(x)在0,1上的最小值为G(1)ln211. 所以a的最大值为ln274. (变形,分离常数)

已知函数f(x)x2alnx(a为实常数).

(1)若a2,求证:函数f(x)在(1,+∞)上是增函数; (2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值;

(3)若存在x[1,e],使得f(x)(a2)x成立,求实数a的取值范围.

26969

2(x21)x(1,)解:⑴当a2时,f(x)x2lnx,当,f(x)0, x故函数f(x)在(1,)上是增函数.

22x2a⑵f(x)(x0),当x[1,e],2x2a[a2,a2e2].

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) 在[1,e]上是减函数,此时[f(x)]minf(e)ae2.

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令g(x)(x[1,e]),又g(x),

(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,).

75. (分离常数,转换变量,有技巧) 设函数f(x)alnxbx2.

1⑴若函数f(x)在x1处与直线y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m2的取值范围.

a解:(1)①f'(x)2bx。

xa1f'(1)a2b011,解得∵函数f(x)在x1处与直线y相切. 1 f(1)bb2221211x2 ②f(x)lnxx,f'(x)x2xx7070

111当xe时,令f'(x)0得x1;令f'(x)0,得1xe,f(x)在,1eee1上单调递增,在[1,e]上单调递减,f(x)maxf(1).

232f(x)alnxf(x)mxa0,,x1,e (2)当b=0时,若不等式对所有的都232成立,则alnxmx对所有的a0,,x1,e都成立, 232即malnxx,对所有的a[0,],x1,e都成立,

2令h(a)alnxx,则h(a)为一次函数,mh(a)min .

3x1,e2,lnx0,h(a)在a[0,]上单调递增,h(a)minh(0)x, 2mx对所有的x1,e2都成立.

21xe2,e2x1,m(x)mine..

(注:也可令h(x)alnxx,则mh(x)所有的x1,e都成立,分类讨论得

3mh(x)min2ae2对所有的a[0,]都成立,m(2ae2)mine2,请根据过程

2酌情给分)

2恒成立之讨论字母范围

76. (2007全国I,利用均值,不常见) 设函数f(x)exex.

⑴证明:f(x)的导数f(x)≥2;

⑵若对所有x≥0都有f(x)≥ax,求a的取值范围.

解:⑴f(x)的导数f(x)exex.由于exe-x≥2exex2,故f(x)≥2. (当且仅当x0时,等号成立).

⑵令g(x)f(x)ax,则g(x)f(x)aexexa, ①若a≤2,当x0时,g(x)exexa2a≥0,

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

2aa4②若a2,方程g(x)0的正根为x1ln,

2此时,若x(0,x1),则g(x)0,故g(x)在该区间为减函数.

所以,x(0,x1)时,g(x)g(0)0,即f(x)ax,与题设f(x)≥ax相矛盾.

2. 综上,满足条件的a的取值范围是∞,7171

77. 设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值;

(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且

PQF'(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PQx2ex1sinx1x2x1ex1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.

当a2时,'(x)0,又'(x)在0,单调递增,总存在x0(0,),使得在区间0,x0上'(x)0.导致(x)在0,x0递减,而(0)0,当x(0,x0)时,(x)0,这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符,a2不合题意.综上a取值范围是-,2.14分

78. (用到二阶导数,二次)

k2x设函数f(x)exx.

2⑴若k0,求f(x)的最小值;

⑵若当x0时f(x)1,求实数k的取值范围. 解:(1)k0时,f(x)exx,f'(x)ex1.

当x(,0)时,f'(x)0;当x(0,)时,f'(x)0. 所以f(x)在(,0)上单调减小,在(0,)上单调增加 故f(x)的最小值为f(0)1

(2)f'(x)exkx1,f(x)exk

当k1时,f(x)0 (x0),所以f(x)在0,上递增,

而f(0)0,所以f'(x)0 (x0),所以f(x)在0,上递增, 而f(0)1,于是当x0时,f(x)1 . 当k1时,由f(x)0得xlnk

7272

当x(0,lnk)时,f(x)0,所以f(x)在(0,lnk)上递减,

而f(0)0,于是当x(0,lnk)时,f'(x)0,所以f(x)在(0,lnk)上递减, 而f(0)1,所以当x(0,lnk)时,f(x)1. 综上得k的取值范围为(,1].

79. (第3问设计很好,2问是单独的,可以拿掉)已知函数

f(x)b(x1)lnxx1,斜率为1的直线与f(x)相切于(1,0)点. (Ⅰ)求h(x)f(x)xlnx的单调区间;

1(Ⅱ)当实数0a1时,讨论g(x)f(x)(ax)lnxax2的极值点。

2(Ⅲ)证明:(x1)f(x)0.

x1解:(Ⅰ)由题意知:f(x)b(lnx)1

xf(1)2b11,b1………………………………2分 h(x)f(x)xlnxlnxx1

1h(x)1

x11h(x)10解得:0x1; h(x)10解得:x1

xx所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减………………4分

11(Ⅱ)g(x)f(x)(ax)lnxax2=(1a)lnxax2x1

221ax(1)(x1)2ax(1a)(x1)1aaxx1aag/(x)ax1

xxxx1g(x)0得:x11,x21.

a1110 若011,a0即a1,0x1x2

2ax x1 (0,x1) (x1,x2) x2 (x2,) 0 0 - + f/(x) + f(x) 极大值 极小值    1此时g(x)的极小值点为x1,极大值点x1………………………………7分

a11

20 若11,a0即a,x1x21,则g(x)0, g(x)在(0,)上单调递

2a增,无极值点.

1130 若11,a0即0a,x1x21,

2ax x1 (0,x2) x2 (x2,x1) (x1,) 0 0 - + f/(x) + 7373

f(x)  极大值  极小值 11. a 此时g(x)的极大值点为x1,极小值点x综上述: 11当a1时,g(x)的极小值点为x1,极大值点x1; 2a1

当a时,g(x)无极值点;

211当0a时,g(x)的极大值点为x1,极小值点x1.

2a

80. (2011全国I文21,恒成立,一次,提出一部分再处理的技巧)

x2设函数f(x)xe1ax.

1,求f(x)的单调区间; 2⑵若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.

112x解:⑴a时,f(x)x(e1)x,f'(x)ex1xexx(ex1)(x1).

22当x,1时f'(x);当x1,0时,f'(x)0;

⑴若a =

当x0,时,f'(x)0.

故f(x)在,1,0,单调增加,在(-1,0)单调减少. ⑵f(x)x(ex1ax).令g(x)ex1ax,则g(x)exa.

①若a1,则当x0,时,g'(x),g(x)为减函数,而g(0)0, 从而当x≥0时g(x)≥0,即f(x)≥0,符合题意.

②若a,则当x0,lna时,g'(x),g(x)为减函数,而g(0)0, 从而当x0,lna时g(x)<0,即f(x)<0,不合题意. 综合得a的取值范围为,1

7474

81. (2011全国新理21,恒成立,反比例,提出公因式再处理的技巧,本题的创新

之处是将一般的过定点(0,0)变为过定点(1,0),如果第2问范围变为x1则更间单)

alnxbf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. 已知函数

x1x⑴求a、b的值;

lnxk,求k的取值范围。 ⑵如果当x0,且x1时,f(x)x1xx1a(lnx)b, 解:⑴f'(x)x(x1)2x2a11依意意f(1)0,且f(1),即b1,b,解得a1,b1.

222lnxk1(k1)(x21)lnx1)(2lnx). ,所以f(x)(⑵由⑴知f(x)2x1x1xxx1x(k1)(x21)2x(k1)(x21)(x0),则h'(x)设h(x)2lnx.

x2x(注意h(x)恒过点(1,0),由上面求导的表达式发现讨论点0和1)

k(x21)(x1)2① 当k0,由h'(x),(变形难想,法二) 2x当x1时,h'(x)0.而h(1)0,故

1h(x)0; 当x(0,1)时,h(x)0,可得

1x21h(x)>0, 当x(1,+)时,h(x)<0,可得21xlnxklnxk从而当x>0,且x1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.

x1xx1xk法二:h(x)的分子(k1)(x21)2x≤<0,∴h'(x)0.

1k1②当0< k <1,由于当x(1,)时,(k-1)(x2 +1)+2x>0,故h(x)>0,而

1k11h(1)=0,故当x(1,h(x)<0,不合题意. )时,h(x)>0,可得

1k1x2③当k≥1,此时h(x)>0,则x(1,+)时,h(x)递增,h(x)h(1)0,∴

1h(x)<0,不合题意. f(x)21x 综上,k的取值范围为(-,0]

82. (恒成立,讨论,较容易,但说明原理)已知函数f(x)(x1)alnx. (1)求函数f(x)的单调区间和极值;

7575

(2)若f(x)0对x[1,)上恒成立,求实数a的取值范围.

axa(x0). xx当a0时,f'(x)0,在(0,)上增,无极值;当a0时,

xa由f'(x)0,得xa,

xf(x)在(0,a)上减,在(a,)上增,∴f(x)有极小值f(a)(a1)alna,无极大值.

axa (2)f'(x)1xx当a1时,f'(x)0在[1,)上恒成立,则f(x)是单调递增的, 则只需f(x)f(1)0恒成立,所以a1.

当a1时,f(x)在上(1,a)减,在(a,)上单调递增,所以当x(1,a)时, f(x)f(1)0这与f(x)0恒成立矛盾,故不成立.

解:(1)f'(x)1综上:a1.

83. (2010新课程理21,恒成立,讨论,二次,用到结论ex≥1x) 设函数f(x)ex1xax2.

⑴若a0,求f(x)的单调区间;

⑵若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.

解:命题意图:本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题,考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力. ⑴a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.

1⑵①当a≤时,f(x)ex12ax,

2由⑴结论知f(x)ex1x≥f(0)0,则ex≥1x,

1f'(x)x2ax(12a)xa12a0故,从而当,即时,f'(x)0 (x0),

2而f(0)0,于是当x0时,f(x)0,符合题意.

1②a时,由ex1x(x0)可得ex1x(x0).(太难想,法二)

2f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a),

故当x(0,ln(2a))时,f'(x)0,而f(0)0,于是当x(0,ln(2a))时,f(x)0.

1a(,]. 综合得的取值范围为

2法二:设g(x)f(x)ex12ax,则g(x)ex2a, 令g(x)0,得xln(2a)0.

当x[0,ln(2a)],g(x)0,g(x)在此区间上是增函数,∴g(x)≤g(0)0, ∴f(x)在此区间上递增,∴f(ln(2a))≤f(0)0,不合题意.

7676

84. (恒成立,2010全国卷2理数,利用⑴结论,较难的变形讨论)

x设函数fx1e.

x⑴证明:当x>-1时,fx;

x1x⑵设当x0时,fx,求a的取值范围.

ax1解:本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式,考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

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

7777

85. 已知函数f(x)

kx1,且函数fx是1,上的增函数。 x1(1)求k的取值范围;

kx1x1x1(e是自然对数的底),求满足条件(2)若对任意的x0,都有e的最大整数k的值。

k1解析:(1)设f(x),所以gx0,得到k1.所以k的取值范围为2(x1)(1,)………2分

(2)令g(x)ekx1x1,因为fx是1,上的增函数,且e1,所以gx是

k121,上的增函数。…………………………4分

由条件得到g(1)2e2k2ln213(两边取自然对数),猜测最

x1对任意x0恒成立。…………6分 大整数k2,现在证明e2x133ex1x1等价于2lnx1lnx12,………………8分

x1x1313x2设hxlnx1, hxx1x1x12x122x1x1当x0,2时,hx0,当x0,时,hx0, 所以对任意的x0都有hxh2ln312,即e2x1x1x1对任意x0恒

成立,

所以整数k的最大值为2.……………………………………………………14分

86. (2008山东卷21)

1f(x)aln(x1),其中n∈N*,a为常数. 已知函数n(1x)⑴当n=2时,求函数f(x)的极值;

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

12a(1x)2aln(x1), 所以f(x). 当n=2时,f(x)2(1x)(1x)3①当a>0时,由f(x)=0得x11此时f(x)=

22>1,x21<1, aaa(xx1)(xx2).

(1x)3当x∈(1,x1)时,f(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(x1+∞)时,f(x)>0, f(x)单调递增.

7878

②当a≤0时,f(x)<0恒成立,所以f(x)无极值. 综上所述,n=2时,

22a2当a>0时,f(x)在x1处取得极小值,极小值为f(1)(1ln).

aa2a当a≤0时,f(x)无极值.

1ln(x1). ⑵证法一:因为a=1,所以f(x)n(1x)1ln(x1), ①当n为偶数时,令g(x)x1(1x)nn1x2ng(x)则)=1+>0(x≥2).

(x1)n1x1x1(x1)n1所以当x∈[2,+∞]时,g(x)单调递增,

1ln(x1)≥g(2)=0恒成立, 又g(2)=0,因此g(x)x1n(x1) 所以f(x)≤x-1成立.

1②当n为奇数时,要证f(x)≤x-1,由于<0,所以只需证ln(x-1) ≤x-1,

(1x)n1x2 令h(x)=x-1-ln(x-1),则h(x)=1-≥0(x≥2), x1x1 所以,当x∈[2,+∞]时,h(x)x1ln(x1)单调递增,又h(2)=1>0, 所以当x≥2时,恒有h(x)>0,即ln(x-1)<x-1命题成立.

综上所述,结论成立.

1f(x)ln(x1). 证法二:当a=1时,n(1x)1 当x≤2,时,对任意的正整数n,恒有≤1,

(1x)n 故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1. 令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,

1x2, 则h(x)1x1x1 当x≥2时,h(x)≥0,故h(x)在2,上单调递增, 因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,即1+ln(x-1) ≤x-1成立.

1ln(x1)≤x-1. 故当x≥2时,有n(1x) 即f(x)≤x-1.

五、函数与导数性质的综合运用

7979

87. (综合运用)

已知函数f(x)xex(xR)

⑴求函数f(x)的单调区间和极值;

⑵已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称,证明当x1时,f(x)g(x)

⑶如果x1x2,且f(x1)f(x2),证明x1x22

解:本小题主要考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力.

x⑴f(x)(1x)e,令f(x)=0,得x1. 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表 (,1(1,1 x ) ) f(x) + 0 - 极大f(x) 值 1∴f(x)在(,1)内是增函数,在(1,)内是减函数;极大值f(1).

e⑵证明:由题意可知g(x)=f(2-x),∴g(x)=(2-x)ex2.

令F(x)=f(x)-g(x)=xex(x2)ex2,则F'(x)(x1)(e2x21)ex 当x1时,2x-2>0,从而e2x210,

又ex0,所以F(x)0,从而F(x)在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=e1e10,所以x1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).

⑶证明:①若(x11)(x21)0, 由⑴及f(x1)f(x2), 则x1x21,与x1x2矛盾. ②若(x11)(x21)0,由⑴及f(x1)f(x2),得x1x2,与x1x2矛盾. ∴根据①②得(x11)(x21)0,不妨设x11,x21.

由⑵可知,f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2x2),所以f(x2)>f(2x2), 从而f(x1)>f(2x2).因为x21,所以2x21,

又由⑴可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数,所以x1>2x2,即x1x2>2.

88. (2010天津理数21,综合运用) 已知函数f(x)x1(xR). ex1⑴求函数f(x)的单调区间和极值;

⑵已知函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x),证明:当x2时,f(x)g(x); ⑶如果x1x2,且f(x1)f(x2),证明:x1x24.

x12x解:⑴∵f(x)=x1,∴f(x)=x1.

ee(2分)

8080

令f(x)=0,解得x2. x (,2) f(x) + 2 0 (2,) - 1极大值 ↘ e∴f(x)在(,2)内是增函数,在(2,)内是减函数. (3分)

1∴当x2时,f(x)取得极大值f(2)=. (4分)

e3xg(x)f(4x),g(x).⑵证明:3x ex13x令F(x)f(x)g(x)x13x,则

ee32x12x2x(2x)(ee)F(x)=x13x. (6分) x2eee当x2时,2x<0,2x1>3,从而e3e2x1<0,

∴F(x)>0,F(x)在(2,)是增函数. (7分)

11F(x)F(2)0,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明:∵f(x)在(,2)内是增函数,在(2,)内是减函数. ∴当x1x2,且f(x1)f(x2),x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2,由⑵可知f(x2)g(x2), 又g(x2)f(4x2),∴f(x2)f(4x2).

f(x) ↗ ∵f(x1)f(x2),∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12,且f(x)在区间(,2)内为增函数,

∴x14x2,,即x1x24. (12分)

x189. 已知函数f(x)x.

e(1) 求函数f(x)的单调区间和极值;

(2) 若函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x),求证:当x2,f(x)g(x); (3) 若x1x2,且f(x1)f(x2),求证:x1x24.

x12xf(x)f(x)解:⑴∵=x,∴=x. (2分) ee令f(x)=0,解得x2. (,2) (2,) x 2 f(x) + 0 - 1f(x) ↗ 极大值2 ↘ e∴f(x)在(,2)内是增函数,在(2,)内是减函数. (3分)

8181

1. (4分) e23xx13xg(x)f(4x)令F(x)f(x)g(x)4x, ⑵证明:4x,xeee42x2x2x(2x)(ee)∴F(x)=x4x. (6分) x4eee当x2时,2x<0,2x>4,从而e4e2x<0, ∴F(x)>0,F(x)在(2,)是增函数.

11F(x)F(2)220,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明:∵f(x)在(,2)内是增函数,在(2,)内是减函数. ∴当x1x2,且f(x1)f(x2),x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2,由⑵可知f(x2)g(x2),

∴当x2时,f(x)取得极大值f(2)=

又g(x2)f(4x2),∴f(x2)f(4x2). ∵f(x1)f(x2),∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12,且f(x)在区间(,2)内为增函数, ∴x14x2,即x1x24.

90. 已知函数f(x)ln(x1),g(x)ex1, (Ⅰ)若F(x)f(x)px,求F(x)的单调区间;

(Ⅱ)对于任意的x2x10,比较f(x2)f(x1)与g(x2x1)的大小,并说明理由.

解:(Ⅰ)F(x)f(x)pxln(x1)px,F(x)1pxp1,-----px1x11分

①当p0时,F(x)0在(1,)上恒成立,F(x)的递增区间为(1,);------2分

②当p0时,F(x)的递增区间为(1,);--------------3分

11③当p0时,F(x)的递增区间为(1,1),递减区间为(1,);-------pp-4分

(Ⅱ)令G(x)g(x)f(x)ex1ln(x1)(x1),

1exxex1G(x)e,

x1x1xx令H(x)exe1(x1),H(x)ex(x2)0在(1,)上恒成立, 当x0时,H(x)H(0)0成立,G(x)0在x0上恒成立, G(x)在(0,)上单调递增,当x0时,G(x)G(0)0恒成立,

x8282

当x0时,g(x)f(x)0恒成立,

对于任意的x2x10时,g(x2x1)f(x2x1),

x21x1(x2x1)0,x11x11x1ln(x2x11)ln2ln(x21)ln(x11),

x11又x2x11f(x2x1)f(x2)f(x1),即g(x2x1)f(x2)f(x1).

91. (2011辽宁理21,利用2的对称)

已知函数f(x)lnxax2(2a)x. ⑴讨论f(x)的单调性;

⑵设a0,证明:当0x111时,f(x)f(x);(作差) aaa⑶若函数yf(x)的图像与x轴交于A、B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证

明:f(x0)0.

1(2x1)(ax1)f(x)2ax(2a). f(x)的定义域为(0,),解:⑴

xx①若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加.

1a0,则由f(x)0得x, ②若

a11且当x(0,)时,f(x)0,当x时,f(x)0.

aa11所以f(x)在(0,)单调增加,在(,)单调减少.

aa11⑵设函数g(x)f(x)f(x),则

aag(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,aa2a3x2aa2a3x2

g(x)2a.g(x)2a.221ax1ax1ax1ax1ax1a2x210x时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0. 当

a111故当0x时,f(x)f(x).

aaa⑶由⑴可得,当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一个交点,

11故a0,从而f(x)的最大值为f(),且f()0.

aa1不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1x2.

a8383

211由⑵得f(x1)f(x1)f(x1)0.

aaaxx212. 从而x2x1,于是x01a2a由⑴知,f(x0)0.

92. (恒成立,思路不常见)

xa已知函数f(x),其中a为实数.

lnx (1)当a2时,求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程;

(2)是否存在实数a,使得对任意x(0,1)(1,),f(x)x恒成立若不存

在,请说明理由,若存在,求出a的值并加以证明.

xlnxx2x2解:⑴a2时,f(x),f(x),

lnxxln2x11f(2)(x2). ,又f(2)0,所以切线方程为yln2ln2xaxaxxlnx ⑵①当0x1时,lnx0,则lnx2x2lnx令g(x)xxlnx,g(x),

2x11x10 再令h(x)2x2lnx,h(x)xxx当0x1时h(x)0,∴h(x)在(0,1)上递减, ∴当0x1时,h(x)h(1)0,

h(x)0,所以g(x)在(0,1)上递增,g(x)g(1)1,所以a1 ∴g(x)2xxaxaxxlnxag(x) lnx由①知当x1时h(x)0,h(x)在(1,)上递增

h(x)0 当x1时,h(x)h(1)0,g(x)2x所以g(x)在(1,)上递增,∴g(x)g(1)1,∴a1; 由①②得a1.

93. 已知函数g(x)ax22ax1b(a0,b1),在区间2,3上有最大值4,最小

g(x)值1,设f(x).

x(Ⅰ)求a,b的值;

(Ⅱ)不等式f(2x)k2x0在x[1,1]上恒成立,求实数k的范围;

②x1时,lnx0,则

8484

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

|2x1|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

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. x12k2x x21211)2kt,kt22t1 ,令xxx2221∵x[1,1] ∴t[,2] 记(t)t22t1∴(t)min0 ∴k0

2212kxxf(|21|)k(3)0|21|(23k)0 (Ⅲ)方程化为xx|21||21|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)

x∵方程|21|12k(23k)0有三个不同的实数解, 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)

8585

(0)12k0(0)12k0则 或 (1)k0∴k0 (1)k023k012194. 已知函数f(x)(1)[1ln(x1)], 设g(x)x2f(x) (x0)

x(1)是否存在唯一实数a(m,m1),使得g(a)0,若存在,求正整数m的值;

若不存在,说明理由。

(2)当x0时,f(x)n恒成立,求正整数n的最大值。 解:(1)由f(x)则g(x)x1ln(x1),得 g(x)x1ln(x1)(x0), 2xx0,因此g(x)在(0,)内单调递增。……………4分 x1因为g(2)1ln30,g(3)2(1ln2)0,

即g(x)0存在唯一的根a(2,3),于是m2, ……………6分

(2)由f(x)n得,nf(x)且x(0,)恒成立,由第(1)题知存在唯一的实数a(2,3),使得g(a)0,且当0xa时,g(x)0,f(x)0;当xa时,g(x)0,f(x)0,因此当xa时,f(x)取得最小值

(a1)[1ln(a1)] ……………9分 f(a)a由g(a)0,得 a1ln(a1)0, 即 1ln(a1)a, 于是 f(a)a1 又由a(2,3),得f(a)(3,4),从而n3,故正整数n的最大值为3。………12分

95. (第3问难想)已知函数f(x)(ax2x)ex,其中e是自然数的底数,aR。 (1)当a0时,解不等式f(x)0;

(2)若f(x)在[-1,1]上是单调增函数,求a的取值范围;

(3)当a0时,求整数k的所有值,使方程f(x)x2在[k,k+1]上有

解。

⑴因为ex0,所以不等式f(x)0即为ax2x0,

又因为a0,所以不等式可化为x(x)0,

1a⑵f(x)(2ax1)ex(ax2x)ex[ax2(2a1)x1]ex,

1a所以不等式f(x)0的解集为(0,).………………………………………4分

①当a0时,f(x)(x1)ex,f(x)≥0在[1,1]上恒成立,当且仅当x1时

8686

取等号,故a0符合要求;………………………………………………………6分

②当a0时,令g(x)ax2(2a1)x1,因为(2a1)24a4a210, 所以g(x)0有两个不相等的实数根x1,x2,不妨设x1x2, 因此f(x)有极大值又有极小值.

若a0,因为g(1)g(0)a0,所以f(x)在(1,1)内有极值点,

1上不单调.………………………………………………………8故f(x)在1,分

若a0,可知x10x2,

因为g(x)的图象开口向下,要使f(x)在[1,1]上单调,因为g(0)10, 必须满足g(1)≥0,3a2≥0,2即所以≤a0.

3g(1)≥0.a≥0.23⑶当a0时, 方程即为xexx2,由于ex0,所以x0不是方程的解,

22所以原方程等价于ex10,令h(x)ex1,

xx2因为h(x)ex20对于x,00,恒成立,

x所以h(x)在,0和0,内是单调增函数,……………………………13分

综上可知,a的取值范围是[,0].………………………………………10分

又h(1)e30,h(2)e220,h(3)e30,h(2)e20,

2和3,2上, 所以方程f(x)x2有且只有两个实数根,且分别在区间1,13所以整数k的所有值为

3,1.………………………………………………………16分

96. (2011高考,单调性应用,第2问难)

已知a、b是实数,函数f(x)x3ax,g(x)x2bx, f(x)和g(x)是

f(x),g(x)的导函数,若f(x)g(x)0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致.

(1)设a0,若函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致,求实数b的取值范围;

(2)设a0,且ab,若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值.

解:f(x)x3ax,g(x)x2bx,f(x)3x2a,g(x)2xb.

⑴因为函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致,

8787

所以,x[1,),f'(x)g'(x)0,

(3x2+a)(2x+b)0, 即x[1,),a0,3x2a0x[1,),2x+b0,

即x[1,),b2x,b2;实数b的取值范围是[2,)

a 3若b0,则由a0,0(a,b),f(0)g(0)ab0,f(x)和g(x)在区间(a,b)上不是单调性一致,所以b0.

aax(,0),g(x)0;又x(,),f(x)0;x(,0),f(x)0.

33所以要使f(x)g(x)0,只有

111aaa,b,a0,b0,|ab|

333331112取a,b0,f(x)g(x)6x(x),当x(,0)时, f'(x)g'(x)0,

3391因此|ab|max

3当ba时,因为,函数f(x)和g(x)在区间(b,a)上单调性一致,所以,x(b,a),f'(x)g'(x)0,

(3x2+a)(2x+b)0,ba0,x(b,a),2xb0, 即x(b,a),x(b,a),a3x2,

ba3b2,设zab,考虑点(b,a)的可行域,函数y3x2的斜率为1的切线的切点设为(x0,y0)

11111则6x01,x0,y0,zmax();

6121266当ab0时,因为,函数f(x)和g(x)在区间(a, b)上单调性一致,所以,x(a,b),f'(x)g'(x)0,

(3x2+a)(2x+b)0,b0,x(a,b),2xb0, 即x(a,b),x(a,b),a3x2,

11a3a2,a0,(ba)max;

33当a0b时,因为,函数f(x)和g(x)在区间(a, b)上单调性一致,所以,x(a,b),f'(x)g'(x)0,

0,b0,而x=0时,即x(a,b),(2x+b)(3x2+a)(3x2+a)(2x+b)=ab<0,不符

合题意,

当a0b时,由题意: x(a,0),2x(3x2+a)0,x(a,0),3x2+a0,3a2a0, ⑵由f(x)0,x8888

11a0,ba

33,1综上可知,abmax。

3

97. (2010湖南文数,另类区间)

a已知函数f(x)x(a1)lnx15a,其中a<0,且a≠-1.

x(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)设函数

g(x){ef(x),x1(2x33ax36ax4a26a)ex,x1(e是自然数的底数)。是

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

8989

79. (2008辽宁理22,第2问无从下手,思路太难想)

lnxf(x)lnxln(x1). 设函数

1x⑴求f(x)的单调区间和极值;

⑵是否存在实数a,使得关于x的不等式f(x)a的解集为(0,)若存在,求a的取值范围;若不存在,试说明理由.

说明:本小题主要考查函数的导数,单调性,极值,不等式等基础知识,考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力.满分14分.

9090

1lnx11lnx.

x(1x)(1x)2xx1(1x)2∞)时,f(x)0. 1)时,f(x)0,x(1,故当x(0,)单调递减. 1)单调递增,在(1,所以f(x)在(0,∞)的极大值为f(1)ln2,没有极小值. 由此知f(x)在(0,(1x)ln(1x)xlnxln(1x)xln(1x)lnx⑵①当a≤0时,由于f(x)0,

1x1x). 故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0,lnxln2n11nnln1知f(2)ln1②当a0时,由f(x)nn,其中为正1xx122解:⑴f(x)nnn11aa11n2e21) 1nn2e21nlog2(整数,且有lnlnn1).ne1nlog2(e1222222ln2nnln2nln22ln22ln2a4ln2n1. 又n≥2时,12n1(11)nn(n1)n1.且

n12n2n4ln21,且n0≥2, 取整数n0满足nlog(e21),n002anln21aan则f(20)0n0ln1n0a,

12222∞). 即当a0时,关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0,∞),且a的取值综合①②知,存在a,使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0,0. 范围为∞, 80. (第二问较难)

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x4R,使得x1,x2,x3,x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4(其中

2,3,4)依次成等差数列若存在,求所有的b及相应的x4;若i1,i2,i3,i4=1,不存在,说明理由.

解:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知

识,同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识.

2x (Ⅰ)a0时,fxxxbe,

exx2xbexexxx2b3x2b, 2fxxxb2令gxxb3x2b,b38bb180,

22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;

9191

(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.

x2(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x1ab3ab1282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,

,x2ab3ab1228

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)

ax2xxa2ax①若2, 1,则42于是3a2x1x2即

3ab32ab128,

ab1283ab3.

2两边平方得ab19ab1170,

913713,此时ba, 22ax22aab33ab313此时x4=b3a.

242ax1②若(ax1)2(x2a),则x4,

2ab30,于是ab1于是3a2xx21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b30,于是ab19292

ax12a(ab3)3(ab3)113 b3a242综上所述,存在b满足题意, 当b=-a-3时,x4a26,

此时x4113713时,x4a,

22113713时,x4a. ba22 81. 已知函数f(x)alnx,g(x)x2,记F(x)g(x)f(x) (Ⅰ)求F(x)的单调区间;

11(Ⅱ)当a时,若x1,比较:g(x1)与f()的大小;

2xa12(Ⅲ)若F(x)的极值为,问是否存在实数k,使方程g(x)f(1x)k有四

22个不同实数根?若存在,求出实数k的取值范围;若不存在,请说明理由。 解:(Ⅰ)F(x)的定义域为(0,+∞), 又F(x)g(x)f(x)x2alnx

a2x2a F(x)2x, 当a0时,F(x)>0恒成立

xx2a ∴F(x)在(0,+∞)上单调递增; 令F(x)0得x22a2a当a0时,若0x,F(x)0 ∴F(x)在(0,)上单调递减;

222a2a 若x,F(x)0,∴F(x)在(,+∞)上单调递增

22 故a0时,F(x)增区间为(0,);

2a2a,a0时,F(x)增区间为,减区间为(0,)。 ……4分 2212(Ⅱ)令h(x)g(x1)f()(x1)alnx,

x112(x)2(a)a 则220,所以h(x)在[1,+∞) h(x)2(x1)xx1 上单调递增,∴h(x)h(1)0,∴g(x1)f().

x2a (Ⅲ)由(Ⅰ)知F(x)仅当a0时,在x=处取得极值

2ba9393

12aa2a由F()可得=2,方程g(x)f(1x)k为

222tx2k2ln(1x2),令tx2,得k2ln(1t)...

22 由方程有四个不同的根,得方程有两个不同的正根,

12t,t3,得令y1k,y22ln(t1),当直线y1与曲线y2相切时,2t121y2ln4(t3),其在y轴上截距为切点坐标(3,2ln4) ∴切线方程为

2332ln4;当直线y1在y轴上截距k(0,2ln4)时,y1和y2在y轴右侧有

223两个不同交点,所以k的取值范围为(2ln4,0).

2 (注:也可用导数求解)

六、导数应用题

82. 某工厂生产某种儿童玩具,每件玩具的成本为30元,并且每件玩具的加工费为

t元(其中t为常数,且2≤t≤5),设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例,当每件玩具的出厂价为40元时,日销售量为10件.

(1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式;

(2)当每件玩具的日售价为多少元时,该工厂的利润y最大,并求y的最大值. 解:(1)设日销售量为,则=10,∴k=10 e40.则日销售量为, ∴日利润y=(x-30-t)·.∴y=,其中35≤x≤41. (2)y′=,令y′=0得x=31+t.

①当2≤t≤4时,33≤31+t≤35.∴当35≤x≤41时,y′≤0. ∴当x=35时,y取最大值,最大值为10(5-t)e5.

②当4∴当x=t+31时,y取最大值10e9-t.

∴当2≤t≤4时,x=35时,日利润最大值为10(5-t)e5元. 当483. 如图,ABCD是正方形空地,正方形的边长为30m,电源在点P处,点P到边AD、AB的距离分别为9m、3m,某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF,MN:NE=16:9,线段MN必须过点P,满足M、N分别在边AD、AB上,设ANx(m),液晶广告屏幕MNEF的面积为S(m2).

(I)求S关于x的函数关系式,并写出该函数的定义域;

9494

(II)当x取何值时,液晶广告屏幕MNEF的面积S最小?

解:(I)如图,建立直角坐标系,设M(0,t),

303t3x,t 由已知有P(9,3),N(x,0),9x9x93xAM(10x30). 又MN过点D时,x最小值为10,

x99x22222MNANAMx(x9)2

9MN:NE16:9,NEMN169929x22SMNNEMN[x] 2.1616(x9)定义域为[10,30].

918x(x9)29x2(2x18)9x[(x9)381]] (II)S'[2x4316(x9)8(x9)令S'0,得x=0(舍去),x=9+333,

当10x9333时,S'0,S关于x为减函数;

当9333x30时,S'0,S关于x为增函数.

当x9333时,S取得最小值.

答:当AN长为9333(m)时,液晶广告屏幕MNEF的面积S最小

七、导数结合三角函数

84. 已知函数f(x)x,函数g(x)f(x)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;

9595

lnxx22exm的根的个数. f(x)解:(I)f(x)x,g(x)xsinx,

g'(x)cosx0

g(x)在[1,1]上单调递减,

cosx在[-1,1]上恒成立, 1,故的最大值为1.……4分 (II)由题意[g(x)]maxg(1)sin1,

sin1<t2t1,∴(t1)tt2sin11>0(其中≤-1)恒成立. 只需

t102 令h()(t1)ttsin11>0(≤-1),则, 2t1tsin110t10 即2,而t2tsin10恒成立,∴t1.

ttsin10lnxlnxlnxx22exm. ,f2(x)x22exm, (Ⅲ)由令f1(x)f(x)xx1lnxf1'(x),

x2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),而f2(x)(xe)2me2,

e11当me2,即me2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. …………14分

ee1. 已知函数f(x)是奇函数,函数g(x)与f(x)的图象关于直线x1对称,当x2时,g(x)a(x2)(x2)3 (a为常数). (I)求f(x) 的解析式;

(II)已知当x1时,f(x)取得极值,求证:对任意x1,x2(1,1),|f(x1)f(x2)|4恒成立;

(III)若f(x)是[1,)上的单调函数,且当x01,f(x0)1时,有f(f(x0))x0,求证:f(x0)x0.

解:(Ⅰ) 当x0时,必有x0,则2x2,而若点P(x,y)在yf(x)的图象上,

g(x)的图象上,即当x0时, 则P(x,y)关于x1的对称点P1(2x,y)必在

yf(x)g(2x)a[(2x)2][(2x)2]3axx3 由于f(x)是奇函数,则任取x0,有x0,且 f(x)f(x)[a(x)(x)3]axx3

(Ⅲ)讨论关于x的方程

9696

又当x0时,由f(0)f(0) 必有f(0)0

综上,当xR 时f(x)x3ax. ……5分

(Ⅱ)若x1时f(x)取到极值,则必有当x1时f(x)3x2a0,即a3 又由f(x)3x233(x1)(x1)知,当x(1,1)时,f(x)0,f(x)为减函数

当x[1,1]时,f(1)f(x)f(1)(1)33(1)2f(x)f(1)2 当x1,x2(1,1)时 |f(x1)f(x2)||f(1)f(1)|4 . ……9分

(Ⅲ)若f(x)在[1,) 为减函数,则f(x)3x2a0对任意x[1,)皆成立,这样的实数a不存在

若f(x)为增函数,则可令f(x)3x2a0 .由于f(x)在[1,)上为增函数,可令f(x)3x2af(1)3a0,即当a3时,f(x)在[1,)上为增函数 由x01,f(x0)1,f(f(x0))x0

设f(x0)x01,则f[f(x0)]f(x0)x0f(x0)与所设矛盾 若x0f(x0)1则f(x0)f[f(x0)] f(x0)x0与所设矛盾 故必有f(x0)x0

85. 设函数f(x)x(xa)2(xR),其中aR.

(Ⅰ)当a1时,求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (Ⅱ)当a0时,求函数f(x)的极大值和极小值;

0时,若不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的(Ⅲ)当a3, k1,xR恒成立,求k的值。

解:当a1时,f(x)x(x1)2x32x2x,得f(2)2,且 f(x)3x24x1,f(2)5.

2)处的切线方程是y25(x2),整理得 所以,曲线yx(x1)2在点(2,5xy80.

(Ⅱ)解:f(x)x(xa)2x32ax2a2x

af(x)3x24axa2(3xa)(xa).令f(x)0,解得x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: x aaa∞) ∞,,a  a (a,3330  0  f(x)  43aaa处取得极小值f,且fa;

27333函数f(x)在xa处取得极大值f(a),且f(a)0.

因此,函数f(x)在x9797

(2)若a0,当x变化时,f(x)的正负如下表: x ∞,a aaa∞ ,a a, 3330  0  f(x)  因此,函数f(x)在xa处取得极小值f(a),且f(a)0; 43aaa函数f(x)在x处取得极大值f,且fa.

27333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∞,只要kcosx≤k2cos2x(xR),即cos2xcosx≤k2k(xR)①

11设g(x)cosx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)对任意的所以,在区间1,xR恒成立.

1. 已知函数f(x)ln(exa),(a为常数)是实数集R上的奇函数,函数

22g(x)f(x)sinx是区间1,1上的减函数。

(1)求a的值;

(2)若g(x)t2t1在x[1,1]恒成立,求t的取值范围;

lnxx22exm的根的个数。 (3)讨论关于x的方程

f(x)21.解:(1)∵f(x)ln(exa)是实数集R上的奇函数

∴f(0)ln(e0a)0 ∴a0……3分

(2)∵g(x)f(x)sinx是区间[1,1]的减函数 ∴1,[g(x)]maxg(1)sin1

∴只需sin1t2t1 (t1)t2sin110,(1)恒成立 ……5分

令h()(t1)t2sin11,(1) t10则 2t1tsin1109898

t1∴2,而t2tsin10恒成立,∴t1……7分 ttsin10lnx(3)由(1)知f(x)x ∴方程x22exm

xlnx令f1(x),f2(x)x22exm

x1lnx∴f1(x)………8分 2x当x(0,e)时,∴f1(x)0,f1(x)在0,e上是增函数 当xe,时,∴f1(x)0,f1(x)在e,上是减函数

1当xe时,[f1(x)]maxf1(e) ……9分

e而f2(x)(xe)2me2

11∴当me2,即me2时,方程无解; ……10分

ee11当me2,即me2时,方程有一个根; ……11分

ee11当me2,即me2时,方程有两个根; ……12分

ee

这是Word2003的模本损坏了,导致不能正常启动word。删除模本文件,WORD2003就会自动重新创建一个好的模本文件。

即删除c:\\Documents and Settings\\用户名\\Application Data\\Microsoft\\Templates\\文件。

要找到模本文件,需要先在文件夹选项中设置为“显示系统文件夹的内容”、“显示所有文件和文件夹”、取消“隐藏受保护的操作系统文件”前面的勾。

在打开Word文档时,如果程序没有响应,那么很有可能是该Word文档已经损坏。此时,请试试笔者以下所述方法,或许能够挽回你的全部或部分损失。 一、自动恢复尚未保存的修改

Word提供了“自动恢复”功能,可以帮助用户找回程序遇到问题并停止响应时尚未保存的信息。实际上,在你不得不在没有保存工作成果就重新启动电脑和Word后,系统将打开“文档恢复”任务窗格,其中列出了程序停止响应时已恢复的所有文件。

文件名后面是状态指示器,显示在恢复过程中已对文件所做的操作,其中:“原始文件”指基于最后一次手动保存的源文件;“已恢复”是指在恢复过程中已恢复的文件,或在“自动恢复”保存过程中已保存的文件。

“文档恢复”任务窗格可让你打开文件、查看所做的修复以及对已恢复的版本进行比较。然后,你可以保存最佳版本并删除其他版本,或保存所有打开的文件以便以后预览。不过,

9999

“文档恢复”任务窗格是Word XP提供的新功能,在以前的版本中,Word将直接把自动恢复的文件打开并显示出来。 二、手动打开恢复文件

在经过严重故障或类似问题后重新启动Word时,程序自动任何恢复的文件。如果由于某种原因恢复文件没有打开,你可以自行将其打开,操作步骤如下: 1. 在“常用”工具栏上,单击“打开”按钮;

2. 在文件夹列表中,定位并双击存储恢复文件的文件夹。对于Windows 2000/XP操作系统,该位置通常为“C:\\documents and settings\\Application Data\\Microsoft\\Word”文件夹;对于Windows 98/Me操作系统,该位置通常为“C:\\ Windows\\Application Data\\Microsoft\\Word”文件夹;

3. 在“文件类型”框中单击“所有文件”。每个恢复文件名称显示为“‘自动恢复’保存file name”及程序文件扩展名;

4. 单击要恢复的文件名,然后单击“打开”按钮。 三、“打开并修复”文件

Word XP提供了一个恢复受损文档的新方法,操作步骤如下: 1. 在“文件”菜单上,单击“打开”命令;

2. 在“查找范围”列表中,单击包含要打开的文件的驱动器、文件夹或Internet位置; 3. 在文件夹列表中,定位并打开包含文件的文件夹; 4. 选择要恢复的文件;

5. 单击“打开”按钮旁边的箭头,然后单击“打开并修复”。 四、从任意文件中恢复文本

Word提供了一个“从任意文件中恢复文本”的文件转换器,可以用来从任意文件中提取文字。要使用该文件转换器恢复损坏文件中的文本,操作步骤如下: 1. 在“工具”菜单上,单击“选项”命令,再单击“常规”选项卡; 2. 确认选中“打开时确认转换”复选框,单击“确定”按钮; 3. 在“文件”菜单上,单击“打开”命令;

4. 在“文件类型”框中,单击“从任意文件中恢复文本”。如果在“文件类型”框中没有看到“从任意文件中恢复文本”,则需要安装相应的文件转换器。安装方法不做赘述;

100100

5. 像通常一样打开文档。

此时,系统会弹出“转换文件”对话框,请选择的需要的文件格式。当然,如果要从受损Word文档中恢复文字,请选择“纯文本”,单击“确定”按扭。不过,选择了“纯文本”,方式打开文档后,仅能恢复文档中的普通文字,原文档中的图片对象将丢失,页眉页脚等非文本信息变为普通文字。 五、禁止自动宏的运行

如果某个Word文档中包含有错误的自动宏代码,那么当你试图打开该文档时,其中的自动宏由于错误不能正常运行,从而引发不能打开文档的错误。此时,请在“Windows资源管理器”中,按住Shift键,然后再双击该Word文档,则可阻止自动宏的运行,从而能够打开文档。

六、创建新的Normal模板

Word在模板文件中存储默认信息,如果该模板文件被损坏,可能会引发无法打开Word文档的错误。此时,请创建新的Normal模板,操作步骤如下: 1. 关闭Word;

2. 使用Windows“开始”菜单中的“查找”或“搜索”命令找到所有的文件,并重新命名或删除它们。比如,在Windows XP中,请单击“开始”,再单击“搜索”,然后单击“所有文件和文件夹”,在“全部或部分文件名”框中,键入“”,在“在这里寻找”列表框中,单击安装Word的硬盘盘符,单击“搜索”按钮。

查找完毕,右键单击结果列表中的“Normal”或“”,然后单击“重命名”命令,为该文件键入新的名称,例如“”,然后按Enter键; 3. 启动Word

此时,由于Word无法识别重命名后的Normal模板文件,它会自动创建一个新的Normal模板。

98. 已知a是给定的实常数,设函数f(x)(xa)2(xb)e2,bR,

xa是f(x)的一个极大值点.

(Ⅰ)求b的取值范围;

(Ⅱ)设x1,x2,x3是f(x)的3个极值点,问是否存在实数b,可找到x4R,使得

x1,x2,x3,x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4(其中i1,i2,i3,i4=1,2,3,4)依次成等差数列若存

在,求所有的b及相应的x4;若不存在,说明理由.

101101

解析:本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识,同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。

2(Ⅰ)解:f’(x)=ex(x-a) x(3ab)x2baba,

g(x)x2(3ab)x2baba,则=(3-a+b)4(2baba)(ab1)80,22

于是,假设x1,x2是g(x)0的两个实根,且x1x2.

(1) 当x1=a 或x2=a时,则x=a不是f(x)的极值点,此时不合题意。 (2) 当x1a且x2a时,由于x=a是f(x)的极大值点,故x12此时x42x2aab3 (ab1)28aa26 或x42x2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)

于是ab1913 2

102102

ax2a(ab3)3(ab3)113b3a 242综上所述,存在b满足题意, 当b=-a-3时,x4a26

713113ba时,x4a

22713113ba时,x4a

22

此时x4103103

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