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第16讲:高频考点分析之函数探讨


【备战 2013 高考数学专题讲座】 第 16 讲:高频考点分析之函数探讨
1~2 讲,我们对客观性试题解法进行了探讨,3~8 讲,对数学思想方法进行了探讨,9~12 讲对数 学解题方法进行了探讨,从第 13 讲开始我们对高频考点进行探讨。 函数问题是中学数学的重要内容,在高考中占有比较重要的地位。 结合中学数学的知识,高考中函数问题主要有以下几种: 1.函数定义域问题

; 2.函数值和大小比较问题; 3.函数的值域和最值问题; 4.函数的单调性。周期性、奇偶性问题; 5.函数的零点问题; 6.函数图象的交点问题; 7.反函数问题; 8.函数的图形问题; 9.函数的综合问题 结合 2012 年全国各地高考的实例,我们从以上九方面探讨函数问题的求解。

一、函数定义域问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年山东省文 5 分)函数 f(x) ? A [?2,0) (0,2] 【答案】B。 【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。 B (?1, 0)
(0, 2]
1 ? 4 ? x 2 的定义域为【 ln( x ? 1)



C [?2, 2]

D (?1, 2]

?ln ? x+1? ? 0 ?x ? 0 ? ? 【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件,得 ? x+1 > 0 ,解得 ? x > ?1 。 ? ? 2 ? ?2 ? x ? 2 ?4 ? x ? 0
∴函数 f(x) ?
1 ? 4 ? x2 的定义域为 (?1, 0) ln(x ? 1)

(0, 2] 。故选 B。

例 2. (2012 年江西省理 5 分)下列函数中,与函数 y ? A. y ?

3

1 定义域相同的函数为【 x
D. y ?



1 sin x

B. y ?

ln x x

C. y ? xe x

sin x x

【答案】D。 【考点】函数的定义域。 【解析】 求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围。 其求解根据一般有:(1) 分式中,分母不为零;(2)偶次根式中,被开方数非负;(3)对数的真数大于 0: (4)实际问题还需要考虑使题 目本身有意义。由函数 y ? 答案:

3

1 的意义可求得其定义域为 {x | x ? R,x ? 0} ,于是对各选项逐一判断即可得 x

1 的其定义域为 {x | x ? k?,k ? Z } ,故 A 不满足; sin x ln x 对于 B, y ? 的定义域为 {x | x ? R,x > 0} ,故 B 不满足; x
对于 A, y ? 对于 C, y ? xe 的定义域为 {x | x ? R} ,故 C 不满足;
x

对于 D, y ?

sin x 的定义域为 {x | x ? R,x ? 0} ,故 D 满足。 x
sin x 1 定义域相同的函数为: y ? 。故选 D。 3 x x

综上所述,与函数 y ?

例 3. (2012 年四川省文 4 分)函数 f ( x) ? 【答案】 ( - ?, )

1 的定义域是 1? 2x



。 (用区间表示)

1 2

【考点】函数自变量的取值范围,二次根式和分式有意义的条件。 【分析】求函数自变量的取值范围,就是求函数解析式有意义的条件,根据二次根式被开方数必须是非负

1 ? x? ? 1 ? 2 x ? 0 1 ? 1? ? 2 ? x ? ? ??, 数和分式分母不为 0 的条件, 要使 在实数范围内有意义, 必须 ? ?? ? ?。 2? ? 1? 2x ?1 ? 2 x ? 0 ? x ? 1 ? 2 ?
例 4. (2012 年江苏省 5 分)函数 f ( x) ? 1 ? 2 log6 x 的定义域为 ▲ .

【答案】 0, 6 ? ?。 【考点】函数的定义域,二次根式和对数函数有意义的条件,解对数不等式。 【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件,得

?

?x > 0 ?x > 0 ?x > 0 ? ? ? ? ? 0< x ? 6 。 1 ? ? 1 ? 2 ?1 ? 2log 6 x ? 0 ?log 6 x ? ? 2 ?x ? 6 = 6 ?
例 5. (2012 年广东省文 5 分)函数 y ? 【答案】 ??1,0?

x ?1 的定义域为 x





+?? 。 ? 0,

【考点】函数自变量的取值范围,二次根式和分式有意义的条件。 【分析】求函数自变量的取值范围,就是求函数解析式有意义的条件,根据二次根式被开方数必须是非负 数和分式分母不为 0 的条件, 要使

x ?1 ? x ? 1 ? 0 ? x ? ?1 在实数范围内有意义, 必须 ? ?? ? ? ?1,0 ? x ?x ? 0 ?x ? 0

+? ? 。 ? 0,

二、函数值和大小比较问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国大纲卷理 5 分)已知 x=ln ?,y=log 52,z=e A. x < y < z 【答案】D。 【考点】对数、指数的比较大小的运用。 【解析】采用中间值大小比较方法: ∵ x = ln ? > ln e =1 , y =log5 2 < log5 5= , z =e ∴ y < z < x 。故选 D。 B. z < x < y
? 1 2

,则【



C. z < y < x

D. y < z < x

1 2

?

1 2=

1 e

>

1

? 1 1 = , z =e 2 = <1 , 4 2 e

1

?1? 例 2. (2012 年天津市文 5 分) 已知 a ? 2 ,b ? ? ? ? 2?
1.2

?0.2

c 的大小关系为 【 ,c ? 2log5 2 ,则 a,b ,
(D ) b < c < a



(A) c < b < a 【答案】A。

(B) c < a < b

(C) b < a < c

【考点】指数函数、对数函数的性质。

?0.2 ? 20.2 ? 21.2 ,∴ 1 ? b ? a 。 【分析】∵ b ? ( )

1 2

又∵ c ? 2 log5 2 ? log5 2 2 ? log5 4 ? 1,∴ c ? b ? a ,故选 A。 例 3. (2012 年安徽省理 5 分)下列函数中,不满足: f (2 x) ? 2 f ( x) 的是【 】

( A) f ( x) ? x
【答案】 C 。 【考点】求函数值。

( B ) f ( x) ? x ? x

(C ) f ( x) ? x ??

( D ) f ( x) ? ? x

【解析】分别求出各函数的 f (2 x) 值,与 2 f ( x) 比较,即可得出结果:

( A) 对于 f ( x) ? x 有 f (2x)= 2x =2 x =2 f ( x) ,结论成立; ( B ) 对于 f ( x) ? x ? x 有 f (2 x) ? 2 x ? 2 x =2 x ? 2 x =2 ? x ? x ? =2 f ( x) ,结论成立; (C ) 对于 f ( x) ? x ?? 有 f (? x) ? ? x ?? ,? f ( x) ? ? x ? ? ,∴ f (2 x) ? 2 f ( x) ,结论不成立; ( D) 对于 f ( x) ? ? x 有 f (? x) ? ?? x=? f ( x) ,结论成立。
因此,不满足 f (2 x) ? 2 f ( x) 的是 f ( x) ? x ?? ,故选 C 。

例 4. (2012 年安徽省文 5 分) log 2 9 ? log3 4 ? 【



( A)

1 4

( B)

1 2

(C ) ?

( D) ?

【答案】 D 。 【考点】对数的计算。 【解析】 log 2 9 ? log3 4 ?

lg 9 lg 4 2lg 3 2lg 2 ? ? ? ? 4 。故选 D 。 lg 2 lg 3 lg 2 lg 3

? x2 ? 1 x ? 1 ? 例 5. (2012 年江西省文 5 分)设函数 f ( x) ? ? 2 ,则 f ? ( f 3) ? =【 x ?1 ? ?x
A.



1 5

B.3

C.

2 3

D.

13 9

【答案】D。 【考点】分段函数的求值。 【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题,一定要先求内层函数的值,因为内层函数的函数值就是

外层函数的自变量的值。同时,要注意自变量 x 的取值对应着哪一段区间,就使用哪一段解析式。 ∵ 3 ? 1 ,∴ f ? 3? ?

2 2 ?2? 13 。∴ f ( f (3)) ? f ( ) ? ? ? ? 1 ? 。故选 D。 3 3 ?3? 9


2

? x 2 ? 1, x ? 1 例 6. (2012 年江西省理 5 分)若函数 f ( x) ? ? ,则 f ( f (10)) ? 【 ? lg x, x ? 1
A. lg101 【答案】B。 【考点】分段函数的求值。 B. 2 C. 1 D. 0

【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题,一定要先求内层函数的值,因为内层函数的函数值就是 外层函数的自变量的值。同时,要注意自变量 x 的取值对应着哪一段区间,就使用哪一段解析式。 ∵ 10 ? 1 ,∴ f ?10? ? lg10 ? 1 。∴ f ( f (10)) ? f (1) ? 12 ? 1 ? 2 。故选 B。 例 7. (2012 年江西省文 5 分)已知 f ( x) ? sin ( x ?
2

?
4

) 若 a=f(lg5) l( ) , b ? fg
D. a ? b ? 1

1 则【 5



A. a ? b ? 0 【答案】C。

B. a ? b ? 0

C. a ? b ? 1

【考点】二倍角的余弦,诱导公式,对数的运算性质。

? 1 ? cos(2 x ? 2 ) 2 【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂 处理: f ( x) ? sin ( x ? ) ? 。 4 2 ? 1 ? cos(2lg 5 ? ) 2 ? 1 ? sin(2lg 5) , ∴ a ? f (lg 5) ? 2 2
1 1 ? 1 ? sin(2 lg 5) b ? f (lg ) ? sin 2 (lg ? ) ? 。 5 5 4 2
∴ a ? b ? 1 。故选 C。 例 8. (2012 年湖南省文 5 分)设 a>b>1, c ? 0 ,给出下列三个结论: ①
c c ? ;② a c < b c ; ③ logb (a ? c) ? loga (b ? c) , a b

?

其中所有的正确结论的序号是【 A.① 【答案】D。 B.① ② C.② ③

】.

[ 中*国教育@^ 出~版网#]

D.① ②③

【考点】指数函数的图像与性质、对数函数的图像与性质,不等关系。

【解析】由不等式 a>b>1 知

1 1 c c ? ,又 c ? 0 ,∴ ? 。①正确。 a b a b

由指数函数的图像与性质知②正确。 由 a>b>1, c ? 0 知 a ? c ? b ? c ? 1 ? c ? 1 ,由对数函数的图像与性质知③正确。 因此,正确结论的序号是① ②③。故选 D。 1,x>0, ? ? 例 9. (2012 年福建省文 5 分)设 f(x)=?0,x=0, ? ?-1,x<0, A.1 【答案】B。 【考点】求分段函数的值。 【解析】∵π 是无理数,∴g(π)=0,f(g(π))=f(0)=0。故选 B。 例 10. (2012 年福建省文 5 分)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下 结论:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是【 A.①③ 【答案】C。 【考点】函数的零点和单调性。 【解析】对函数求导得:f′(x)=3x2-12x+9, 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=3。 当 x<1 时,函数 f(x)单调递增;当 1<x<3 时,函数 f(x)单调递减;当 x>3 时,函数 f(x)单调递增。 因为 a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0,所以函数 f(x)与 x 轴的交点坐标从左到右依次为 abc。 根据 f(b)=0 得 f(b)=b3-6b2+9b-abc=b[(b-3)2-ac]=0,因为 b≠0,所以(b-3)2-ac=0。 又因为 c>0,且方程有解,故 a>0,所以 a>0,1<b<3,c>3。 画出函数 f(x)的图象,如图所示.显然 f(0)<0,f(1)>0,f(3)<0, 所以 f(0)· f(1)<0,f(0)· f(3)>0。所以②③正确。故选 C。 B.①④ 】 C.②③ D.②④ B.0 C.-1 D.π
? ?1,x为有理数, g(x)=? 则 f(g(π))的值为【 ?0,x为无理数, ?



b, c 例 11. (2012 年重庆市文 5 分) 已知 a ? log 2 3 ? log 2 3 , 则 a, b ? log 2 9 ? log 2 3 ,c ? log 3 2 ,
的大小关系是【 (A) 】 (D) a ? b ? c

a ? b? c (B) a ? b ? c (C) a ? b ? c

【答案】B。 【考点】对数的运算性质和大小比较。

【分析】利用对数的运算性质可求得 a,b,c ,比较它们的大小: ∵ a ? log 2 3 ? log 2 3 ? log 2 3 ?

b ? log 2 9 ? log 2

1 3 log 2 3 ? log 2 3 , 2 2 1 3 3 ? 2 log 2 3 ? log 2 3 ? log 2 3 , 2 2

c ? log 3 2 ?

log 2 2 1 , ? log 2 3 log 2 3 1 ? 1 。∴ a ? b ? c 。故选 B。 log 2 3

∴ a ? b ? 1, 0 ? c ?

例 12. (2012 年北京市文 5 分)已知函数 f ? x ? ? lgx ,若 f ? ab ? ? 1 ,则 f a 2 ? f b 2 【答案】2。 【考点】对数的化简计算。 【解析】∵ f ? x ? ? lgx , f ? ab ? ? 1 , ∴ f a 2 ? f b 2 =lga 2 ? lgb 2 =2lga ? 2lgb=2 ? lga ? lgb ? =2lgab=2 ?1=2 。

? ? ? ?

=





? ? ? ?

? x , ? x ? 0? ? 例 13. (2012 年陕西省文 5 分)设函数 f ? x ? ? ? 1 x ,则 f ? f ? ?4? ? = ? ? ? x, 0 ? ?? ? , ?? 2 ?
【答案】4。 【考点】分段函数求值。 【解析】∵ f (?4) ? ( )



1 2

?4

? 16 ,∴ f ( f (?4)) ? f (16) ? 16 ? 4 。
x x ?1

例 14.(2012 年上海市文 4 分)方程 4 ? 2 【答案】 log2 3 。 【考点】解指数方程。 【解析】根据方程 4 ? 2
x x ?1

? 3 ? 0 的解是



? 3 ? 0 ,化简得 (2 x ) 2 ? 2 ? 2 x ? 3 ? 0 。

2 x 令 2 ? t ? t ? 0? ,则原方程可化为 t ? 2t ? 3 ? 0 ,解得 t ? 3 或 t ? ?1 舍 。

? ?

∴ 2 ? 3, x ? log2 3 。∴原方程的解为 log2 3 。
x

三、函数的值域和最值问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1.(2012 年重庆市理 5 分)设函数 f ( x ) 在 R 上可导,其导函数为 f' ( x ) ,且函数 y ? (1 ? x) f' ( x) 的图 像如题图所示,则下列结论中一定成立的是【 (A)函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) (B)函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) (C)函数 f ( x ) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) (D)函数 f ( x ) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2) 】

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

x
y

(??, ?2)
+ + + ↗

-2 0 + 0 极大值

(?2,1)
- + - ↘

1 0 0 - 非极值

(1, 2)
+ - - ↘

2 0 - 0 极小值

(2, ??)
- - + ↗

1? x

f' ( x ) f ( x)

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



A. x ? 1 为 f ( x ) 的极大值点 C. x ? ?1 为 f ( x ) 的极大值点 【答案】D。

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

【考点】应用导数求函数的极值。 【解析】∵ f ?( x) ? ( x ? 1)e x ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?1 。 ∴当 x < - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe x 为减函数;当 x > - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe x 为增 函数,所以 x ? ?1 为 f ( x ) 的极小值点。 故选 D。 例 3. (2012 年陕西省文 5 分)设函数 f ? x ? ? A. x =

2 + ln x 则【 x
B. x =



1 为 f ? x ? 的极大值点 2

1 为 f ? x ? 的极小值点 2

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

D. x =2 为 f ? x ? 的极小值点

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

∴ x ? 2 为 f ( x ) 的极小值点。 故选 D。

? ?) ,若关于 x 的不等式 例 4. (2012 年江苏省 5 分)已知函数 f ( x) ? x2 ? ax ? b(a, b ? R) 的值域为 [0 , f ( x) ? c 的解集为 (m , m ? 6) ,则实数 c 的值为 ▲ .
【答案】9。 【考点】函数的值域,不等式的解集。

? ?) ,当 x 2 ? ax ? b =0 时有 V? a 2 ? 4b ? 0 ,即 b ? 【解析】由值域为 [0 ,

a2 , 4

a2 ? a? ??x? ? 。 ∴ f ( x) ? x ? ax ? b ? x ? ax ? 4 ? 2?
2 2

2

a? a a a ? ∴ f ( x) ? ? x ? ? ? c 解得 ? c ? x ? ? c , ? c ? ? x ? c ? 。 2? 2 2 2 ?

2

m ? 6) ,∴ ( c ? ) ? (? c ? ) ? 2 c ? 6 ,解得 c ? 9 。 ∵不等式 f ( x) ? c 的解集为 (m ,
例 5. (2012 年广东省理 14 分)设 a<1,集合 A ? x ? R x ? 0 , B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0 ,
2

a 2

a 2

?

?

?

?

D?A

B

(1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 在 D 内的极值点。 【答案】解: (1)设 g ( x) ? 2 x2 ? 3(1 ? a) x ? 6a , 方程 g ( x) ? 0 的判别式 D = 9(1 + a) - 48a = 9(a 2

1 )(a - 3) 3

①当

1 < a < 1 时, D < 0 , 2 x2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 恒成立, 3

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

?

?

∴D? A ②当 0 < a

B ? A ? {x | x ? 0},即集合 D= (0, +
1 时, D 3

)。

0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 4
2

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 。 0 , x2 = 4

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

?

?

? {x | x ?

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

∴ D ? A B ? A ? {x | 0 ? x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? }, 4 4
)。

3a + 3 即集合 D= (0,

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

③当 a ? 0 时, D > 0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

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

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

?

?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? {x | x ? ? 0或x ? }。 4 4

∴D? A

B ? A ? {x | x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 }, 4 )。

即集合 D= (

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

(2)令 f '( x) ? [2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax]' ? 6 x 2 ?6(1 ? a) x ?6 a ? 6( x ? a)( x ?1) ? 0 得

f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 的可能极值点为 a,1 。
①当

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

x
f ?( x )
f ( x)

(0, a )

a
0 极大值

(a,1)

1
0 极小值

(1, ??)

?


?


?


∴ f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 在 D 内有两个极值点为 a ,1 :极大值点为 x ? a ,极小值 点为 x ? 1 。 ②当 0 < a

1 时, 3

由(1)知 D ? (0,

3a + 3 - 9a2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a2 - 30a + 9 )( , + ) = (0, x1 ) ( x2 , ??) 。 4 4

∵ f ( x) ? 2x( x ? x1 )( x ? x2 ) , ∴ 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 , ∴ f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)
3

(0, a )

a
0 极大值
2

(a, x1 )
?


( x2 , ??)

?


?


∴ f ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax 在 D 内仅有一个极值点:极大值点为 x ? a ,没有极小值 点。 ③当 a ? 0 时, 由(1)知 D ? (

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

)。

∵ a ? 0 ,∴ 1- 3a < 1- a 。

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 3(1- 3a )(1- a ) 3a + 3 + 3(1- 3a ) = > ∴ 4 4 4
= 3a + 3 + 4 3 (1- 3a ) 3 + = 3 + 3a 14

2

(

3

) > 3+

3

4

>1 。

∴ a ? 0 <1<

3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 。 4

∴ f ( x) ? 2 x3 ? 3(1 ? a) x 2 ? 6ax 在 D 内没有极值点。 【考点】分类思想的应用,集合的计算, 解不等式,导数的应用。 【解析】 (1)根据 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a 根的判别式应用分类思想分
2

1 < a < 1 、0 < a 3

1 、a ? 0 3

讨论即可,计算比较繁。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 (2)求出 f '( x) ? [2x3 ? 3(1 ? a) x2 ? 6ax]' ? 6 x2 ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ? a)( x ?1) ,得到 f ( x ) 的 可能极值点为 a ,1 。仍然分

1 < a < 1、0< a 3

1 、 a ? 0 讨论。 3

例 6. (2012 年浙江省理 14 分)已知 a ? 0 , b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax3 ? 2bx ? a ? b . (Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x ) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ;

1] 恒成立,求 a ? b 的取值范围. (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x ? [0 ,
【答案】(Ⅰ) 证明: (ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b . 当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a f max ? x ? ? max{ f (0),( f 1) } ? max{(b ? a),(3a ? b) }? ? =|2a-b|﹢a。 b ? 2a ?3a ? b,

综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a。 (ⅱ) 设 g ? x ? =﹣ f ? x ? , ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为 : g ? 0? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
?4 b b ? 6a 4 b b ? a ? b, ? b ? a ? b,b ? 2a} ? ? 3 6a g max ? x ? ? max{g ( ),( g 1) } ? max{ b b ? 6a 6a 3 6a ?b ? 2a, ?
b 。 6a

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

作图如下:

由图易得:当目标函数为 z=a+b 过 P(1,2)时,有 zmax ? 3 . ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ?1,3? 。 【考点】分类思想的应用,不等式的证明,利用导数求闭区间上函数的最值,简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后,分 b≤0 和 b>0 讨论即可。 (ⅱ) 利用分析法, 要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0, 即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-b|﹢a, 亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a。 (Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a,且函数在 0≤x≤1 上的最小值比 ﹣(|2a-b|﹢a)要大.根据-1≤ f ? x ? ≤1 对 x∈[0,1]恒成立,可得|2a-b|﹢a≤1,从而利用线性规划知识, 可求 a+b 的取值范围。
2 例 7. ( 2012 年 江 西 省 文 14 分 ) 已 知 函 数 f ? x? ? 在 ? 0, 1? 上 单 调 递 减 且 满 足 ( ax ? bx ?) cxe

。 f ? 0? ? 1 ,f ? 1 ?? 0 (1)求 a 的取值范围; (2)设 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ,求 g ? x ? 在 ? 0, 1? 上的最大值和最小值。 【答案】解: (1)∵ f (0) ? c ? 1 , f (1) ? (a ? b ? c)e ? 0 ,∴ a ? b ? ?1 。 ∴ f ? x ? ? [ax2 ? ? a ? 1? x ? 1]e x 。∴ f ? ? x ? ? [ax2 ? ? a ? 1? x ? a]e x 。 ∵函数 f ? x ? ? (ax2 ? bx ? c )e x 在 ? 0, 1? 上单调递减, ∴对于任意的 x ? ? 0, 1? ,都有 f '( x) ? 0 。

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

?

?

综上所述, a 的取值范围是 0≤ a ≤1。
2 x 2 x (? 2ax ? a ? 1 )e x (2)∵ g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ? ? ? ax ? ? a ? 1? x ? 1? ?e ? ? ? ax ? ? a ? 1? x ? a ? ?e ?

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

1? a >0 , 2a

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

∴ g ? x ? 在[0,1]上最大值是 g ?1? ? ?1 ? a ? e ,最小值是 g ? 0? ? 1 ? a ; ②若
1? a 1? a 1? a 1 1? a ( ) ? 2 ae 2 a g,在 x =0 取得最大值 g <1 ,即 < a <1 时, g ? x ? 在 x ? 2a 2a 3 2a

或 x =1 时取到最小值:

() 0 ? 1 ? a,()( g 1 ? 1? a )e , ∵g
∴当 < a ?

1 e ?1 时, g ? x ? 在 x =0 取到最小值 g ? 0? ? 1 ? a ; 3 e ?1 e ?1 当 < a ? 1 时, g ? x ? 在 x =1 取到最小值 g ?1? ? ?1 ? a ? e 。 e ?1

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性。 【解析】 (1)由题意,函数 f ? x ? ? (ax2 ? bx ? c )e x 在[0,1]上单调递减且满足 f ? 0? ? 1 ,f ?1? ? 0 ,可求 出函数的导数,将函数在[0,1]上单调递减转化为导数在[0,1]上的函数值恒小于等于 0,再结合 f ? 0? ? 1 ,

f ?1? ? 0 这两个方程即可求得 a 取值范围。

(2)由题设条件,先求出 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? 的解析式,求出导函数 g? ? x ? ? ? ?2ax ? a ? 1? e x , 由于参数 a 的影响,函数在[0,1]上的单调性不同,结合(1)的结论及 g ? ? x ? 分 a =0, a =1, 0< a <1 三类对函数的单调性进行讨论,确定并求出函数的最值。 例 8. (2012 年湖南省理 13 分)某企业接到生产 3000 台某产品的 A,B,C三种部件的订单,每台产品需 要这三种部件的数量分别为2,2,1(单位:件).已知每个工人每天可生产A部件6件,或B部件3件, 或C部件2件.该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件, 生产B部件的人数与生产A部 件的人数成正比,比例系数为 k(k 为正整数). (Ⅰ)设生产A部件的人数为x,分别写出完成A,B,C三种部件生产需要的时间; (Ⅱ)假设这三种部件的生产同时开工,试确定正整数 k 的值,使完成订单任务的时间最短,并给出时间 最短时具体的人数分组方案. 【答案】解: (Ⅰ)设完成 A,B,C三种部件的生产任务需要的时间(单位:天)分别为 T1 ( x), T2 ( x), T3 ( x), 由题设有 T1 ( x) ?

2 ? 3000 1000 2000 1500 ? , T2 ( x) ? , T3 ( x) ? , 6x x kx 200 ? (1 ? k ) x

其中 x, kx, 200 ? (1 ? k ) x 均为 1 到 200 之间的正整数。 (Ⅱ)完成订单任务的时间为 f ( x) ? max ?T1 ( x), T2 ( x), T3 ( x)?, 其定义域为 ? x 0 ? x ?

? ?

200 ? , x? N??。 1? k ?

易知, T1 ( x), T2 ( x) 为减函数, T3 ( x) 为增函数。 ∵ T2 ( x ) ?

2 T1 ( x), 于是 k

(1)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 此时 f ( x) ? max ?T1 ( x), T3 ( x)? ? max ? 由函数 T1 ( x), T3 ( x) 的单调性知,

?1000 1500 ? , ?, ? x 200 ? 3x ?

400 1000 1500 ? 时 f ( x ) 取得最小值,解得 x ? 。 9 x 200 ? 3x 400 250 300 ? 45, 而f (44) ? T1 (44) ? , f (45) ? T3 (45) ? , f (44) ? f (45) , 由于 44 ? 9 11 13 250 故当 x ? 44 时完成订单任务的时间最短,且最短时间为 f (44) ? 。 11
当 (2)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 由于 k 为正整数,故 k ? 3 ,

此时 T ( x) ?

375 , ? ( x) ? max ?T1 ( x), T ( x)? 。 50 ? x

易知 T ( x) 为增函数,则 f ( x) ? max ?T1 ( x), T3 ( x)? ? max ?T1 ( x), T ( x)?

?1000 375 ? ? ? ( x) ? max ? , ?。 ? x 50 ? x ?
由函数 T1 ( x), T ( x) 的单调性知,

400 1000 375 ? 时 ? ( x) 取得最小值,解得 x ? 。 11 x 50 ? x 400 250 250 375 250 ? 37, 而? (36) ? T1 (36) ? ? , ? (37) ? T (37) ? ? , 由于 36 ? 11 9 11 13 11 250 此时完成订单任务的最短时间大于 。 11
当 (3)当 k ? 2 时, T1 ( x) ? T2 ( x), 由于 k 为正整数,故 k ? 1 , 此时 f ( x) ? max ?T2 ( x), T3 ( x)? ? max ? 由函数 T2 ( x), T3 ( x) 的单调性知,

? 2000 750 ? , ?。 ? x 100 ? x ?

800 2000 750 ? 时 f ( x ) 取得最小值,解得 x ? 。 11 x 100 ? x 250 250 类似(2)的讨论,此时完成订单任务的最短时间为 ,大于 。 9 11
当 综上所述,当 k ? 2 时完成订单任务的时间最短,此时生产A,B,C三种部件的人数 分别为 44,88,68。 【考点】分段函数、函数单调性、最值,分类思想的应用。 【解析】 (Ⅰ)根据题意建立函数模型。 (Ⅱ)利用单调性与最值,分 k ? 2 、 k ? 2 和 k ? 2 三种情况讨论即可得出结论。 例 10. (2012 年重庆市文 13 分)已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? c 在 x ? 2 处取得极值为 c ? 16
3

(1)求 a 、 b 的值(6 分) ; (2)若 f ( x ) 有极大值 28,求 f ( x ) 在 [?3,3] 上的最大值(7 分) .
3 2 【答案】解: (Ⅰ)∵ f ( x) ? ax ? bx ? c , ∴ f ?( x) ? 3ax ? b 。
[来源:21 世纪教育网]

∵ f ( x ) 在点 x ? 2 处取得极值,

∴?

? f ?(2) ? 0 ? 12a ? b ? 0 ?12a ? b ? 0 ? a ?1 ,即 ? ,化简得 ? ,解得 ? 。 ? f (2) ? c ? 16 ?8a ? 2b ? c ? c ? 16 ?4a ? b ? ?8 ?b ? ?12

(Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? x3 ?12 x ? c , f ?( x) ? 3x2 ?12 令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? ?2, x2 ? 2 。

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

(?2, 2)

2

(2, ??)

f' ( x )
f ( x)

- ↘

0 极小值

+ ↗

0 极大值

- ↘

由此可知 f ( x ) 在 x1 ? ?2 处取得极大值 f (?2) ? 16 ? c , f ( x ) 在 x2 ? 2 处取得 极小值 f (2) ? c ? 16 。 ∵ f ( x ) 有极大值 28,∴ 16 ? c ? 28 ,解得 c ? 12 。 此时 f (?3) ? 9 ? c ? 21, f (3) ? ?9 ? c ? 3 , f (2) ? c ? 16 ? ?4 ∴ f ( x ) 上 [?3,3] 的最小值为 f (2) ? ?4 。 【考点】函数的导数与极值,最值之间的关系。 【分析】 (Ⅰ)先对函数 f ( x ) 进行求导,根据 f ?(2) ? 0 =0, f (2) ? c ? 16 ,求出 a 、 b 的值。 (Ⅱ)根据(Ⅰ)对函数 f ( x ) 进行求导,令 f ?( x) ? 0 ,解出 x ,列表求出函数的极大值和极小 值。再比较函数的极值与端点函数值的大小,端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值,端点函数值 与极小值中最小的为函数的最小值。 例 11. (2012 年江苏省 16 分) 若函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y ? f ( x) 的极值点。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 已知 a, b 是实数,1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点;

2] ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ? [?2 ,

【答案】解: (1)由 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x2 ? 2ax ? b 。 ∵1 和 ?1是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a =0,b = ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2? ,解得 x1 =x2 =1,x3 = ? 2 。
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x < 1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x = ? 2 是 g ( x) 的极值点。 ∵当 ?2 < x < 1 或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x =1 不是 g ( x) 的极值点。 ∴ g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方程 f ( x )=d 根的情况: d ?? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函 数,∴ f ( x )=2 的两个不同的根为一和 2。 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 , ∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x )=d 的根。 由(1)知 f' ( x)=3? x ? 1?? x ? 1? 。 ① 当 x ? ? 2, ? ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 。 此时 f ( x )=d 在 ? 2, ? ? ? 无实根。 ② 当 x ? ?1 , 2? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。 又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x )=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。 ③ 当 x ? ? ?1 , 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。 又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x )=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。

因此,当 d =2 时, f ( x )=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x )=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。
现考虑函数 y ? h( x) 的零点: ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1, t2 =2 。 而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点。 ( 11 )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i=3, 4, 5 。 而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述,当 c =2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零 点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】 (1)求出 y ? f ( x) 的导数,根据 1 和 ?1是函数 y ? f ( x) 的两个极值点代入列方程组求解即可。 (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x )=d 根的情况;再考虑函数 y ? h( x) 的零点。

四、函数的单调性、周期性、奇偶性问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年天津市文 5 分)下列函数中,既是偶函数,又在区间(1,2)内是增函数的为【 (A) y ? cos2x,x ? R (C) y ? (B) y ? log2 x , x ? R 且 x ≠0 (D) y ? x3 +1,x ? R 】

e x ? e? x ,x ? R 2

【答案】B。 【考点】函数奇偶性的判断,函数单调性的判断。 【分析】利用函数奇偶性的定义可排除 C,D,再由“在区间(1,2)内是增函数”可排除 A,从而可得答 案: 对于 A,令 y=f ? x ? =cos2x ,则 f ? ?x ? =cos2 ? ?x ? =cos2x=f ? x ? ,∴函数为偶函数。

而 y ? cos2x 在 ?0, ? 上单调递减,在 ? ,? ? 上单调递增, (1,2)中 ?1, ? ? ? ,? ? , 2 2 2 2

? ?

??
?

?? ?

? ?

? ?? ? ?

?? ?

? ?

所以 y ? cos2x 在区间(1,2)内不全是增函数,故排除 A。 对于 B, 函数 y ? log2 x 为偶函数, 且当 x ? 0 时, 函数 y ? log2 x ? log2 x 为增函数, 所以在 (1,2) 上也为增函数,故 B 满足题意。

e x ? e? x ,x ? R ,则 f ? ?x ? = ? f ? x ? ,∴函数为偶函数为奇函数,故可 对于 C,令 y =f ? x ? ? 2
排除 C。 对于 D,为非奇非偶函数,可排除 D。 故选 B。 例 2. (2012 年广东省理 5 分)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是【 A. y ? ln( x ? 2) 【答案】A。 【考点】函数的图象和性质。 【解析】利用对数函数的图象和性质可判断 A 正确;利用幂函数的图象和性质可判断 B 错误;利用指数 函数的图象和性质可判断 C 正确;利用“对勾”函数的图象和性质可判断 D 的单调性: A. y ? ln( x ? 2) 在(-2,+∞)上为增函数,故在(0,+∞)上为增函数,A 正确; B. y ? ? x ? 1 在[-1,+∞)上为减函数,排除 B; B. y ? ? x ? 1 】

?1? C.y= ? ? ?2?

x

D. y ? x ?

1 x

C. y= ?

?1? ? 在 R 上为减函数;排除 C; ?2?
1 在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,排除 D。 x

x

D. y ? x ? 故选 A。

例 3. (2012 年广东省文 5 分)下列函数为偶函数的是【 A. y ? sin x 【答案】D。 【考点】函数偶函数的判断。 B. y ? x
3

】 D. y ? ln

C. y ? e

x

x2 ? 1

(? x ) ?f (x ) 【解析】函数结合选项,逐项检验是否满足 f ,即可判断:
A: y ? sin x ,则有 f ,为奇函数; (? x ) ? sin ? ? x ? ? ? sin x= ? f (x ) B: y ? x3 ,则有 f ,为奇函数; (? x ) ? ? ?x ? ? ?x3 = ? f (x )
3

C: y ? e x ,则有 f ,为非奇非偶函数; (? x ) ? e? x ? ? f (x ) D: y ? ln 故选 D。 例 4. (2012 年浙江省理 5 分)设 a ? 0 , b ? 0 【
a b A.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b a b C.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b

(? x ) ? ln ? ? x ? ? 1 ? ln x 2 ? 1=f (x ) ,为偶函数。 x 2 ? 1 ,则有 f
2


a b

B.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b D.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b
a b

【答案】A。 【考点】函数的单调性,导数的应用。 【解析】对选项 A,若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,必有 2a ? 2a ? 2b ? 2b 。 构造函数: f ? x ? ? 2x ? 2x ,则 f ? ? x ? ? 2x ? ln2 ?2 ? 0 恒成立,故有函数 f ? x ? ? 2x ? 2x 在 x>0 上单 调递增,即 a>b 成立。 其余选项用同样方法排除。故选 A。 例 5. (2012 年湖南省文 5 分) 设定义在 R 上的函数 f ( x ) 是最小正周期为 2 ? 的偶函数, f ?( x ) 是 f ( x ) 的 导 函 数 , 当 x ??0, ? ? 时 , 0 < f ( x ) < 1 ; 当 x ? ? 0, ? ? 且 x ?

?
2

时 , (x ?

?
2

) f ?( x) ? 0 , 则 函 数

y ? f ? x? ? si n x在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为【
A .2 【答案】B。 B .4 C.5 D. 8



【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。 【解析】由当 x ? ? 0, ? ? 且 x ≠

? ? 时 , ( x ? ) f ?( x) ? 0 ,知 2 2

? ?? ?? ? x ? ?0, ?时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ? ? ,? ? 时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数。 ? 2? ?2 ?
又 x ??0, ? ? 时,0<f(x)<1,在 R 上的函数 f(x)是最小正周期为 2 ? 的偶函数,在同一坐标系中

作出 y ? sin x 和 y ? f ( x) 草图像如下,由图知 y ? f ? x ? ? sinx 在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为 4 个。

?1, x为有理数 例 6. (2012 年福建省理 5 分)设函数 D(x)= ? ,则下列结论错误的是【 ?0, x为无理数
A.D(x)的值域为{0,1} C.D(x)不是周期函数 【答案】C。 【考点】分段函数的奇偶性、单调性、值域、周期性。 【解析】对于 A 选项,D(x)的值域为{0,1},选项正确; B.D(x)是偶函数 D.D(x)不是单调函数



?1, x为有理数 对于 B 选项,∵ D( ? x)= ? ? D(x) ,∴D(x)是偶函数,选项正确; ?0, x为无理数 ?1, x为有理数 对于 C 选项,∵ D(x+1)= ? ? D(x) ,∴ T ? 1 是 D(x) 的一个周期,即 D(x)是周期函 ?0, x为无理数
数,选项错误; 对于 D 选项,∵ 1 < 2 < 2 ,但 D(1)=1,D( 2)=0,D(2)=1 ,∴D(x)不是单调函数,选项正确。 故选 C。 例 7. (2012 年辽宁省文 5 分)函数 y ? (A) ( ? 1,1] 【答案】B。 【考点】用导数求函数的单调区间。 【解析】∵ y ? (B) (0,1]

1 2 x ? ln x 的单调递减区间为【 2
(C.)[1,+∞)



(D) (0,+∞)

1 2 1 x ? ln x ,∴ y? ? x ? 。 2 x

1 ? ? ? y ? x ? ? 0 ?-1 ? x ? 1 ∴? ?? ? 0 ? x ? 1 。故选 B。 x x?0 ? ? ?x ? 0

例 8. (2012 年辽宁省理 5 分)若 x ? [0, ??) ,则下列不等式恒成立的是【 (A) e ? 1 ? x ? x
x 2



(B)

1 1 1 ? 1 ? x ? x2 2 4 1? x
1 2 x 8

1? (C) cos x…
【答案】C。

1 2 x 2

x? (D) ln(1 ? x)…

【考点】导数公式,利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等式。 【解析】设 f ( x) ? cos x ? (1 ?

1 2 1 x ) ? cos x ? 1 ? x 2 ,则 g ( x) ? f ?( x) ? ? sin x ? x, 2 2

所以 g ?( x) ? ? cos x ? 1 ? 0, 所以当 x ? [0, ??) 时, g ( x)为增函数,所以g ( x) ? f ?( x) ? g (0) ? 0, 同理 f ( x) ? f (0) ? 0, ∴ cos x ? (1 ?

1 2 1 2 x ) ? 0, 即 cos x ? 1 ? x 。故选 C。 2 2


例 9. (2012 年陕西省理 5 分)下列函数中,既是奇函数又是增函数的为【 A. y ? x ? 1 【答案】D。 【考点】函数的奇偶性和增减性的判断。 【解析】根据函数的奇偶性和增减性逐一作出判断: 对于 A,非奇非偶,是 R 上的增函数,不符合题意; 对于 B,是偶函数,不符合题意; 对于 C,是奇函数,但不是增函数; 对于 D,令 f ? x ? ? x | x | ,则 ∵ f ? ?x ? ? ?x | ?x |? ?x | x |? ? f ? x ? ,∴函数是奇函数;
2 ? ? x ? x ? 0? ∵ f ? x ? ? x | x |? ? 2 ,∴函数是增函数。 ? x x < 0 ? ? ? ?

B. y ? ? x

2

C. y ?

1 x

D. y ? x | x |

故选 D。 例 10. (2012 年上海市理 4 分)已知函数 f ( x) ? e|x?a| ( a 为常数).若 f ( x) 在区间[1,+?)上是增函数,则

a 的取值范围是
【答案】 ?? ?,1?。



.

【考点】指数函数单调性,复合函数的单调性的判断。

【解析】 根据函数 f ( x ) ? e

x?a

?e x ? a , x ? a ? ? ? ? x?a 看出当 x ? a 时函数增函数, 而已知函数 f ( x) 在区间 ?1,??? ,x ? a ? ?e

上为增函数,所以 a 的取值范围为: ?? ?,1? 。 例 11. (2012 年全国课标卷文 5 分)设函数 f(x)= ▲ 【答案】2。 【考点】奇函数的性质。 【解析】∵ f(x)=

(x ? 1)2 ? sin x 的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m= x2 ?1

2x sin x (x ? 1)2 ? sin x 2x sin x ? 2 =1 ? 2 ? 2 , ∴设 g ? x ? =f ? x ? ? 1= 2 。 2 x ?1 x ?1 x ?1 x ?1 x ?1

∵ g ? ?x ? =

2 ? ?x ?

? ?x ?

2

?1

?

sin ? ? x ?

? ?x ?

2

sin x ? ? 2x = ?? 2 ? 2 ? = ? g ?x? , ? x ?1 x ?1 ? ?1

∴函数 g ? x ? =

2x sin x ? 2 是奇函数,关于坐标原点对称,它的最大值与最小值之和为 0。 2 x ?1 x ?1

? ?f ? x ?min ? 1? ∴ M ? m=f ? x ?max ? f ? x ?min = ? ? ? 2=g ? x ?max ? g ? x ?min ? 2=2 。 ?f ? x ?max ? 1? ? ?
例 12. (2012 年上海市理 4 分) 已知 y ? f ( x) ? x 2 是奇函数, 且 f (1) ? 1 , 若 g ( x) ? f ( x) ? 2 , 则 g (?1) ? ▲ .

【答案】 ? 1 【考点】函数的奇偶性。
2 【解析】∵函数 y ? f ( x) ? x 为奇函数,∴ f ? ? x ? ? ? ? x ? = ? f ? x ? ? x 2 ,即 f ? ?x ? = ? f ? x ? ? 2x2

2

?

?

又∵ f ?1? =1 ,∴ f ? ?1? = ? 1 ? 2= ? 3 。∴ g ? ?1? =f ? ?1? ? 2= ? 3 ? 2= ? 1 。 例 13. (2012 年安徽省文 5 分)若函数 f ( x) ?| 2 x ? a | 的单调递增区间是 [3, ??) ,则 a ? 【答案】 ?6 。 【考点】函数的单调性。 【解析】∵ f ( x) ?| 2 x ? a | =2 x ? ▲

a a ,∴由对称性得, ? ? 3 ,即 a ? ?6 。 2 2

例 14.(2012 年山东省文 4 分)若函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 在[-1,2]上的最大值为 4,最小值为 m, 且函数 g(x) ? (1 ? 4m) x 在 [0, ??) 上是增函数,则 a= ▲ .

【答案】

1 。 4

【考点】函数的增减性。 【解析】∵ f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) ,∴ f' (x) ? a x ln a 。 当 a ? 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a > 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是增函数,

1 ∴在[-1,2]上的最大值为 f (2) ? a 2 =4,a=2 ,最小值为 f (?1) ? 2?1 =m,m= 。 2
此时 g(x) ? ? x ,它在 [0, ??) 上是减函数,与题设不符。 当 0 < a < 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a < 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是减函数,
1 1 ?1? ∴在[-1,2]上的最大值为 f (?1) ? a ?1 =4,a= ,最小值为 f (2) ? ? ? =m,m= 。 16 4 ?4?
2

此时 g(x) ?

3 x ,它在 [0, ??) 上是增函数,符合题意。 4 1 。 4

综上所述,满足条件的 a=

1] 上, 例 15. (2012 年江苏省 5 分)设 f ( x) 是定义在 R 上且周期为 2 的函数,在区间 [?1,

? 1≤ x ? 0 , ? ax ? 1, ? f ( x ) ? ? bx ? 2 b ? R .若 其中 a , , 0 ≤ x ≤ 1, ? ? x ?1
则 a ? 3b 的值为 ▲ . 【答案】 ?10 。 【考点】周期函数的性质。

?1? ?3? f ? ? ? f ? ?, ?2? ?2?

【解析】∵ f ( x) 是定义在 R 上且周期为 2 的函数,∴ f ? ?1? ? f ?1? ,即 ?a ? 1=

b?2 ①。 2

1 ?3? ? 1? 又∵ f ? ? ? f ? ? ? = ? a ? 1 , 2 ?2? ? 2?
∴ ? a ? 1=

?1? ?3? b?4 f ? ? ? f ? ?= , 3 ?2? ?2?

1 2

b?4 ②。 3

联立①②,解得, a =2. b = ? 4 。∴ a ? 3b = ? 10 。 例 16. (2012 年浙江省文 5 分)设函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的偶函数,当 x∈[0,1]时,f

3 (x)=x+1,则 f ( ) = 2





【答案】

3 。 2

【考点】函数的周期性和奇偶性。 【解析】 f ( ) ? f ( ? 2) ? f ( ? ) ? f ( ) ?

3 2

3 2

1 2

1 2

1 3 ?1 ? 。 2 2


例 17.(2012 年重庆市文 5 分)函数 f ( x) ? ( x ? a)( x ? 4) 为偶函数,则实数 a ? 【答案】4。 【考点】函数奇偶性的性质。

【分析】由题意可得, f (? x) ? f ( x) 对于任意的 x 都成立,代入任一不为 0 的数可得关于 a 的一元一次 方程,解出即可: 令 x =1 ,则 f (?1) ? f (1) ,即 (?1 ? a)(?1 ? 4)=(1 ? a)(1 ? 4) ,即 5 ? 5a = ? 3 ? 3a ,解得 a =4 。 例 18. (2012 年浙江省文 15 分)已知 a∈R,函数 f ( x) ? 4 x3 ? 2ax ? a (1)求 f ( x ) 的单调区间 (2)证明:当 0≤ x ≤1 时, f ( x ) + 2 ? a >0. 【答案】解: (1)由题意得 f ?( x) ? 12 x 2 ? 2a , 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,此时 f ( x ) 的单调递增区间为 ? ??, ??? ; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 12( x ?

a a )( x ? ), 6 6
? ? a a? , ?。 6 6?

此时函数 f ( x ) 的单调递增区间为 ? ?

3 3 (2)由于 0 ? x ? 1 ,当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4x ? 2ax ? 2 ? 4x ? 4x ? 2 ; 3 3 3 当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4x ? 2a(1 ? x) ? 2 ? 4x ? 4(1 ? x) ? 2 ? 4x ? 4x ? 2 。

设 g ( x) ? 4x ? 4x ? 2,0 ? x ? 1 ,则 g ?( x) ? 12x ? 4 ? 12( x ?
3
2

3 3 )( x ? )。 3 3

则有

x

0

? 3? 0, ? ? 3 ? ? ? ?

3 3

? 3 ? ? ? 3 ,1? ? ? ?

1

g ?( x)

- 1

- 减

0 极小值

+ 增

+ 1

g ( x)

∴ g ( x)min ? g (

3 4 3 ) ? 1? ?0。 3 9

∴当 0 ? x ? 1 时,总有 g ( x) ? 4x3 ? 4x ? 2 ? 0 。 ∴ f ( x) ? a ? 2 ? 4x3 ? 4x ? 2 ? 0 。 【考点】分类思想的应用,利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间,不等式的证明。 【解析】 (1)求出导数,分 a ? 0 和 a ? 0 讨论即可。
3 (2)根据 2 ? a ,分 a ? 2 和 a ? 2 两种情形,得到 f ( x) ? a ? 2 ? 4x ? 4x ? 2 ,从而设出新函

数 g ( x) ? 4x3 ? 4x ? 2,0 ? x ? 1 ,应用导数,证出 g ( x)min ? g ( 立,即 f ( x) ? a ? 2 ? 4x ? 4x ? 2 ? 0 。
3

3 4 3 ) ? 1? ? 0 ,得到 g ( x ) ? 0 恒成 3 9

例 19.(2012 年江西省理 14 分)若函数 h( x) 满足 (1) h(0) ? 1 , h(1) ? 0 ; (2)对任意 a ? [0,1] ,有 h(h(a)) ? a ; (3)在 (0,1) 上单调递减。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】

1? x p p 则称 h( x) 为补函数。已知函数 h( x) ? ( ) (? ? ?1, p ? 0) 。 1? ? x p
(1)判函数 h( x) 是否为补函数,并证明你的结论; (2)若存在 m ? [0,1] ,使得 h(m) ? m ,称 m 是函数 h( x) 的中介元。记 p ? 元为 xn ,且 S ( x) ?

1

1 (n ? N ? ) 时 h( x) 的中介 n

? x ,若对任意的 n ? N
i ?1 i

n

?

,都有 S n ?

1 ,求 ? 的取值范围; 2

(3)当 ? ? 0 , x ? (0,1) 时,函数 y ? h( x) 的图像总在直线 y ? 1 ? x 的上方,求 p 的取值范围。 【答案】解: (1)函数 h(x)是补函数,证明如下: ①h(0)=?

?1-0?1=1,h(1)=?1-1?1=0; ? ? 1+λ?p ?1+0?p ? ?

1-a 1- ? ? 1+λa 1 ? +λa ?1 1-a ?1? ? ? ②对任意 a∈[0,1],有 h(h(a))=h?? = ? ?= ? =a; 1-a ?p ? ??1+λa ?p? ? ? 1+λ ?p 1+λ ? 1+λa ?
p p p p p p

p

③令 g(x)=(h(x))p,有 g′(x)=

-pxp

-1

+λxp- -xpλpxp 1 -p +λxp 1 = 。 +λxp2 +λxp2
- -

∵λ>-1,p>0,∴当 x∈(0,1)时,g′(x)<0。 ∴函数 g(x)在(0,1)上单调递减,故函数 h(x)在(0,1)上单调递减。 1 2 1 (2)当 p= (n∈*),由 h(x)=x,得 λx +2x -1=0,(*) n n n 1?n ①当 λ=0 时,中介元 xn=? ?2? ; 1 1 1 1 ②当 λ>-1 且 λ≠0 时,由(*)得 x = ∈(0,1)或 x = ?[0,1]; n n 1+λ+1 1- 1+λ 得中介元 xn=? 1 ? ?n。 ? ? 1+λ+1? 1 ? ?n(n∈*)。 ? 1 + λ + 1 ? ?

综合① ②:对任意的 λ>-1,中介元为 xn=? ∴当 λ>-1 时,有 Sn= ∑ ? i=1 当 n 无限增大时,?
n

1 1 ? ?i= 1 ?1-? ?n?< 1 , ? ? ? ?? 1 + λ + 1 ? 1+λ+1? ? ? ? ? 1+λ 1+λ

1 ? ?n 无限接近于 0,S 无限接近于 1 。 ? n ? 1+λ+1? 1+λ

1 1 1 ∴对任意的 n∈*,Sn< 成立等价于 ≤ ,即 λ∈[3,+∞). 2 1+λ 2 1?1 1 (3)当 λ=0 时,h(x)=(1-xp) ,中介元为 xp=? ?2?p。 p 1?1 1 1 ①当 0<p≤1 时, ≥1,中介元 xp=? ?2?p≤2, p 所以点(xp,h(xp))不在直线 y=1-x 的上方,不符合条件。 1 ②当 p>1 时, 依题意只需(1-xp) >1-x 在 x∈(0,1)时恒成立, 也即 xp+(1-x)p<1 在 x∈(0,1) p 时恒成立。 设 φ(x)=xp+(1-x)p,x∈(0,1),则 φ′(x)=p[xp 1-(1-x)p 1]。
- -

1? 1 ?1 ? 由 φ′(x)=0 得 x= ,且当 x∈? ?0,2?时,φ′(x)<0,当 x∈?2,1?时,φ′(x)>0。 2 又∵φ(0)=φ(1)=1,∴当 x∈(0,1)时,φ(x)<1 恒成立。 综上:p 的取值范围是(1,+∞)。 【考点】综合法与分析法的应用,简单的演绎推理。

1? x p p 【解析】 (1)可通过对函数 h( x) ? ( ) (? ? ?1, p ? 0) 进行研究,探究其是否满足补函数的三个条 1? ? x p
件来确定函数是否是补函数。 (2)由题意,先根据中介元的定义得出中介元 xn 通式,代入 S ( x) ? 1 极限的思想,利用 Sn< 得到参数的不等式,解出它的取值范围。 2 (3) ? ? 0 , x ? (0,1) 时,对参数 p 分别讨论由函数 y ? h( x) 的图象总在直线 y ? 1 ? x 的上方这 一位置关系进行转化,解出 p 的取值范围。

1

? x ,计算出和,然后结合
i ?1 i

n

五、函数的零点问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国大纲卷理 5 分)已知函数 y =x3 ? 3x ? c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 c= 【 A. ? 2 或 2 【答案】A 【考点】导数的应用。 【解析】若函数图像与 x 轴有两个不同的交点,则需要满足其中一个为零即 可。因为三次函数的图像与 x 轴恰有两个公共点,结合该函数的图像,可知 只有在极大值点或者极小值点有一点在 x 轴时满足要求(如图所示) 。 ∵ y =x3 ? 3x ? c ,∴ y' =3x2 ? 3=3? x ? 1?? x ? 1? 。 ∴当 x = ? 1 时,函数取得极值。 由 y x =1 =0 或 y x =-1 =0 可得 c ? 2=0 或 c ? 2=0 ,即 c = ? 2 。故选 A。 B. ?9 或 3 C. ? 1 或 1 D. ? 3 或 1 】

?1? 例 2. (2012 年北京市文 5 分)函数 f ? x ? =x 2 ? ? ? 的零点个数为【 ?2?
A.0 B.1 C.2 D.3

1

x



【答案】B。 【考点】幂函数和指数函数的图象。

?1? ?1? ?1? 【解析】函数 f ? x ? =x 2 ? ? ? 的零点个数就是 x 2 ? ? ? =0 (即 x 2 = ? ? )解的个数,即函数 g ? x ? =x 2 ?2? ?2? ?2? ?1? ?1? 和 h ? x ? = ? ? 的交点个数。如图,作出图象,即可得到二者交点是 1 个。所以函数 f ? x ? =x 2 ? ? ? 的零 ? 2? ?2?
点个数为 1。故选 B。 例 3. (2012 年天津市理 5 分)函数 f (x)=2 x +x 3 ? 2 在区间 (0,1) 内的零点个数是【 (A)0 【答案】B。 【考点】函数的零点的概念,函数的单调性,导数的应用。 【分析】∵ f' (x)=2x ln2+3x2 > 0 ,∴函数 f (x)=2x +x3 ? 2 在定义域内单调递增。 又∵ f (0)=20 +03 ? 2= ?1 < 0 , f (1)=21 +13 ? 2=1 > 0 。 ∴函数 f (x)=2x +x3 ? 2 在区间(0,1)内有唯一的零点。故选 B。 例 4. (2012 年辽宁省理 5 分)设函数 f(x) ( x ? R ) 满足 f( ?x )=f(x),f(x)=f(2 ? x),且当 x ? [0,1] 时,f(x)=x3. 又函数 g(x)=|xcos (? x) |,则函数 h(x)=g(x)-f(x)在 [? , ] 上的零点个数为【 (A)5 【答案】B。 【考点】函数的奇偶性、对称性、函数的零点。 【解析】因为当 x ? [0,1] 时,f(x)=x3. 所以当 x ?[1, 2]时,(2-x) ?[0,1] ,f(x)=f(2 ? x)=(2 ? x)3, 当 x ? [0, ] 时,g(x)=xcos (? x) ;当 x ? [ , ] 时,g(x)= ? xcos (? x) ,注意到函数 f(x)、 g(x)都是偶函数, 且 f(0)= g(0), f(1)= g(1), g ( ) ? g ( ) ? 0 ,作出函数 f(x)、 g(x)的大致图象,函数 h(x)除了 0、1 这两 (B)6 (C)7 (D)8 (B)1 (C)2 (D)3 】
x 1 x

1

x

1

x

1

x

1

1 3 2 2



1 2

1 3 2 2

1 2

3 2

1 1 1 3 , 0]、 [0, ]、 [ ,1]、 [1, ] 上各有一个零点,共有 6 个零点,故选 B。 2 2 2 2 π π-3 3 0, ?上的最大值为 例 7. (2012 年福建省文 14 分)已知函数 f(x)=axsinx- (a∈R),且在? . ? 2? 2 2
个零点之外,分别在区间 [? (I)求函数 f(x)的解析式; (II)判断函数 f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明. 【答案】解: (I)由已知 f′(x)=a(sinx+xcosx), π? 对于任意 x∈? ?0,2?,有 sinx+xcosx>0。

3 当 a=0 时,f(x)=- ,不合题意; 2 π? ? π? 当 a<0,x∈? ?0,2?时,f′(x)<0,从而 f(x)在?0,2?内单调递减, π? 3 ? π? 又 f(x)在? ?0,2?上的图象是连续不断的,故 f(x)在?0,2?上的最大值为 f(0)=-2,不合题 意; π? ? π? ? π? 当 a>0,x∈? ?0,2?时,f′(x)>0,从而 f(x)在?0,2?内单调递增,又 f(x)在?0,2?上的图 π? π 3 π-3 ?π? 象是连续不断的,故 f(x)在? ?0,2?上的最大值为 f?2?,即2a-2= 2 ,解得 a=1。 3 综上所述,函数 f(x)的解析式为 f(x)=xsinx- 。 2 (II)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。证明如下: π? π-3 3 3 由(I)知,f(x)=xsinx- ,从而有 f(0)=- <0,f? ?2?= 2 >0。 2 2 π? ? π? 又 f(x)在? ?0,2?上的图象是连续不断的,所以 f(x)在?0,2?内至少存在一个零点。 π? ? π? 又由(I)知 f(x)在? ?0,2?上单调递增,故 f(x)在?0,2?内有且仅有一个零点。 π ? 当 x∈? ?2,π?时,令 g(x)=f′(x)=sinx+xcosx. π? π ? π ? 由 g? g(π)=-π<0, 且 g(x)在? 故存在 m∈? ?2?=1>0, ?2,π?上的图象是连续不断的, ?2,π?, 使得 g(m)=0。 π ? ?π ? 由 g′(x)=2cosx-xsinx,知 x∈? ?2,π?时,有 g′(x)<0,从而 g(x)在?2,π?内单调递减。 π ? ?π ? 当 x∈? ?2,m?时,g(x)>g(m)=0,即 f′(x)>0,从而 f(x)在?2,m?内单调递增, π ? ?π? π-3 ?π ? 故当 x∈? ?2,m?时,f(x)≥f?2?= 2 >0,故 f(x)在?2,m?上无零点; 当 x∈(m,π)时,有 g(x)<g(m)=0,即 f′(x)<0,从而 f(x)在(m,π)内单调递减. 又 f(m)>0,f(π)<0,且 f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而 f(x)在(m,π)内有且仅有 一个零点。 综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,函数的零点,利用导数研究函数的极值。 π? 3 【解析】 (I)由题意,可借助导数研究函数 f(x)=axsinx- (a∈R),在? ?0,2?上的单调性,确定出最值,令 2 π-3 最值等于 ,即可得到关于 a 的方程,由于 a 的符号对函数的最值有影响,故可以对 a 的取值范围进 2

行讨论,分类求解。 (II)借助导数研究函数 f(x)在(0,π)内单调性,由零点判定定理即可得出零点的个数。

六、函数图象的交点问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国课标卷文 5 分)当 0<x ? (A)(0, 2 ) 2 (B)( 2 ,1) 2

1 时, 4x ? loga x ,则 a 的取值范围是【 2
(D)( 2,2)



(C)(1, 2)

【答案】B。 【考点】指数函数和对数函数的性质。 【解析】设 f ? x ? =4x , g ? x ? =loga x ,作图。

1 时, 4x ? loga x , 2 1 ∴在 0<x ? 时, g ? x ? =loga x 的图象在 f ? x ? =4x 的图象上方。 2
∵当 0<x ? 根据对数函数的性质, a ? 1 。∴ g ? x ? =loga x 单调递减。 ∴由 x ?

2 1 1 时, 4x ? loga x 得 4 2 ? log a ,解得 a ? 。 2 2 2 2 1 时, 4x ? loga x ,必须 a > 。 2 2

1

∴要使 0<x ?

2 ∴a 的取值范围是( 2 ,1) 。故选 B。 例 2. (2012 年山东省理 5 分)设函数 f ? x ? = ,g ? x ? =ax 2 +bx ? a,b ? R,a ? 0 ? ,若 y ? f ? x ? 的图像与

1 x

y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是【
A. 当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 C. 当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 【答案】B。 【考点】导数的应用。 【解析】令 B. 当 a<0 时,x1+x2>0, y1+y2<0 D. 当 a>0 时,x1+x2>0, y1+y2>0



1 ? ax 2 ? bx ,则 1 ? ax3 ? bx 2 (x ? 0) 。 x

设 F(x) ? ax3 ? bx 2 , F' (x) ? 3ax 2 ? 2bx 。

令 F' ( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? 0 ,则 x ? ?

2b 3a

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

F(

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

取值讨论:可取 a ? ?2,b ? 3 来研究。 当 a ? 2,b ? 3 时 , 2x 3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? ?1, x 2 ?

1 , 此 时 y1 ? ?1, y 2 ? 2 , 此 时 2

x1 ? x 2 ? , 0 y 1? y 2 ?;0
当 a ? ?2,b ? 3 时 , ?2x 3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? 1, x 2 ? ?

1 , 此 时 y1 ? 1, y2 ? ?2 , 此 时 2

x1 ? x 2 ? , 0 y 0 B。 1? y 2 ? 。故选
例 3. (2012 年天津市理 5 分) 已知函数 y = 的取值范围是 【答案】 (0,1) ▲ .

|x 2 ? 1| 的图象与函数 y =kx ? 2 的图象恰有两个交点, 则实数 k x ?1

(1,4) 。

【考点】函数的图像及其性质,利用函数图像确定两函数的交点。 【分析】函数 y ?

x2 ?1 x ?1

?

( x ? 1)(x ? 1) x ?1



当 x ? 1 时, y ?

x2 ?1 x ?1
x2 ?1

? x ?1 ? x ?1,

当 x ? 1 时, y ?

?? x ? 1,?1 ? x ? 1 ? ? x ?1 ? ? , x ?1 ? x ? 1, x ? ?1

? x ? 1,x ? 1 ? ? ?? x ? 1,?1 ? x ? 1 。 综上函数 y ? x ?1 ? ? x ? 1, x ? ?1 x2 ?1
作出函数的图象,要使函数 y 与 y ? kx 有两个不同的交点,则直线 y ? kx 必须在蓝色或黄色区 域内, 如图, 此时当直线经过黄色区域时 B(1,2) ,k 满足 1 ? k ? 2 , 当经过蓝色区域时,k 满足 0 ? k ? 1 , 综上实数 k 的取值范围是 (0,1)

(1,4) 。
f ? x ? ? (2x ? 1)*( x ? 1) ,

2 ? ?a -ab,a≤b, ? 例 4. (2012 年福建省理 4 分) 对于实数 a 和 b, 定义运算“*”: a*b= 2 设 ?b -ab,a>b. ?

且关于 x 的方程 f ? x ? ? m(m ? R) 恰有三个互不相等的实数根 x1, x2, x3, 则 x1x2x3 的取值范围是 【答案】?





?1- 3 ?。 ? ? 16 ,0?

【考点】新定义,分段函数的图象和性质,分类讨论和数形结合思想的应用。

?(2x ? 1)2 ? (2x ? 1) ? ( x ? 1), (2x ? 1) ? ( x ? 1) ? 【解析】根据新运算符号得到函数为 f ? x ? ? (2x ? 1) *( x ? 1)= ? , 2 ? ?( x ? 1) ? (2x ? 1) ? ( x ? 1), (2x ? 1) > ( x ? 1)
化简得: f ? x ? = ?
2 ? ?2x ? x, x ? 0 。 2 ? x + x , x > 0 ? ? 2 ? ?2x ? x, x ? 0 和 y ? m的 2 ? ?? x +x, x > 0

如图, 作出函数 f ? x ? = ? 图象,

如果 f ? x ? ? m 有三个不同的实数解, 即直线 y ? m 与函数 f(x)的图象有三个交点,如图,

?1 1? (1)当直线 y ? m 过抛物线 y ? ? x2 +x 的顶点 ? , ? 或 y ? m=0 时,有两个交点; ?2 4? 1? ? (2)当直线 y ? m 中 ? m > ? 4? ?

? m < 0 ? 时,有一个交点;

(3)当直线 y ? m 中 0 < m < 时,有三个交点。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 1 设三个交点分别为:x1,x2,x3,且依次是从小到大的顺序排列,所以 x1 即为方程 2x2-x= 小于 4 1- 3 1- 3 1 1 1- 3 1 0 的解,解得 x1= ,此时 x2=x3= ,所以 x1· x2· x3= ××= 。 4 2 4 2 2 16 x2· x3=0。 y ? m 与函数 f(x)有 2 个交点的最低位置是当 y=m 与 x 轴重合时,此时 x1· 所以当方程 f ? x ? ? m(m ? R) 有三个不等实根时,x1· x2· x3∈?

1 4

?1- 3 ?。 ? ? 16 ,0?

七、反函数问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国大纲卷文 5 分)函数 y = x ? 1 ( x ≥-1)的反函数为【 A. y ? x ? 1( x ? 0)
2

】 D. y ? x ? 1( x ? 1)
2

B. y ? x ? 1( x ? 1)
2

C. y ? x ? 1( x ? 0)
2

【答案】A。 【考点】反函数。 【解析】由原函数求出 x 关于 y 的关系式,再 x 、 y 对换,原函数的值域是反函数的定义域。因此,

将 y = x ? 1 两边平方,得 y 2 ? x ? 1 ,即 x ? y 2 ?1 。将 x 、 y 对换,得 y ? x2 ?1 。 又函数 y = x ? 1 的值域为 y ? 0 ,所以 y ? x2 ?1 的定义域为 x ? 0 。故选 A。 例 2. (2012 年全国课标卷理 5 分)设点 P 在曲线 y ? 为【 】

1 x e 上,点 Q 在曲线 y ? ln(2 x) 上,则 PQ 最小值 2

( A) 1 ? ln 2
【答案】 B 。

( B)

2(1 ? ln 2)

(C ) 1 ? ln 2

( D) 2(1 ? ln 2)

【考点】反函数的性质,导数的应用。 【解析】∵函数 y ?

1 x e 与函数 y ? ln(2 x) 互为反函数,∴它们的图象关于 y ? x 对称。 2

1 x e ?x 1 x 1 x 2 ∴函数 y ? e 上的点 P ( x, e ) 到直线 y ? x 的距离为 d ? 2 2 2
设函数 g ( x) ?

1 x 1 1 ? ln 2 e ? x ,则 g ?( x) ? e x ? 1 ,∴ g ( x)min ? 1 ? ln 2 。∴ d min ? 。 2 2 2

∴由图象关 于 y ? x 对称得: PQ 最小值为 2dmin ? 2(1 ? ln 2) 。故选 B 。

例 3. (2012 年上海市理 14 分)已知函数 f ( x) ? lg( x ? 1) . (1)若 0 ? f (1 ? 2 x) ? f ( x) ? 1 ,求 x 的取值范围; (6 分) (2) 若 g ( x) 是以 2 为周期的偶函数, 且当 0 ? x ? 1 时, 有 g ( x) ? f ( x) , 求函数 y ? g ( x) ( x ? [1, 2]) 的反函数.(8 分)

【答案】 (1)由 ?

?2 ? 2 x ? 0 ,得 ? 1 ? x ? 1 。 ? x ?1 ? 0

2 ? 2x 2 ? 2x ? 1得1 ? ? 10 。 x ?1 x ?1 2 1 ∵ x ? 1 ? 0 ,∴ x ? 1 ? 2 ? 2 x ? 10 x ? 10 ,解得 ? ? x ? 。 3 3
由 0 ? lg(2 ? 2 x) ? lg( x ? 1) ? lg

? ?1 ? x ? 1 2 1 ? 由? 2 1 得, ? ? x ? 。 ? ? x ? 3 3 ? 3 ? 3
(2)当 x ?[1, 2] 时, 2 ? x ? [0, 1] , ∴ y ? g ( x) ? g ( x ? 2) ? g (2 ? x) ? f (2 ? x) ? lg(3 ? x) 。 由单调性可得 y ? [0, lg 2] 。 ∵ x ? 3 ? 10 ,∴所求反函数是 y ? 3 ? 10x , x ?[0, lg 2] 。
y

【考点】对数函数的概念、性质,反函数的求法。 【解析】 (1)由 0 ? f (1 ? 2 x) ? f ( x) ? 1 ,结合对数函数的性质,列不等式组求解即可。 (2)根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。

八、函数的图形问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国课标卷理 5 分) 已知函数 f ( x) ?

1 ;则 y ? f ( x) 的图像大致为【 ln( x ? 1) ? x



( A)
【答案】 B 。 【考点】导数的应用。

( B)

(C )

( D)

【解析】设 g ( x) ? ln(1 ? x) ? x ,则 g ?( x ) ? ?

x 。 1? x

∵ g ?( x) ? 0 时, ?1 ? x ? 0 ; g ?( x) ? 0 时, x ? 0 , ∴ g ( x) ? g (0) ? 0 。 ∴ x ? 0 或 ?1 ? x ? 0 均有 f ( x) ? 0 。因此排除 A, C , D 。故选 B 。 例 2. (2012 年四川省文 5 分)函数 y ? a x ? a(a ? 0, a ? 1) 的图象可能是【 】

【答案】C。 【考点】函数图像。 【解析】采用排除法:函数 y ? a ?
x

1 (a ? 0, a ? 1) 恒过(1,0) ,选项只有 C 符合,故选 C。 a
cos 6x 的图像大致为【 2x ? 2? x


例 3. (2012 年山东省理 5 分)函数 y ?

A 【答案】D。

B

C

D

【考点】奇函数和函数图象的渐近线性质。 【解析】∵函数 f (x) ? ∴y?

cos 6 ? ? x ? cos 6x cos 6x ?? x = ? f (x) , , f (? x) ? ? x x ?x x 2 ?2 2 ?2 2 ? 2? x

cos 6x 为奇函数。 2x ? 2? x

根据奇函数关于坐标原点对称的性质,可排除 A 选项。 当 x ? 0? 时, f (x) ? ?? ;当 x ? 0? 时, f (x) ? ?? ; 当 x ??? 时, 2x ? 2? x ? ?? , f (x) ? 0 ;当 x ??? 时, 2x ? 2? x ? ?? , f (x) ? 0 。

故选 D。 例 4. (2012 年江西省文 5 分)如下图,OA=2(单位:m),OB=1(单位:m),OA 与 OB 的夹角为

? ,以 A 6

为圆心,AB 为半径作圆弧 BDC 与线段 OA 延长线交与点 C.甲。乙两质点同时从点 O 出发,甲先以速度 1 (单位:ms)沿线段 OB 行至点 B,再以速度 3(单位:m/s)沿圆弧 BDC 行至点 C 后停止,乙以速率 2(单 位:m/s)沿线段 OA 行至 A 点后停止。设 t 时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面

(t) (( S 0) ? 0) (t) 积为 S ,则函数 y ? S 的图像大致是【



A. 【答案】A。 【考点】函数的图象。

B.

C.

D.

【解析】由题设知,OA=2(单位:m),OB=1(单位:m),两者行一秒后,甲行到 B 停止,乙此时行到 A,

(t) 故在第一秒内,甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为 S 的值增加得越来越快,
一秒钟后,随着甲的运动,所围成的面积增加值是扇形中 AB 所扫过的面积,由于点 B 是匀速运动,故一 秒钟后,面积的增加是匀速的,且当甲行走到 C 后,即 B 与 C 重合后,面积不再随着时间的增加而改变,

(t) 故函数 y ? S 随着时间 t 的增加先是增加得越来越快,然后转化成匀速增加,然后面积不再变化,考察
四个选项,只有 A 符合题意。故选 A。 例 5.(2012 年湖北省文 5 分) 已知定义在区间 (0.2) 上的函数 y ? f ? x ? 的图像如图所示, 则 y ? ? f ?2 ? x? 的图像为【 】

【答案】B。

【考点】特殊值法的应用,求函数值。 【解析】取特殊值: 当 x ? 2 时, y ? ? f ? x ? 2? ? ? f ? 2 ? 2? ? ? f ? 0? ? 0 ; 当 x ? 1 时, y ? ? f ? x ? 2? ? ? f ? 2 ?1? ? ? f ?1? ? ?1。 符合以上结果的只有选项 B。故选 B。 例 6. (2012 年重庆市文 5 分)设函数 f ( x ) 在 R 上可导,其导函数 f ?( x ) ,且函数 f ( x ) 在 x ? ?2 处取得 极小值,则函数 y ? xf ?( x) 的图象可能是【 】

(A)

(B)

(C)

(D)

【答案】C。 【考点】函数的图 象,函数单调性与导数的关系。 【分析】由函数 f ( x ) 在 x ? ?2 处取得极小值可知, 当 x = ? 2 时, f ?( x)=0 ,则 xf ?( x)=0 ,函数 y ? xf ?( x) 的图象与 x 轴相交; 当 x = ? 2 左侧附近时, f ?( x) ? 0 ,则 xf ?( x) ? 0 ,函数 y ? xf ?( x) 的图象在 x 轴上方; 当 x = ? 2 右侧附近时, f ?( x) ? 0 ,则 xf ?( x) ? 0 ,函数 y ? xf ?( x) 的图象在 x 轴下方。 对照选项可知只有 C 符合题意。故选 C。

九、函数的综合问题: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年全国大纲卷理 12 分)设函数 f ( x) ? ax ? cos x, x ?[0, ? ] 。 (1)讨论 f ( x ) 的单调性; (2)设 f ( x) ? 1 ? sin x ,求 a 的取值范围。 【答案】解: f ?( x) ? a ? sin x 。

(1)∵ x ? [0, ? ] ,∴ 0 ? sin x ? 1 。 当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递增函数; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 x ? [0, ? ] 上为单调递减函数; 当 0 ? a ? 1时,由 f ?( x) ? 0 得 sin x ? a , 由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或 ? ? arcsin a ? x ? ? ; 由 f ?( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a 。 ∴ 当 0 ? a ? 1 时 f ? x ? 在 [0,arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上 为 为 单 调 递 增 函 数 ; 在

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数。
(2)由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得 f (? ) ? 1 ? a? ? 1 ? 1 ? a ? 令 g ( x) ? sin x ?

2

2

? 2 2 ? 当 x ? (0, arcsin ) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin , ) 时, g ?( x) ? 0 。 ? ? 2 ? 2 ? 又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即 x ? sin x(0 ? x ? ) 2 ? 2
2
故当 a ?

?

x(0 ? x ?

?

?



) ,则 g ?( x) ? cos x ?

2



2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x ,

时,

2

?
2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x) ? 1 ? sin x 。 2

? x ? ? 时, f ( x) ?

?

x ? cos x ? 1 ?
2

( x ? ) ? sin( x ? ) ? 1 ? sin x 。 ? 2 2

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为 a ?

?



【考点】导数在研究函数中的运用,三角函数的有界性, 。 【解析】 (1)利用三角函数的有界性,求解单调区间。 (2)运用构造函数的思想,证明不等式。关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于或者小 于零的问题得到解决。 例 2. (2012 年全国大纲卷文 12 分)已知函数 f ( x ) ? (1)讨论 f ( x ) 的单调性; ( 2 )设 f ( x ) 有两个极值点 x1 , x2 ,若过两点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线

1 3 x ? x 2 ? ax . 3

y ? f ( x) 上,求 a 的值.
【答案】解: (1)∵ f ( x ) ?

1 3 2 x ? x 2 ? ax ,∴ f' ( x) ? x 2 ? 2 x ? a = ? x ? 1? ? a ? 1 3

① 当 a ? 1 时, f' ( x) ? 0 ,且仅当 a =1,x = ? 1 时 f' ( x)=0 。∴ f ( x ) 是增函数。 ②当 a < 1 时, f' ( x)=0 有两个根 x= ? 1 ? 1 ? a 。列表如下:

x
?1? ? ??, 1? a

f' ( x )

f ( x) 的增减性
增函数 减函数

? ?

>0 <

? ?1 ? ? ?1 ?

1 ? a, ?1 ? 1 ? a

1 ? a, ??

?

>0

增函数

(2)由题设知, x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根,∴ a < 1 ,且 x12 = ? 2x1 ? a,x22 = ? 2x2 ? a 。

1 3 1 1 2 x1 ? x12 ? ax = x1 ? ?2 x12 ? a ? ? x12 ? ax = x12 ? ax1 3 3 3 3 1 2 2 a = ? ?2 x12 ? a ? ? ax1 = ? a ? 1? x1 ? 。 3 3 3 3 2 a 同理, f ( x2 )= ? a ? 1? x2 ? 。 3 3 2 a ∴直线 l 的解析式为 y = ? a ? 1? x ? 。 3 3
∴ f ( x1 ) ? 设直线 l 与 x 轴的交点为 ? x0,0 ? ,则 0= 代入 f ( x ) ?

2 a a 。 ? a ? 1? x0 ? ,解得 x0 = 3 3 2 ? a ? 1?

1 3 x ? x 2 ? ax 得 3
3 2

1? a ? ? a ? a a2 f ( x0 ) ? ? ? ? a ? = 12a 2 ? 17a ? 6 ? , ? ? ? ? ? ? ? ? 3 ? 2 ? a ? 1? ? ? 2 ? a ? 1? ? 2 ? a ? 1? 2 ? a ? 1?
∵ ? x0,f ( x0 ) ? 在 x 轴上,∴ f ( x0 )= 解得, a =0 或 a =

a2 ?12a2 ?17a ? 6? =0 , 2 ? a ? 1?

2 3 或 a= 。 3 4

【考点】函数的单调性和极值,导数的应用。 【解析】 (1)求出导函数,分区间讨论即可。

(2) 由 x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根和 (1) 的结论, 得 a <1, 求出 f ( x1 ) 关于 x1 的表达式和 f ( x2 ) 关于 x2 的表达式,从而得到直线 l 的解析式。求出交点的横坐标代入 f ( x ) ? 求出 a 的值。 例 3. (2012 年全国课标卷理 12 分)已知函数 f ( x ) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e (1)求 f ( x ) 的解析式及单调区间;
x ?1

1 3 x ? x 2 ? ax ,由其等于 0, 3

? f (0) x ?

1 2 x ; 2

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 2 1 2 x ?1 x ?1 【答案】解: (1)∵ f ( x) ? f ?(1)e ? f (0) x ? x ,∴ f ?( x) ? f ?(1)e ? f (0) ? x 。 2 1 2 x ?1 令 x ? 1 得, f (0) ? 1 。∴ f ( x) ? f ?(1)e ? x ? x 。 2
(2)若 f ( x) ? ∴ f (0) ? f ?(1)e?1 ? 1 ,得 f ?(1) ? e 。 ∴ f ( x ) 的解析式为 f ( x ) ? e ? x ?
x

1 2 x 。 2

设 g ( x) ? f ?( x) ? e x ?1 ? x ,则 g ?( x) ? ex ? 1 ? 0 。 ∴ g ( x) 在 x ? R 上单调递增。 又∵ f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x ) 单调递增;

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x) 单调递减。
∴ f ( x ) 的单调区间为:单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 ( ??, 0) 。 (2)∵ f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ,∴ ex ? (a ? 1) x ? b ? 0 。 2
x x

令 h( x) ? e ? (a ? 1) x ? b 得 h?( x) ? e ? (a ? 1) 。 ①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 x ? R 上单调递增。 但 x ??? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾。 ②当 a ? 1 ? 0 时,由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) ;由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) 。 ∴当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0 ∴ (a ? 1)b ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) 。
2 2

令 F ( x) ? x2 ? x2 ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x) 。 由 F ?( x) ? 0 得 0 ? x ? e ;由 F ?( x) ? 0 得 x ? ∴当 x ?

e。

e 时, F ( x ) max ?

e 2
e 。 2

∴当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为 【考点】函数和导函数的性质。 【解析】 (1)由 f ( x) ? f ?(1)e 性质求出单调区间。 (2)由 f ( x ) ? e ? x ?
x x ?1

? f (0) x ?

1 2 x 求出 f (0) 和 f ?(1) 即可得到 f ( x) 的解析式,根据导数的 2

1 2 1 x 和 f ( x) ? x 2 ? ax ? b ,表示出 (a ? 1)b ,根据导函数的性质求解。 2 2

例 4. (2012 年全国课标卷文 5 分)设函数 f ? x ? ? ex-ax-2 (Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时, ? x ? k ? f' ? x ? ? x ?1 > 0 ,求 k 的最大值 【答案】解:(I) f(x)的的定义域为 ? ?∞, ? ∞? , f' ? x ? ? ex-a 。 若 a ? 0 ,则 f' ? x ? ? ex-a > 0 ,∴ f ? x ? 在 ? ?∞, ? ∞? 上单调递增。 若 a > 0 , 则 当 x ? ? ?∞, l n? a时 , f' ? x ??
x

, ? a ∞? 时 , - e <a ; 0 当 x ?? l n

f' ? x ??

x

? ∞? 上单调递增。 - e > a ,∴在 0 ? ?∞,lna ? 上单调递减, f ? x ? 在 ? lna,
(Ⅱ)∵a=1,∴ ? x ? k ? f' ? x ? ? x ? 1= ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 。 ∴当 x>0 时, ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 ,它等价于 k <

?

?

?

?

x ?1 ?x ex ? 1

? x > 0? 。

令 g?x?=

e ? xe x ? 1 x ?1 g ' x = ? 1= ? x ,则 ? ? x 2 e ?1 ex ? 1

x

?

?

?e ?e

x x

?x?2 ?1

?

2

?。

由(I)知,函数 h ? x ? =ex ? x ? 2 在 ? 0, ? ∞? 上单调递增。 ∵ h ?1? =e ? 3 < 0 , h ? 2? =e2 ? 4 > 0 ,∴ h ? x ? 在 ? 0, ? ∞? 上存在唯一的零点。 ∴ g' ? x ? 在 ? 0, ? ∞? 上存在唯一的零点,设此零点为 a ,则 a ? ?1,2? 。 当 x ? ? 0,a ? 时, g' ? x ? < 0 ;当 x ? ? a, ? ∞? 时, g' ? x ? > 0 。

x ?1 ? x 在 ? 0, ? ∞? 上的最小值为 g ? a ? 。 ex ? 1 a ?1 ? a =a+1 ? ? 2,3 ? 。 又∵ g' ? a ? =0 ,即 ea =a ? 2 ,∴ g ? a ? = a e ?1
∴ g?x?= 因此 k < g ? a ? ,即整数 k 的最大值为 2。 【考点】函数的单调性质,导数的应用。 【解析】(I)分 a ? 0 和 a > 0 讨论 f ? x ? 的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当 x>0 时,? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 等价于 k < 求出导数,根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值。 例 5. (2012 年北京市理 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ 1? a ? 0? ,g ? x ? ? x3+bx (1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值; (2)当 a 2 ? 4b 时,求函数 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间,并求其在区间(-∞,-1)上的最大值。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+ 1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 ∴ a+1 ? 1+b ,即 a ? b ①。 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。 (2)∵ a 2 ? 4b ,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x3 ? ax 2 ? a 2 x+1 。 则 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 。令 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 =0 ,解得 x1 = ? ,x 2 = ? ∵ a ? 0 ,∴ ? < ? 。 又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

?

?

x ?1 ?x ex ? 1

? x > 0 ? ,令 g ? x ? =

x ?1 ?x , ex ? 1

1 4

1 4

1 4

a 2

a 。 6

a 2

a 6

x
h' ? x ?

a? ? ? ? ? ??, 2? ?


?

a 2

? a a? ? ? ?? , ? 2 6?


?

a 6

? a ? ? ?? ?? , ? 6 ?


0

0

a? ? ? a a? ? a ? ? ? 单调递增,在 ? ? , ? ? 单调递减,在 ? ? , ? ? ? 上单调递增。 ∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, 2 2 6 6 ? ? ? ? ? ?
①若 ?1 ? ?

a2 a ,即 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ?1? ? g ? ?1? =a ? ; 4 2

②若 ? < ?1 < ?

a 2

a ? a? ? a? ,即 2 < a < 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 6 ? 2? ? 2?

③若 ?1 ? ?

a ? a? ? a? 时,即 a ? 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 2 6 ? ? ? 2?
a2 ;当 a > 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 1。 4

综上所述:当 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 a ?

【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它 们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。联立两式即可求出 a、b 的值。 (2)由 a 2 ? 4b 得到 f ? x ? ? g ? x ? 只含一个参数的方程,求导可得 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间;根据

a a a a ?1 ? ? , ? < ?1 < ? 和 ?1 ? ? 三种情况讨论 f ? x ? ? g ? x ? 的最大值。 2 2 6 6
例 6. (2012 年北京市文 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ 1? a ? 0? ,g ? x ? ? x3+bx (1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值; (2)当 a=3,b=-9 时,若函数 f ? x ? ? g ? x ? 在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的取值范围。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+ 1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 ∴ a+1 ? 1+b ,即 a ? b ①。 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。 (2)∵a=3,b=-9,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x3 ? 3x 2 ? 9x+1 。 则 h' ? x ? =3x2 ? 6x ? 9 。令 h' ? x ? =3x 2 ? 6x ? 9=0 ,解得 x1 = ? 3,x 2 =1 。 又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

x
h' ? x ?

? 3? ? ??,


?3

, ? ?31 ?


1 0

? ?? ?1,


0

∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, ? 3? 单调递增,在 ? ?31 , ? ? ? 上单调递增。 ? 单调递减,在 ?1, 其中, h ? ?3? =f ? ?3? ? g ? ?3? =28 为最大值。 ∴如果函数 f ? x ? ? g ? x ? 在区间[k,2]上的最大值为 28,则区间包含最大值点 x1 = ? 3 。 ∴ k ? ?3 ,即 k 的取值范围为 ? ??, ? 3? 。 【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它 们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。联立两式即可求出 a、b 的值。 ( 2 )由 a=3,b= - 9 得到 f ? x? ? g? x? 的方程,求导可得 f ? x? ? g? x? 的单调区间;根据函数

f ? x? ? g? x? 在区间[k,2]上的最大值为 28,则区间包含最大值点 x1 = ? 3 。从而得出 k 的取值范围。
例 7. (2012 年四川省理 14 分) 已知 a 为正实数, n 为自然数,抛物线 y ? ? x ?
2

an 与 x 轴正半轴相 2

交于点 A ,设 f ( n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距。 (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f ( n) ; (Ⅱ)求对所有 n 都有

f (n) ? 1 n3 成立的 a 的最小值; ? 3 f (n) ? 1 n ? 1

(Ⅲ)当 0 ? a ? 1 时,比较

? f (k ) ? f (2k ) 与
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) 的大小,并说明理由。 4 f (0) ? f (1)

? an ? an ,0 ? ,对 y ? ? x 2 ? 【答案】解: (Ⅰ)由已知得,交点 A 的坐标为 ? 求导得 y' ? ?2x 。 ? 2 ? 2 ? ?
∴抛物线在点 A 处的切线方程为 y ? ? 2a ? x ?
n

? ? ?

an 2

? ? ,即 y ? ? 2a n x +a n 。 ? ?

∴ f (n)=a 。 (Ⅱ)由(1)知 f (n)=a ,则
n

n

f ( n) ? 1 n3 ? 3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 。 f ( n) ? 1 n ? 1

即知, a n ? 2n3 ? 1 对于所有的 n 成立,特别地,取 n=2 时,得到 a ? 17 。 当 a ? 17, n ? 3 时,
1 2 3 1 2 3 ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33 an ? 4n = ?1+3? =1 ? Cn ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33 + ??? ? 1 ? Cn

n

1 2 ? 1 ? 2n3 + n ?5 ? n ? 2? + ? 2n ? 5?? > 2n3 +1 。 ? ? 2
当 n=0,1,2 时,显然 ∴当 a ? 17 时,

?

17

?

n

? 2n 3 ? 1 。

f ( n) ? 1 n3 对所有自然数都成立。 ? 3 f ( n) ? 1 n ? 1

∴满足条件的 a 的最小值是 17 。 (Ⅲ)由(1)知 f (n)=a ,则
n

? f (k ) ? f (2k ) =? a
k ?1 k ?1

n

1

n

k

1 f (1) ? f (n) a ? a n ? , 。 f (0) ? f (1) 1 ? a ? a 2k

下面证明: ?
k ?1

n

1 27 f (1) ? f (n) ? ? 。 f (k ) ? f (2k ) 4 f (0) ? f (1)

首先证明:当 0<x<1 时, 设函数 g ( x) ?

1 27 ? x, 3 x?x 4

27 81 2 x( x2 ? x) ? 1,0 ? x ? 1 ,则 g '( x) ? x( x ? ) 。 4 4 3 2 2 ' x) ? 0 ;当 ? x ? 1 时, g '( x) ? 0 , ∵当 0 ? x ? 时, g( 3 3
∴ g ( x) 在区间(0,1)上的最小值 g ( x) min=g ( ) ? 0 。

2 3

1 27 ? x。 3 x?x 4 1 27 由 0<a<1 知 0<ak<1( k ? N ? ),∴ k ? ak 。 2k a ?a 4
∴当 0<x<1 时, g ( x) ≥0,即得 从而 ?
k ?1 n n 27 n k 27 a ? a n +1 27 a ? a n 27 f (1) ? f (n) 1 1 ?? k ? ? a ? 4 ? 1 ? a ? 4 ? 1 ? a ? 4 ? f (0) ? f (1) 。 f (k ) ? f (2k ) k ?1 a ? a 2k 4 k ?1

【考点】导数的应用、不等式、数列。 【解析】 (Ⅰ)根据抛物线 y ? ? x ?
2

? an ? an ,0 ? ,进一步可求抛物线 与 x 轴正半轴相交于点 A,可得 A ? ? 2 ? 2 ? ?
n

在点 A 处的切线方程,从而可得 f (n)=a

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知 f( n) =a

n

, 则

f ( n) ? 1 n3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 , 即知,a n ? 2n3 ? 1 ? 3 f ( n) ? 1 n ? 1
n

对所有 n 成立。当 a ? 17, n ? 3 时, an ? 4n = ?1+3? > 2n3 +1 ;当 n=0,1,2 时, 可得 a 的最小值。
n ( Ⅲ ) 由 ( Ⅰ ) 知 f ( n) =a ,证明当 0<x<1 时,

?

17

?

n

? 2n3 ? 1 ,由此

1 27 ? x 即可证明: 3 x?x 4

? f (k ) ? f (2k ) ?
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) ? 。 4 f (0) ? f (1)
2

an 例 8. (2012 年四川省文 14 分)已知 a 为正实数, n 为自然数,抛物线 y ? ? x ? 与 x 轴正半轴相交于 2
点 A ,设 f ( n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距。 (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f ( n) ; (Ⅱ)求对所有 n 都有

f ( n) ? 1 n ? 成立的 a 的最小值; f ( n) ? 1 n ? 1 1 1 1 f (1) ? f (n ? 1) ? ? ??? ? 与6? 的大小, f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f (n) ? f (2n) f (0) ? f (1)

(Ⅲ) 当 0 ? a ? 1 时, 比较 并说明理由。

? an ? an ,0 ? ,对 y ? ? x 2 ? 【答案】解: (Ⅰ)由已知得,交点 A 的坐标为 ? 求导得 y' ? ?2x 。 ? 2 ? 2 ? ?
∴抛物线在点 A 处的切线方程为 y ? ? 2a ? x ?
n

? ? ?

an 2

? ? ,即 y ? ? 2a n x +a n 。 ? ?

∴ f (n)=a 。 (Ⅱ)由(1)知 f (n)=a ,则
n

n

f ( n) ? 1 n ? 成立的充要条件是 a n ? 2n ? 1 。 f ( n) ? 1 n ? 1

即知, a n ? 2n ? 1 对于所有的 n 成立,特别地,取 n=1 时,得到 a ? 3 。 当 a ? 3, n ? 1 时,
1 2 3 an ? 3n = ?1+2? =1 ? Cn ? 2+Cn ? 22 +Cn ? 23 + ??? ? 2n ? 1 。 n

当 n=0 时, a n ? 2n ? 1 。 ∴当 a ? 3 时,

f ( n) ? 1 n ? 对所有自然数都成立。 f ( n) ? 1 n ? 1

∴满足条件的 a 的最小值是 3。 (Ⅲ)由(1)知 f (n)=a n , 下面证明:

1 1 1 f (1) ? f (n ? 1) 。 ? ? ?? ? 6. f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f ( n ) ? f ( 2n ) f (0) ? f (1)
1 ? 6x , x ? x2

首先证明:当 0<x<1 时,

设函数 g ? x ? ? 6 x x 2 ? x ? 1,0 ? x ? 1 ,则 g ' ( x) ? 18 x( x ? ) 。

?

?

2 3

2 2 ' x) ? 0 ;当 ? x ? 1 时, g '( x) ? 0 , 时, g( 3 3 2 1 ∴ g ( x) 在区间(0,1)上的最小值 g ( x) min=g ( ) ? > 0 。 3 9 1 ∴当 0<x<1 时, g ( x) ≥0,即得 ? 6x 。 x ? x2 1 由 0<a<1 知 0<ak<1( k ? N ? ),∴ k ? 6ak 。 2k a ?a
∵当 0 ? x ? 从而

1 1 1 1 1 1 ? ? ?? ? ? 2 ?? n 2 4 f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f (n) ? f (2n) a ? a a ?a a ? a2n

? 6(a ? a 2 ??? a n ) ? 6 ?
【考点】导数的应用、不等式、数列。 【解析】 (Ⅰ)根据抛物线 y ? ? x ?
2

a ? a n ?1 f (1) ? f (n ? 1) ? 6? 。 1? n f (0) ? f (1)

? an ? an ,0 ? ,进一步可求抛物线 与 x 轴正半轴相交于点 A,可得 A ? ? 2 ? 2 ? ?
n

在点 A 处的切线方程,从而可得 f (n)=a (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (n)=a n ,则

f (n) ?1 n ? 成立的充要条件是 a n ? 2n ? 1 ,即知, a n ? 2n ? 1 f (n) ?1 n ?1
n

对所有 n 成立。当 a ? 3, n ? 1 时, an ? 3n = ?1+2? ? 2n ? 1 ;当 n=0 时, a n ? 2n ? 1 ,由此可得 a 的最小值。 (Ⅲ)由(Ⅰ)知 f (n)=a ,证明当 0<x<1 时,
n

1 ? 6 x 即可证明: x ? x2

1 1 1 f (1) ? f (n ? 1) ? ? ?? ? 6. 。 f (1) ? f (2) f (2) ? f (4) f ( n ) ? f ( 2n ) f (0) ? f (1)
例 9. (2012 年天津市理 14 分)已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . (Ⅰ)求 a 的值;

(Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 2 成立,求实数 k 的最小值; (Ⅲ)证明

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

n

2

*

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

【答案】解: (Ⅰ)函数的定义域为 ? ?a, ? ?? ,求导函数可得 f' (x)=1 ? 令 f' (x)=0 ,得 x =1 ? a > ?a 。 当 x 变化时, f' (x ) 和 f (x) 的变化情况如下表:

x

1? a? ? ?a,

1? a

?1? a,? ??
+ ↗

f' (x)
f (x)

- ↘

0 极小值

∴ f (x) 在 x =1 ? a 处取得极小值。 ∴由题意,得 f (1 ? a)=1 ? a ? ln1=1 ? a=0 。∴ a =1 。 (Ⅱ)当 k ≤0 时,取 x =1 ,有 f (1)=1 ? ln 2 < 0 ,故 k ≤0 不合题意。 当 k >0 时,令 ( g x) ?( f x) ? kx2 ,即 ( g x) ? x ? ln (x+1) ? kx2 。

(x) ? 1? 求导函数可得 g'

1 x +1 ? 1 ? 2kx 2 ? 2kx x ?1 ? 2kx ? 2k ? ? 2kx = = 。 x +1 x +1 x +1
1 ? 2k >?1 。 2k

(x) ? 0 ,得 x1 ? 0,x2 ? 令 g'
①当 k ?

1 1 ? 2k (x) < 0 在(0,+∞)上恒成立,因此 ( 时, ≤0, g' g x) ?( f x) ? kx2 2 2k

g x) ?g (0) =0 ,即对任意的 x ??0, 在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的 x ??0, ,总有 ( +?? ) +?? ,
有 f (x) ? kx 成立。
2

1 符合题意。 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k (x) g x) ②当 0 < k < 时, >0,对于 x ?(0, ), g' >0,因此 ( 在 2 2k 2k 1 ? 2k 1 ? 2k (0, )上单调递增,因此取 x ?(0, )时, ( g x0) ?g (0) =0 ,即有 f (x0 ) ? kx02 不成立。 2k 2k
∴k ?

∴0< k <

1 不合题意。 2
1 。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 2

综上,实数 k 的最小值为

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

=?
i =1

n

2 ? ln ? 2n ? 1? 。 2i ? 1
1 1 2 ,得 f (x) ? x ? x ? 0 ? , 2 2

在(2)中,取 k = ∴f?
n

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



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

综上,

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

2

*

)。

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值。 【分析】 (Ⅰ)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利用 函数

f ( x)=x ? ln (x +a ) 的最小值为 0 ,即可求得 a 的值。 1 ) = 1n l2 ? 0 (Ⅱ) 当 k ≤0 时, 取 x =1 , 有 f(
求导函数,令导函数等于 0,分类讨论:①当 k ?

< , 故 k ≤0 不合题意。 当 k >0 时, 令( g x) ?( f x) ? kx2 ,

1 1 ? 2k g x) 时, ≤0, ( 在(0,+∞)上单调递减,从 2 2k 1 1 ? 2k 1 ? 2k g x) ?g (0) =0 。②当 0 < k < 时, 而对任意的 x ??0, ,总有 ( >0,对于 x ?(0, ), +?? ) 2 2k 2k 1 ? 2k g' (x) g x) >0,因此 ( 在(0, )上单调递增。由此可确定 k 的最小值。 2k
(Ⅲ)当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。当 n ≥2 时,由

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

n

? 2 ?

=?

1 1 2 ? ln ? 2n ? 1? ,在(Ⅱ)中,取 k = 得 f (x) ? x 2 ,从而可得 2 2 i =1 2i ? 1
n
+

2 2 ? 2 ? , f? < ?? 2 ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1? ? 2i ? 3?? 2i ? 1?

? i ? N ,i ? 2 ? 由此可证结论。
例 10. (2012 年天津市文 14 分)已知函数 f ( x) ? (I)求函数 f ( x) 的单调区间; (II)若函数 f ( x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (III) 当 a =1 时, 设函数 f ( x) 在区间 [t , t ? 3] 上的最大值为 M (t ) , 最小值为 m (t ) ,记 g ? t ? =M ? t ? ? m ? t ? , 求函数 g ? t ? 在区间 [ ?3,?1] 上的最小值。 【答案】解: (I)求导函数可得 f' ( x) ? x2 ? ?1 ? a ? x ? a= ? x+1?? x ? a ? 。 令 f' ( x) ? 0 ,可得 x1 = ? 1,x2 =a > 0 。 当 x 变化时, f' ( x ) 和 f ( x) 的变化情况如下表:

1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a , x ? R 其中 a > 0 . 3 2

x
f' ( x ) f ( x)

? ??,?1?
+ ↗

?1
0 极大值

? ?1,a ?
- ↘

a
0 极小值

? a,+??
+ ↗

∴函数的递增区间为 ? ??,? 1? , ? a,+?? ,单调递减区间为 ? ?1,a ? 。 (II)由(I)知函数在区间(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减, ∴函数在(-2,0)内恰有两个零点。

?f ? ∴? f ? ?f

3 1? a 2 ?1 ? 3 ? ?2 ? ? 2 ? ?2 ? ? a ? ?2 ? ? a < 0 ? ?2 ? < 0 ? 1? a 1 ?1 ? ?1?2 ? a ? ?1? ? a > 0 ,解得 0 < a < 。 ? ?1? > 0 ,即 ? ? ?1?3 ? 3 2 3 ? ?0? < 0 ??a < 0 ? ?

∴ a 的取值范围为(0, )。

1 3

1 (III) a =1 时, f ( x) ? x3 ? x ? 1 ,由(I)知,函数在(-3,-1)上单调递增,在(-1,1)上 3
单调递减,在(1,2)上单调递增。 ①当 t ???3, ? 2? ]时, t +3 ? ?0, 1? ,-1∈[ t , t +3], f ( x) 在[ t ,-1]上单调递增,在

[-1, t +3]上单调递减。 ∴函数在[ t , t +3]上的最大值为 M( t )= f ? ?1? = ? ,而最小值 m( t )为 f (t ) 与 f (t +3) 中 的较小者。 由 f (t +3) ? f (t )=3? t +1??t +2? 知,当 t ∈[-3,-2]时, f (t ) ? f (t +3) ,故 m( t )=f( t ) , 所以 g ? t ? =f ? ?1? ? f ? t ? 。 而 f (t ) 在[-3,-2]上单调递增,因此 f (t ) ? f (?2)= ?

1 3

5 。 3

1 ? 5? 4 ∴ g ? t ? 在[-3,-2]上的最小值为 g ? t ? = ? ? ? ? ? = 。 3 ? 3? 3
②当 t ∈[-2,-1]时, t +3∈[1,2],-1,1∈[ t , t +3]。 下面比较 f (?1),f (1),f (t ),f (t +3) 的大小: 由 f ( x) 在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f (?2) ? f (t ) ? f (?1),f (1) ? f (t +3) ? f (2) 。 ∵ f (1)=f (?2)= ? ,f (?1)=f (2)= ? ∴M( t )= f (?1)= ?

5 3

1 , 3

1 5 ,m( t )= f (?2)= ? 3 3

1 ? 5? 4 ∴ g ? t ? 在[-2,-1]上的最小值为 g ? t ? = ? ? ? ? ? = 。 3 ? 3? 3
综上,函数 g ? t ? 在区间[-3,-1]上的最小值为

4 。 3

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的极值和单调性。 【分析】 (I)求导函数,令 f' ( x ) >0,可得函数的递增区间;令 f' ( x ) <0,可得单调递减区间。 (II)由(I)知函数在区间(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减,从而函数在 (-2,0)内恰有两个零点,由此可求 a 的取值范围。

1 (III) a =1 时, f ( x) ? x3 ? x ? 1 ,由(I)知,函数在(-3,-1)上单调递增,在(-1,1) 3
上单调递减,在(1,2)上单调递增,再进行分类讨论: ①当 t ∈[-3,-2]时,t +3∈[0,1],-1∈[ t ,t +3], f ( x) 在[ t ,-1]上单调递增,在[-1,t +3] 上单调递减, 因此函数在[ t ,t +3]上的最大值为 M (t ) = f ? ?1? = ? 中的较小者,从而可得 g ? t ? 在[-3,-2]上的最小值; ②当 t ∈[-2,-1]时, t +3∈[1,2],-1,1∈[ t , t +3],比较 f (?1),f (1),f (t ),f (t +3) 的大小,

1 , 而最小值 m (t ) 为 f (t ) 与 f (t +3) 3

从而可确定函数 g ? t ? 在区间[-3,-1]上的最小值。 例 11. (2012 年安徽省理 13 分)设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) ae x

(I)求 f ( x) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)设 t ? e x (t ? 1) ,则 y ? at ? ∴ y? ? a ?

3 x ;求 a , b 的值。 2

1 ?b。 at

1 a 2t 2 ? 1 ? 。 at 2 at 2

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

2 ? 2 1 ? ae ? 2 ? b ? 3 a? 2 ? f (2) ? 3 ? ? ? ? ? ae e 由题意得: ? ,解得 ? 。 3 ,即 ? 1 3 1 f ?(2) ? 2 ? ? ? ae ? 2 ? b? ? 2 ? ? ae 2 ? 2 ?
【考点】复合函数的应用,导数的应用,函数的增减性,基本不等式的应用。 【解析】 (I)根据导数的的性质分 a ? 1 和 0 ? a ? 1 求解。 (II)根据切线的几何意义列方程组求解。 例 12. (2012 年安徽省文 12 分)设定义在(0,+ ? )上的函数 f ( x) ? ax ? (Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值; (II)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)∵ f ( x) ? ax ?

1 ? b(a ? 0) ax

3 x ,求 a , b 的值。 2

1 1 ? b ? 2 ax ? b ? b ? 2, ax ax
1 ) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a

∴当且仅当 ax ? 1( x ?

(II)∵曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ?

3 3 x ,∴ f (1) ? 。 2 2

1 3 ? b ? ①。 a 2 1 1 3 又∵ f ?( x) ? a ? 2 ,∴ f ?(1) ? a ? ? ax a 2
∴a? 解①②得: a ? 2, b ? ?1 。 【考点】基本不等式的应用,导数的应用。

②。

【解析】 (I)应用基本不等式 a 2 ? b 2 ? 2ab 即可求得 f ( x ) 的最小值。

3 3 和 f ?(1) ? 联立方程组,求解即可求得 a , b 的值。 2 2 ln x ? k 例 13. (2012 年山东省理 13 分)已知函数 f (x) = (k 为常数,e=2.71828……是自然对数的底 ex
(II)由 f (1) ? 数) ,曲线 y= f (x) )在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行。 (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f (x) 的单调区间; (Ⅲ)设 g(x)=(x2+x) f' (x) ,其中 f' (x) 为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0, g(x) ? 1 ? e?2 。

1 ? k ? ln x ln x ? k x 【答案】解: (Ⅰ)由 f (x) = 可得 , f ' (x)= ex ex
∵曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, ∴ f' (1)=0 ,即

1? k ? 0 ,解得 k ? 1 。 e

1 ? 1 ? ln x 1 1 (Ⅱ) f' (x)= x ,令 f' (x)=0 可得 ? 1 ? ln x=0 ,即 ? 1=ln x 。 x x x e
令 h ?x?=

1 ? 1,s ? x ? =ln x , x 1 x

由指数函数和对数函数的单调性知,在 x > 0 时, h ? x ? = ? 1 从 ?? ? ?1 单调减小;

1 s ? x ? =ln x 从 ?? ???单调增加。∴ h ? x ? = ? 1 和 s ? x ? =ln x 只相交于一点,即 f' (x)=0 只有一解。 x
由(Ⅰ)知, f' (1)=0 ,∴ x ? 1 。

1 1 ? 1 ? ln x ? 1 ? ln x x 当 0 ? x ? 1 时, f' (x)= x ;当 时, (取点代入) ? 0 f ' (x)= ?0 。 x ? 1 ex ex
∴ f (x) 在区间 (0, 1) 内为增函数;在 (1, ? ?) 内为减函数。

1 ? 1 ? ln x x ?1 x (Ⅲ)∵ g(x) ? (x ? x) ? x ?1 ? x ? x ln x ? , x e e
2

x ?1 ?1 ? x ? x ln x ? ? 1 ? e?2 ex x ?1 可以证明,对任意 x>0,有 x < 1 (通过函数的增减性和极值证明) , e x ?1 ∴ g(x) ? 1 ? e ?2 = x ?1 ? x ? x ln x ? ? 1 ? e ?2 < 1 ? x ? x ln x ? 1 ? e ?2 = ? x ? x ln x ? e ?2 。 e g(x) ? 1 ? e ?2 =

?

?

?

?

?

?

?

?

设 r ? x ? = ? x ? x ln x ? e?2 。则 r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1。 令 r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1=0 ,解得 x=e ?2 。 当 0 < x < e?2 时, r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1 > 0 ;当 x > e?2 时, r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1 < 0 。 ∴ r ? x ? = ? x ? x ln x ? e?2 在 x=e ?2 取得最大值 r ? x ?max = ? e?2 ? e?2 ln e?2 ? e?2 =0 。 ∴ g(x) ? 1 ? e ?2 < 0 ,即 g(x) <1 ? e?2 。 ∴对任意 x>0, g(x) ? 1 ? e?2 。 【考点】曲线的切线,两直线平行的性质,幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。 【解析】 (Ⅰ)由曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行,可令 y= f(x)在点(1,f(1))处的导数 值为 0,即可求得 k 的值。 (Ⅱ)求出函数的导数,讨论它的正负,即可得 f (x) 的单调区间。 (Ⅲ)对 g(x) ? 1 ? e ?2 ,用缩小法构造函数,求出它的最大值即可得到证明。 例 14. (2012 年湖北省文 14 分)设函数 f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n 为整数,a,b 为常数.曲线 y=f(x) 在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (Ⅰ)求 a,b 的值; (II)求函数 f(x)的最大值; 1 (III)证明:f(x)< . ne 【答案】解: (Ⅰ)∵f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0。 ∵f′(x)=anxn 1-a(n+1)xn,∴f′(1)=-a。


?

?

?

?

又∵切线 x+y=1 的斜率为-1,∴-a=-1,即 a=1。 ∴a=1,b=0。 n + - (II)由(Ⅰ)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1,f′(x)=(n+1)xn 1?n+1-x?。 ? ?

n n 令 f′(x)=0,解得 x= ,即 f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x0= 。 n+1 n+1 n n ∵在?0,n+1?上,f′(x)>0,f(x)单调递增;在?n+1,+∞?上,f′(x)<0,f(x)单调递减,

?

?

?

?

n n n nn ∴f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f?n+1?=?n+1?n?1-n+1?= ? ? ? ?? ? n+ n+1。 1 1 1 t-1 (III)证明:令 φ(t)=lnt-1+ (t>0),则 φ′(t)= - 2= 2 (t>0)。 t t t t ∵在(0,1)上,φ′(t)<0,φ(t)单调递减;在(1,+∞)上,φ′(t)>0,φ(t)单调递增, 1 ∴φ(t)在(0,+∞)上的最小值为 φ(1)=0。 ∴φ(t)>0(t>1),即 lnt>1- (t>1)。 t n+1 n+1?n+1 1 1 令 t=1+ ,得 ln > ,即 ln? >lne。 n n n ? ? n+1 ∴? n+1?n+1 nn 1 >e,即 。 + < ? n ? n+ n 1 ne

nn 1 由(II)知,f(x)≤ n+1< ,∴所证不等式成立。 n e n+ 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方 程。 【解析】 (I)由题意曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1,故可根据导数的几何意义与切点处的 函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。 n + - (II)由于 f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1,可求 f′(x)=(n+1)xn 1?n+1-x?,利用导数研究函数的单调性, ? ? 即可求出函数的最大值。 n n n 1 nn (III)结合(II) ,欲证:f(x)< .由于函数 f(x)的最大值 f?n+1?=?n+1?n?1-n+1?= ne ? ? ? ?? ? n+ n+1,故 此不等式证明问题可转化为证明 nn 1 ,对此不等式两边求以 e 为底的对数发现,可构造函数 φ(t) + < n+ n 1 ne

1 =lnt-1+ (t>0),借助函数的最值辅助证明不等式。 t 例 15. (2012 年湖南省理 13 分)已知函数 f ( x) ? e
ax

? x ,其中 a ≠0.

(Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x ) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合. (Ⅱ)在函数 f ( x ) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,问:

(x1,x2) 是否存在 x0 ? ,使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x 0 的取值范围;若不存在,请说明理由.
ax 【答案】解: (Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x ) ? e ? x ? 1 ,这与题设矛盾,

又 a ? 0 ,故 a ? 0 。 ∵ f ?( x) ? aeax ? 1, ∴令 f ?( x) ? 0, 得x ? 当x?

1 1 ln 。 a a

1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; a a 1 1 当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a a 1 1 1 1 1 1 1 ∴当 x ? ln 时, f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln 。 a a a a a a a 1 1 1 于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1 恒成立,当且仅当 ? ln ? 1 a a a
令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。



当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减, ∴当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立。 a

综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。 (Ⅱ)存在。由题意知, k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 ? ?1 。 x2 ? x1 x2 ? x1
ax

eax2 ? eax1 令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? ae ? ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

eax1 eax2 a ( x2 ? x1 ) ? ? ? e ? a ( x ? x ) ? 1 , ? ( x ) ? ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? 2 1 2 ? ? ? ?。 x2 ? x1 x2 ? x1
t t

令 F (t ) ? e ? t ?1 ,则 F ?(t ) ? e ? 1 。 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增,
t ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。

∴e

a ( x2 ? x1 )

? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ?x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0 。

又∵

eax1 eax2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 x2 ? x1 x2 ? x1

∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线,

∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 的,且 c ?

??( x) ? a2eax ? 0,? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一

1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 ,故当且仅当 x ? ( ln ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k 。 a a( x2 ? x1 ) a a( x2 ? x1 )
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) 。 a a( x2 ? x1 )
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划 归思想等数学思想方法的应用。 【解析】 (Ⅰ)用导函数法求出 f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? 化为 f ( x)min ? 1,从而得出 a 的取值集合。 (Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,通过构造函数,研究这个函数的单调性及最值来进行分析判 断。 例 16. (2012 年湖南省文 13 分)已知函数 f ( x) ? e x ? ax ,其中 a >0. (Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x ) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合;
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1 a

1 a

1 1 1 ? ln ,对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立转 a a a

(Ⅱ)在函数 f ( x ) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,证明:

(x1,x2) 存在 x0 ? ,使 f ?( x0 )=k 恒成立.
x 【答案】解: (Ⅰ) f ?( x) ? e ? a, 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ln a 。

当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减;当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增。 ∴当 x ? ln a 时, f ( x ) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a 。 ∴对一切 x ? R, f ( x) ? 1 恒成立,当且仅当 a ? a ln a ? 1. 令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。 当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减。 ∴当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当 a ? 1 时,①式成立。 ①

综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。 (Ⅱ)证明:由题意知, k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e x2 ? e x1 ? ?a。 x2 ? x1 x2 ? x1 e x2 ? e x1 ,则 x2 ? x1

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? e x ?

? ( x1 ) ? ?

e x1 e x2 x2 ? x1 ? ? ? e ? ( x ? x ) ? 1 , ? ( x ) ? e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1? 2 1 2 ? ? ? ?。 x2 ? x1 x2 ? x1

令 F (t ) ? et ? t ?1 ,则 F ?(t ) ? et ? 1 。 当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增。
t ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。

∴e

x2 ? x1

? ( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ex1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ?1 ? 0 。

又∵

e x1 e x2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 x2 ? x1 x2 ? x1

∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线, ∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 即 f ?( x0 ) ? k 成立。 【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立,分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划 归思想等数学思想方法的应用。 【解析】 (Ⅰ)利用导函数法求出 f ( x ) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a. 对一切 x ∈R, f ( x ) ≥1 恒成立转化 为 f ( x)min ? 1从而得出求 a 的取值集合。 (Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过构造函 数,研究这个函数的性质进行分析证明。 例 17. (2012 年福建省理 14 分)已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R. (Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线只有一 个公共点 P. 【答案】解: (Ⅰ)∵f′(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, ∴曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率 k=2a=0。 ∴a=0,即 f(x)=ex-ex。此时 f′(x)=ex-e,

∵f′(x)=0 得 x=1,当 x∈(-∞,1)时,有 f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,有 f′(x)>0, ∴f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞)。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共 点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点。 因为 g(x0)=0,且 g′(x)=f′(x)-f′(x0)=ex-ex0+2a(x-x0),所以, ①若 a≥0,当 x>x0 时,g′(x)>0,则 x>x0 时,g(x)>g(x0)=0; 当 x<x0 时,g′(x)<0,则 x<x0 时,g(x)>g(x0)=0。 故 g(x)只有唯一零点 x=x0。 由于 x0 具有任意性,不符合 P 的唯一性,故 a≥0 不合题意。 ②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a。 令 h′(x)=0,得 x=ln(-2a),记 x*=ln(-2a)。 则当 x∈(-∞,x*)时,h′(x)<0,从而 h(x)在(-∞,x*)内单调递减;当 x∈(x*,+∞)时, h′(x)>0,从而 h(x)在(x*,+∞)内单调递增。 (i)若 x0=x*,由 x∈(-∞,x*)时,g′(x)=h(x)>h(x*)=0;x∈(x*,+∞)时,g′(x)=h(x)> h(x*)=0.知 g(x)在 R 上单调递增, 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x=x*。 (ii)若 x0>x*,由于 h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x*,x0)时有 g′(x) =h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取 x1∈(x*,x0)有 g(x1)>0。 又当 x∈(-∞,x1)时,易知 g(x)=ex+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0) <ex1+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0)=ax2+bx+c, 其中 b=-(e+f′(x0)),c=ex1-f(x0)+x0f′(x0)。
2 由于 a<0,则必存在 x2<x1,使得 ax2 +bx2+c<0.

所以 g(x2)<0,故 g(x)在(x2,x1)内存在零点.即 g(x)在 R 上至少有两个零点。 x3 (iii)若 x0<x*,仿(ii)并利用 ex> ,可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点。 6 综上所述,当 a<0 时,曲线 y=f(x)上存在唯一点 P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该 点处的切线与曲线只有一个公共点 P。 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性。 【解析】 (Ⅰ)求导函数,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,可求 a 的值,由 f′(x)<0,可得函 数 f(x )的单调减区间;由 f′(x)>0,可得单调增区间。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0),令 g(x)=f(x) -f′(x0)(x-x0)-f(x0),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于 g(x)有唯一零点,求出导函数,

再进行分类讨论:①若 a≥0,g(x)只有唯一零点 x=x0,由 P 的任意性 a≥0 不合题意; (2)②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a,可得函数的单调性,进而可研究 g(x)的零点,由此 可得结论。 例 18.(2012 年辽宁省理 12 分) 设 f ( x) ? ln( x ?1) ? x ? 1 ? ax ? b(a, b ? R, a, b为常数) , 曲线 y ? f ( x) 与直线 y ?

3 x 在(0,0)点相切。 2

(Ⅰ)求 a , b 的值。 (Ⅱ)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ?

9x 。 x?6

【答案】解: (I)∵ y ? f ( x) 过(0,0) ,∴ f (0) =0。∴ b =-1。 ∵曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? ∴ y? | x ? 0 ? (

3 x 在(0,0)点相切, 2

1 1 3 3 ? ? a) |x ? 0 ? ? a ? 。∴ a =0。 x ?1 2 x ?1 2 2

(II)证明:由(I)知 f ( x) ? ln( x ? 1) ? 由均值不等式,当 x >0 时, 2 令 k ? x ? =f ( x) ? 则 k? ? x ? =

x ? 1 ?1。
x ?1 < x ?1。 2

? x ? 1? ?1 < x ? 1 ? 1=x ? 2 ,∴

9x 。 x?6

1 1 54 2 ? x ?1 54 ? ? = ? 2 x ? 1 2 x ? 1 ? x ? 6? 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2

x 3 ?1 x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? ? 54 2 。 < ? = 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2 4 ? x ? 1?? x ? 6 ? 2?
令 g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。
3

则当 0 ? x ? 2 时, g ? ? x ? =3 ? x ? 6 ? ? 216 < 0 。
2

∴ g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 g ? 0? =0 ,∴在(0,2)内, g ? x ? < 0 。∴在(0,2)内, k? ? x ? < 0 。 ∴ k ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 k ? 0? =0 ,∴在(0,2)内, k ? x ? < 0 。

∴当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ?

9x 。 x?6

【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用,利用导数研究曲线上某点切线 方程。 【解析】 (I)由 y ? f ( x) 过(0,0) ,可求 b 的值,根据曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? 利用导函数,可求 a 的值。 (II)由(I)知 f ( x) ? ln( x ? 1) ?

3 x 在(0,0)点相切, 2

x ? 1 ?1,由均值不等式,可得
3

x ?1 <

x ? 1 。用差值 2

? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。 9x 3 法构造函数 k ? x ? =f ( x) ? , 可得 k ? ? x ? < 构造函数 g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? , x?6 4 ? x ? 1?? x ? 6 ?
利用导数判断 g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数,从而得到出 k ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数,进而 得出结论。 例 19. (2012 年辽宁省文 12 分)设 f ( x) ? ln x ? x ?1,证明:

3 ? x ? 1? 2 9( x ? 1) (Ⅱ)当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ? x?5 3 3 【答案】证明:(Ⅰ)设 g ( x) ? f ( x) ? ? x ? 1? ? ln x ? x ? 1 ? ? x ? 1? , 2 2
(Ⅰ)当 x > 1 时, f ( x ) < 则 g' ( x) ?

1 1 3 ? ? 。 x 2 x 2 1 1 3 ? ? < 0 ,∴ g ( x) 单调递减。 x 2 x 2
3 ?1 ? 1? =0 ,∴ g ( x) < 0 。 2

∵当 x > 1 时, g' ( x) ?

又∵ g (1) ? ln1 ? 1 ? 1 ? ∴当 x > 1 时, f ( x ) <

3 ? x ? 1? 。 2

(Ⅱ) 由均值不等式,当 x >0 时, 2 x ?1 < x ? 1 ,即 x < 令 k ? x ? =f ( x) ? 则 k? ? x ? =

9( x ? 1) 。 x?5

x ?1 。 2

1 1 54 2? x 54 ? ? = ? 2 2 x 2 x ? x ? 5? 2x ? x ? 5?

2? <

x ?1 3 2 ? 54 = ? x ? 5? ? 216x 。 2 2x 4x ? x ? 6 ? ? x ? 5?
3

令 h ? x ? = ? x ? 5 ? ? 216x 。 则当 1 ? x ? 3 时, h? ? x ? =3 ? x ? 5 ? ? 216 < 0 。
2

∴ h ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数。 ∵又 h ?1? =0 ,∴在(1,3)内, h ? x ? < 0 。∴在(1,3)内, k? ? x ? < 0 。 ∴ k ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数。 ∵又 k ?1? =0 ,∴在(1,3)内, k ? x ? < 0 。 ∴当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ?

9( x ? 1) 。 x?5

【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。 【解析】 (I)用差值法构造函数 g ( x) ? f ( x) ?

3 1 1 3 ? < 0 ,可 ? x ? 1? ,可得当 x > 1 时, g' ( x) ? ? 2 x 2 x 2

判断 g ( x) 在 x > 1 时是单调递减函数,从而由 g (1)=0 得到出 g ( x) < 0 ,进而得出结论。 (II)由均值不等式,可得
3

x<

x ?1 9( x ? 1) 。用差值法构造函数 k ? x ? =f ( x) ? ,可得 2 x?5
利用导数判断 h ? x ? 在(1,3)内是单调递减

? x ? 5? ? 216x 。构造函数 h x = x ? 5 3 ? 216x , k? ? x ? < ? ? ? ? 4x ? x ? 6 ?

函数,从而得到出 k ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数,进而得出结论。 例 20. (2012 年陕西省理 14 分)设函数 fn ( x) ? xn ? bx ? c (1)设 n ? 2 , b ? 1,

(n ? N? , b, c ? R)

?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ?

(2)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; (3)在(1)的条件下,设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的零点,判断数列 x2 , x3 , 【答案】解: (1)证明: b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, fn ( x) ? x ? x ?1 。
n

?1 ? ?2 ?

, xn

的增减性.

∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

1 1 ?1 ? ? ) ?1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在零点。 n 2 2 ?2 ?

又∵当 x ? ? ,1? 时, f n?( x) ? nxn?1 ? 1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 上单调递增。

?1 ? ?2 ?

?1 ? ?2 ?

∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一零点。 (2)当 n ? 2 时, f2 ( x) ? x2 ? bx ? c 。 对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) ? | 4等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小 值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:

?1 ? ?2 ?

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, M ?| f2 (1) ? f 2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾。 2 b b b 2 (ⅱ)当 ?1 ? ? ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2 b b b 2 (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2
(ⅰ)当 | 综上所述, b 的取值范围为 ?2 ? b ? 2 。 (3)设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) ,

?1 ? ?2 ?

n n?1 则 fn ( xn ) ? xn ? xn ?1 , fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1 ? 0 , xn ?1 ? ?

?1 ? ,1? 。 ?2 ?

n?1 n ∴ fn ( xn ) ? 0 ? fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1 ? xn?1 ? xn?1 ?1 ? f n ( xn?1 ) 。

又由(1)知 f n ( x) 在 ? ,1? 上是递增的,∴ xn ? xn?1 (n ? 2) 。 ∴数列 x2 , x3 ,

?1 ? ?2 ?

, xn

是递增数列。

【考点】函数与方程,导数的综合应用、函数与数列的综合。 【解析】 ( 1 ) 一 方 面 由 f n ( ) f n (1)? ( n ?

1 2

1 2

1 ?1 ? ? ) 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 内 存 在 零 点 ; 另 一 方 面 由 当 2 ?2 ?

?1 ? ?1 ? ?1 ? x ? ? ,1? 时, fn?( x) ? nxn?1 ? 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 上单调递增。从而得出 f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一 ?2 ? ?2 ? ?2 ?
零点。

(2)对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小值之差

M ? 4 ,据此分 |

b b b |? 1 、 ?1 ? ? ? 0 和 0 ? ? 1 讨论即可。 2 2 2

n?1 (3)设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) , 则可得 fn ( xn ) ? 0 ? fn?1 ( xn?1 ) ? xn ?1 ? xn?1 ?1

?1 ? ?2 ?

?1 ? n ? xn ?1 ? xn?1 ? 1 ? f n ( xn?1 ) 。又由(1)知 f n ( x ) 在 ? ,1 ? 上是递增的,∴ xn ? xn ?1 (n ? 2) 。从而得到数列 ?2 ?

x2 , x3 ,

, xn

是递增数列。

另解: 设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的唯一零点,
n?1 n?1 n ∵ f n?1 ( xn ) f n?1 (1) ? ( xn ? xn ?1)(1n?1 ?1 ?1) ? xn ? xn ?1 ? xn ? xn ?1 ? 0

?1 ? ?2 ?

则 f n ?1 ( x) 的零点 xn ?1 在 ( xn ,1) 内,故 xn ? xn?1 (n ? 2) 。 所以,数列 x2 , x3 ,

, xn

是递增数列。

例 21. (2012 年陕西省文 14 分)设函数 fn ( x) ? xn ? bx ? c (Ⅰ)设 n ? 2 , b ? 1,

(n ? N? , b, c ? R)

?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ?

(Ⅱ)设 n 为偶数, f ( ?1) ? 1 , f (1) ? 1 ,求 b ? 3c 的最小值和最大值; (III)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; 【答案】解: (Ⅰ)证明: b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, fn ( x) ? xn ? x ?1 。 ∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

1 1 ?1 ? ? ) ?1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在零点。 n 2 2 ?2 ?

n?1 又∵当 x ? ? ,1? 时, f n?( x) ? nx ? 1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 上单调递增。

?1 ? ?2 ?

?1 ? ?2 ?

∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一零点。

?1 ? ?2 ?

(Ⅱ)依题意,得 ?

??1 ? f (?1) ? 1 ?0 ? b ? c ? 2 ,∴ ? 。 ??1 ? f (1) ? 1 ??2 ? b ? c ? 0

画出可行域,得知 b ? 3c 在点(0,-2)处取得最小值-6,在点(0,0)处取得最大 值 0。

(III)当 n ? 2 时, f2 ( x) ? x2 ? bx ? c 。 对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) ? | 4等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小 值之差 M ? 4 ,据此分类讨论如下:

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, M ?| f2 (1) ? f 2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾。 2 b b b 2 (ⅱ)当 ?1 ? ? ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2 b b b 2 (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) ? 4 恒成立。 2 2 2
(ⅰ)当 | 综上所述, b 的取值范围为 ?2 ? b ? 2 。 【考点】函数与方程,简单线性规划,导数的综合应用。 【解析】 ( 1 ) 一 方 面 由 f n ( ) f n (1)? ( n ?

1 2

1 2

1 ?1 ? ? ) 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 内 存 在 零 点 ; 另 一 方 面 由 当 2 ?2 ?

?1 ? ?1 ? ?1 ? x ? ? ,1? 时, fn?( x) ? nxn?1 ? 1 ? 0 得 f n ( x) 在 ? ,1? 上单调递增。从而得出 f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一 ?2 ? ?2 ? ?2 ?
零点。 (Ⅱ)依题意,得到 ?

?0 ? b ? c ? 2 ,画出可行域,求出 b ? 3c 的最小值和最大值。 ??2 ? b ? c ? 0

(III)对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小值之 差 M ? 4 ,据此分 |

b b b |? 1 、 ?1 ? ? ? 0 和 0 ? ? 1 讨论即可。 2 2 2


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