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导数在研究函数中的应用(学案教师版)


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导数在研究函数中的应用
【典型例题---夯实基础】
(一)函数的单调性 例 1.(2008 全国Ⅰ卷文、理)已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 1 , a ? R . (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的单调区间;

? 2 1? ? 3 3? 解: (1) f ?( x)

? 3x2 ? 2ax ? 1 2 当 a ≤ 3 时, ? ≤ 0 , f ?( x) ≥ 0 f ( x ) 在 R 上递增
当a
2

(Ⅱ)设函数 f ( x ) 在区间 ? ? , ? ? 内是减函数,求 a 的取值范围.

?a ? a 2 ? 3 3 2 ? ? ?a ? a 2 ? 3 ?a ? a 2 ? 3 ? ?a ? a ? 3 ? , 即 f ( x ) 在 ? ??, ? 递增, ? ? 递减, ? ? ? ? 3 3 3 ? ? ? ? ? ?a ? a 2 ? 3 ? , ? ? ? 递增 ? ? ? 3 ? ? 2 ? ?a ? a ? 3 2 ≤? ? 7 ? 3 3 2 (2) ? ,且 a ? 3 解得: a ≥ 4 1 ? ?a ? a 2 ? 3 ≥ ? ? 3 3 ?

? 3 , f ?( x) ? 0 求得两根为 x ?

变式 1:

变式 2:

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变式 3:

变式 4:

例 2.

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例 3.

例 4.

(二)函数的图像与极值 例 1.

例 2.

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例 3. (2008 江西文)已知函数 f ( x) ? (1)求函数 y ? f ( x) 的单调区间;

1 4 1 3 x ? ax ? a 2 x 2 ? a 4 (a ? 0) 4 3

(2)若函数 y ? f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,求 a 的取值范围. 解: (1)因为令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?2a, x2 ? 0, x3 ? a 由 a ? 0 时, f ?( x ) 在 f ?( x) ? 0 根的左右的符号如下表所示

x a (??, ?2a) ?2a (?2a,0) (a, ??) (0, a ) 0 ? ? f ?( x ) 0 0 0 ? ? f ( x) 极小值 极大值 极小值 所以 f ( x ) 的递增区间为 (?2a,0)与(a, ??) , f ( x ) 的递减区间为 (??, ? 2a)与(0,a) 5 4 7 4 a (2)由(1)得到 f ( x)极小值 ? f (?2a ) ? ? a , f ( x)极小值 ? f ( a ) ? 3 12 f ( x)极大值 ? f (0) ? a4 要使 f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,
5 4 7 4 12 a 或 a4 ? 1 , 即 a ? 只要 ? a ? 1 ? 或 0 ? a ? 1. 3 12 7
例 4.
4

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例 5. (2011 安徽)设 f ( x) ? (Ⅰ)当 a ?

ex ,其中 a 为正实数 1 ? ax

4 时,求 f ( x ) 的极值点; 3 (Ⅱ)若 f ( x ) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范 围。
1 ? ax2 ? ax 解:对 f ( x) 求导得 f ?( x) ? e . ① (1 ? ax2 ) 2 4 3 1 2 (I)当 a ? ,若 f ?( x) ? 0, 则4 x ? 8 x ? 3 ? 0, 解得 x1 ? , x 2 ? . 3 2 2 3 1 所以, x1 ? 是极小值点, x 2 ? 是极大值点. 2 2 ( II )若 f ( x) 为 R 上的单调函数,则 f ?( x) 在 R 上不变号,结合①与条件 a>0 ,知 ax2 ? 2ax ? 1 ? 0 在 R 上恒成立,因此 ? ? 4a 2 ? 4a ? 4a(a ? 1) ? 0, 由此并结合 a ? 0 , 知 0 ? a ? 1.
x

(三)函数的最值 例 1.

例 2.(2008 浙江理)已知 a 是实数,函数 f ( x) ? (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)设 g (a ) 为 f ( x ) 在区间 ?0,2? 上的最小值。

x ( x ? a) 。

(i)写出 g (a ) 的表达式; (ii)求 a 的取值范围,使得 ? 6 ? g (a) ? ?2 。

? ?) , (Ⅰ)解:函数的定义域为 [0,

f ?( x) ? x ?

x ? a 3x ? a ? (x ? 0) .若 a ≤ 0 ,则 f ?( x) ? 0 , 2 x 2 x a f ( x) 有单调递增区间 [0, ? ?) .若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? , 3

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a a 时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? 时, f ?( x) ? 0 . 3 3 a ?a ? ? ? f ( x) 有单调递减区间 ?0, ? ,单调递增区间 ? , ? ?? . ?3 ? ? 3? (Ⅱ)解: (i)若 a ≤ 0 , f ( x ) 在 [0, 上单调递增,所以 g (a) ? f (0) ? 0 . 2] ? a? ?a ? 若 0 ? a ? 6 , f ( x ) 在 ?0, ? 上单调递减,在 ? , 2 ? 上单调递增, ? 3? ?3 ?
当0 ? x ?

2a a ?a? . ??? 3 3 ?3? 若 a ≥ 6 , f ( x ) 在 [0, 2] 上单调递减,所以 g (a) ? f (2) ? 2(2 ? a) . a ≤ 0, ?0, ? ? 2a a 综上所述, g (a ) ? ?? , 0 ? a ? 6, 3 3 ? ? 2(2 ? a), a ≥ 6. ? (ii)令 ?6 ≤ g (a) ≤ ?2 .若 a ≤ 0 ,无解.
所以 g (a) ? f ? 若 0 ? a ? 6 ,解得 3 ≤ a ? 6 .若 a ≥ 6 ,解得 6 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 . 故 a 的取值范围为 3 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 .

1 3 1 2 x ? x ? 2ax . 3 2 2 (1)若 f ( x) 在 ( ,?? ) 上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 3 16 (2)当 0 ? a ? 2 时, f ( x) 在 [1,4] 上的最小值为 ? ,求 f ( x) 在该区间上的最大值. 3 2 2 【解析】 (1)f ( x) 在 ( ,?? ) 上存在单调递增区间, 即存在某个子区间 (m, n) ? ( ,?? ) 使 3 3 1 1 2 ' 2 2 ' ' 得 f ( x) ? 0 .由 f ( x) ? ? x ? x ? 2a ? ?( x ? ) ? ? 2a , f ( x) 在区间 [ ,?? ) 上单 2 4 3 2 2 2 1 ' ' 调递减,则只需 f ( ) ? 0 即可。由 f ( ) ? ? 2a ? 0 解得 a ? ? , 3 3 9 9 1 2 所以,当 a ? ? 时, f ( x) 在 ( ,?? ) 上存在单调递增区间. 9 3 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ' (2)令 f ( x) ? 0 ,得两根 x1 ? , x1 ? , x2 ? . 2 2 2 所以 f ( x) 在 (??, x1 ) , ( x2 ,??) 上单调递减,在 ( x1 , x2 ) 上单调递增 当 0 ? a ? 2 时,有 x1 ? 1 ? x2 ? 4 ,所以 f ( x) 在 [1,4] 上的最大值为 f ( x2 ) 27 ? 6a ? 0 ,即 f (4) ? f (1) [来源:学.科.网 Z.X.X.K] 又 f (4) ? f (1) ? ? 2 40 16 ? ? ,得 a ? 1 , x2 ? 2 , 所以 f ( x) 在 [1,4] 上的最小值为 f (4) ? 8a ? 3 3 10 从而 f ( x) 在 [1,4] 上的最大值为 f ( 2) ? . 3
例 3. 设 f ( x ) ? ?

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【高考真题---能力提升】

专题一:导数与函数的单调性、极值、最值
例 1、 ( 2010 全国Ⅰ)已知函数 f ( x) ? 3ax4 ? 2(3a ? 1) x2 ? 4 x

1 时,求 f ( x ) 的极值;(II)若 f ( x ) 在 ? ?1,1? 上是增函数,求 a 的取值范围 6 2 解: (Ⅰ) f ? ? x ? ? 4 ? x ? 1? ? 3ax ? 3ax ? 1?
(I)当 a ?

1 ( ? 2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 2( x ? 2)( x ?1)2 , f ( x ) 在 (??, ?2) 内单调减,在 内单调 6 增,在 x ? ?2 时, f ( x ) 有极小值.所以 f (?2) ? ?12 是 f ( x ) 的极小值.
当a ?

例 2.(2009 辽宁卷理)已知函数 f(x)= (1)讨论函数 f ( x ) 的单调性;

1 2 x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 2

(2)证明:若 a ? 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ? (0, ??) ,x 1 ? x 2 ,有 解:(1) f ( x ) 的定义域为 (0, ??) 。

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 。 x1 ? x2

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a) ? ? x x x (i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 ( x ? 1) 2 f ' ( x) ? 故 f ( x ) 在 (0, ??) 单调增加。 x ' (ii)若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,则当 x ? (a ? 1,1) 时, f ( x) ? 0 ; f ' ( x) ? x ? a ?
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。

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(iii)若 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 ,同理可得 f ( x ) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1), (a ? 1, ??) 单调增加.

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x 2 a ?1 a ?1 则 g ?( x) ? x ? (a ? 1) ? ? 2 xg ? (a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 x x 由 于 1<a<5, 故 g ?( x) ? 0 , 即 g(x) 在 (4, + ∞ ) 单 调 增 加 , 从 而 当 x1 ? x2 ? 0 时 有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 ,当 0 ? x1 ? x2 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 ,即 f (x1) ? f (x 2) ?x 1 ?x 2 ? 0 ,故 x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) 时,有 ? ? ?1 x1 ? x2 x2 ? x1 1? a ? 1 (a ? R) . 例 3.(2010 山东)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? x 1 (Ⅰ)当 a ? 时,讨论 f ( x ) 的单调性; 2 1 (Ⅱ)设 g ( x) ? x 2 ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? ,使 4 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.
(II)考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x ?

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1 时, (0, 1) 上是减函数, 在 (1, 2) 上是增函数, 所以对任意 x1 ? (0, 2) , f(x) 在 4 1 1 有 f(x1 ) ? f(1)=- , 又 已 知 存 在 x2 ??1,2? , 使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 所 以 ? ? g ( x2 ) , 2 2 x2 ??1,2? ,
(Ⅱ) 当a ? 即 存 在

) , 使 g ( x? x ??1 ,? 2

2

1 x? 2 b? x 4 ? , ? 即 2b ? x 2

2

? x

9 , 即 2

9 1 1 1 7 , ,] 2b ? x ? 2 ? [ 2 4 x 11 11 11 所以 2b ? ,解得 b ? ,即实数 b 取值范围是 [ , ?? ) 。 2 4 4
例 4. (08 安徽理)设 a≥0,f (x)=x-1-ln2 x+2a ln x(x>0). (Ⅰ)令 F(x)=xf' (x) ,讨论 F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值; (Ⅱ)求证:当 x>1 时,恒有 x>ln2x-2a ln x+1.

2 ln x 2a ? ,x ? 0 , x x 2 x?2 ,x ? 0 , 故 F ( x) ? xf ?( x) ? x ? 2ln x ? 2a,x ? 0 ,于是 F ?( x) ? 1 ? ? x x
(Ⅰ)解:根据求导法则有 f ?( x) ? 1 ? 列表如下:

x F ?( x) F ( x)
F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a .

(0, 2) ?

2 0 极小值 F (2)

(2, ? ∞) ?

2) 内是减函数,在 (2 , ? ∞) 内是增函数,所以,在 x ? 2 处取得极小值 故知 F ( x) 在 (0,
(Ⅱ)证明:由 a ≥ 0 知, F ( x) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 .

? ∞) ,恒有 F ( x) ? xf ?( x) ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0, ? ∞) 内单调增加. 从而当 x ? 0 时,恒有 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0,
所以当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln x ? 2a ln x ? 0 .
2

故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 .
2

例 5.(09 海南理)设函数 f ( x) ? ln( x ? a) ? x

2

(I)若当 x ? ?1 时, f ( x ) 取得极值,求 a 的值,并讨论 f ( x ) 的单调性; (II)若 f ( x ) 存在极值,求 a 的取值范围,并证明所有极值之和大于 ln

e . 2

1 3 ? 2 x ,依题意有 f ?(?1) ? 0 ,故 a ? . x?a 2 2 2 x ? 3x ? 1 (2 x ? 1)( x ? 1) ? 从而 f ?( x) ? . 3 3 x? x? 2 2 3 ? 3 ? f ( x) 的定义域为 ? ? , ? ∞? ,当 ? ? x ? ?1 时, f ?( x) ? 0 ; 2 ? 2 ?
解: (Ⅰ) f ?( x) ?

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1 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? ? 时, f ?( x) ? 0 . 2 2 3 1 1? ? ? ? ? ? 从而, f ( x ) 分别在区间 ? ? , ? 1?, ? ∞? 单调增加,在区间 ? ?1 , ? ? 单调减少. ?? , 2? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 2 x ? 2ax ? 1 (Ⅱ) f ( x ) 的定义域为 (?a, . ? ∞) , f ?( x) ? x?a 2 2 方程 2 x ? 2ax ? 1 ? 0 的判别式 ? ? 4a ? 8 . (ⅰ)若 ? ? 0 ,即 ? 2 ? a ? 2 ,在 f ( x ) 的定义域内 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x ) 的极值.
当 ?1 ? x ? ? (ⅱ)若 ? ? 0 ,则 a ? 2 或 a ? ? 2 . 若 a ? 2 , x ? (? 2 ,∞ ? ) , f ?( x) ?

2 ( 2 x ? 1)2 .当 x ? ? 时 , f ?( x ) ? 0, 当 2 x? 2

? ? 2? ? 2 ? x ?? ? 2 , ? ? , ? ∞ ? ? ? ? ? ? 时, f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 无极值. 2 ? ? ? ? 2 ?

( 2 x ? 1)2 ? 0 , f ( x) 也无极值. x? 2 2 ( ⅲ ) 若 ? ? 0 , 即 a ? 2 或 a ? ? 2 , 则 2 x ? 2a x? 1 ? 0 有两个不同的实根
若 a ? ? 2 , x ?( 2 ,∞ ? ) , f ?( x) ?

?a ? a 2 ? 2 ?a ? a 2 ? 2 , x2 ? . 2 2 当 a ? ? 2 时, x1 ? ?a,x2 ? ?a ,从而 f ?( x ) 有 f ( x ) 的定义域内没有零点,故 f ( x ) 无极 x1 ?
2 时, x1 ? ?a , x2 ? ?a , f ?( x ) 在 f ( x) 的定义域内有两个不同的零点,由根值 判别方法知 f ( x ) 在 x ? x1,x ? x2 取得极值.综上, f ( x ) 存在极值时, a 的取值范围为
当a ?

( 2,∞ ? ) . f ( x) 的极值之和为
1 e f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ln( x1 ? a) ? x12 ? ln( x2 ? a) ? x2 2 ? ln ? a 2 ? 1 ? 1 ? ln 2 ? ln . 2 2
例 6.(2009 湖南卷文)已知函数 f ( x) ? x ? bx ? cx 的导函数的图象关于直线 x=2 对称.
3 2

(Ⅰ)求 b 的值; (Ⅱ)若 f ( x ) 在 x ? t 处取得最小值,记此极小值为 g (t ) ,求 g (t ) 值域。
2 解: (Ⅰ) f ?( x) ? 3x ? 2bx ? c .因为函数 f ?( x ) 的图象关于直线 x=2 对称,

2b ? 2 ,于是 b ? ?6. 6 3 2 2 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 6x ? cx , f ?( x) ? 3x ?12x ? c ? 3( x ? 2) ? c ?12 . (ⅰ)当 c ? 12 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 无极值。 (ii)当 c<12 时, f ?( x) ? 0 有两个互异实根 x1 , x2 .不妨设 x1 < x2 ,则 x1 <2< x2 . 当 x< x1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在区间 (??, x1 ) 内为增函数;
所以 ?
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当 x1 <x< x2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在区间 ( x1 , x2 ) 内为减函数; 当 x ? x2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在区间 ( x2 , ??) 内为增函数. 所以 f ( x ) 在 x ? x1 处取极大值,在 x ? x2 处取极小值. 因此,当且仅当 c ? 12 时,函数 f ( x ) 在 x ? x2 处存在唯一极小值,所以 t ? x2 ? 2 .
2 于是 g (t ) 的定义域为 (2, ??) .由 f ?(t ) ? 3t ?12t ? c ? 0 得 c ? ?3t ? 12t .
2

于是 g (t ) ? f (t ) ? t ? 6t ? ct ? ?2t ? 6t , t ? (2, ??).
3 2 3 2

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当 t ? 2 时, g ?(t ) ? ?6t 2 ? 12t ? 6t (2 ? t ) ? 0, 所以函数 g (t ) 在区间 (2, ??) 内是减函数,故 g (t ) 的值域为 (??,8).
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例 7.(2009 全国卷Ⅱ)设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2
2

(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性;

1 ? 2 In 2 4 a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ? 1? x 1? x 1 令 g ( x) ? 2 x2 ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ? 。由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个 2 ?? ? 4 ? 8a ? 0 1 均大于 ?1 的不相等的实根,其充要条件为 ? ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0
(II)证明: f ? x2 ? ? ⑴当 x ? (?1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 (?1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ? ( x1 , x2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x2, ? ?) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x) 在 ( x2, ? ?) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,??
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1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2x22 +2x2 ) 2 2 ? f ? x2 ? ? x2 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1? x2 ? 1 2 则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ?
设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

1 1 , 0) 时, h? ? x ? ? 0,?h( x) 在 [? , 0) 单调递增; 2 2 ? ⑵当 x ? (0, ??) 时, h ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。
⑴当 x ? (?

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1 1 1 ? 2 ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4
例 8. [2014· 四川卷] 已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R, (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,求 a 的取值范围. 解:

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例 9. [2014· 安徽卷] 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时 ,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2. -1- 4+3a -1+ 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2= ,x1<x2, 3 3 所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0;当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. -1- 4+3a? ? ?-1+ 4+3a ? 故 f(x)在?-∞, ?和 ? ,+∞?内单调递减, 3 3 ? ? ? ? ?-1- 4+3a -1+ 4+3a?内单调递增. 在? ? , 3 3 ? ? (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1.由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1. 由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, -1+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 2 ex ? 例 10. [2014· 山东] 设函数 f(x)= 2-k? e=2.718 28?是自然对数的底数). ?x+ln x?(k 为常数, x (1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 解:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞), x2ex-2xex ? 2 1? xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) f′(x)= -k?-x2+x ?= - = . x4 x3 x2 x3 x 由 k≤0 可得 e -kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减;x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 y=f(x) 单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,当 k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时,当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增, 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减; x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增. 所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k). g(0)>0,

? ?g(ln k)<0, e 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点.当且仅当? 解得 e<k< . 2 g(2)>0, ? ?0<ln k<2,
2

? e? 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为?e, ?. ? 2?

2

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专题二:导数与函数的图像及切线问题
例 1.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 ) 的导数 f ?( x) ? 3x2 ? 1.曲线 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 ? (3t 2 ?1) x ? 2t 3 .
(2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t 2 ?1)a ? 2t 3 . 若过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,则方程 2t ? 3at ? a ? b ? 0 有三个相异的
3 2

实数根.记 g (t ) ? 2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ,则 g ?(t ) ? 6t 2 ? 6at ? 6t (t ? a) . 当 t 变化时, g (t ),g ?(t ) 变化情况如下表:

t

g ?(t ) 0 0 g (t ) 极小值 b ? f (a) 增函数 减函数 增函数 极大值 a ? b 由 g (t ) 的单调性,当极大值 a ? b ? 0 或极小值 b ? f ( a) ? 0 时,方程 g (t ) ? 0 最多有一个
实数根;

(??, 0) ?

0

(0,a) ?

a

(a, ? ?) ?

3a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实数根; 2 a 当 b ? f (a) ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? ? ,t ? a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实 2 数根. 综上, 如果过 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 三条切线, 即 g (t ) ? 0 有三个相异的实数根, ?a ? b ? 0, 则? 即 ?a ? b ? f (a ) . ?b ? f (a) ? 0.
当 a ? b ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? 0,t ? 例 2.已知 x ? 3 是函数 f ? x ? ? a ln ?1 ? x ? ? x ?10x 的一个极值点。
2

(Ⅰ)求 a ; (Ⅱ)求函数 f ? x ? 的单调区间; (Ⅲ)若直线 y ? b 与函数 y ? f ? x ? 的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围。

a a ? 2 x ? 10 所以 f ' ? 3? ? ? 6 ? 10 ? 0 因此 a ? 16 1? x 4 2 x2 ? 4 x ? 3 2 ' (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ? x ? ? 16ln ?1 ? x ? ? x ?10x, x ? ? ?1, ??? f ? x ? ? 1? x
' 【解】 : (Ⅰ)因为 f ? x ? ?

?

?

当 x ? ? ?1,1?

?3, ??? 时, f ' ? x? ? 0 当 x ? ?1,3? 时, f ' ? x? ? 0 所以 f ? x ? 的单调增区间是 ? ?1,1? , ?3, ??? f ? x ? 的单调减区间是 ?1,3? (Ⅲ)由(Ⅱ)知, f ? x ? 在 ? ?1,1? 内单调增加,在 ?1,3? 内单调减少,在 ?3, ??? 上单调 ' 增加,且当 x ? 1 或 x ? 3 时, f ? x ? ? 0 所以 f ? x ? 的极大值为 f ?1? ? 16ln 2 ? 9 ,极小值为 f ?3? ? 32ln 2 ? 21 2 ?2 因此 f ?16? ? 16 ?10 ?16 ? 16ln 2 ? 9 ? f ?1? , f ? e ? 1? ? ?32 ? 11 ? ?21 ? f ? 3? 所以在 f ? x ? 的三个单调区间 ? ?1,1? , ?1,3? , ?3, ??? 直线 y ? b 有 y ? f ? x ? 的图象各有一 个交点,当且仅当 f ? 3? ? b ? f ?1? , b 的取值范围为 ?32ln 2 ? 21,16ln 2 ? 9? 。

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例 3.已知函数 f ( x) ? ? x2 ? 8x, g ( x) ? 6ln x ? m.

(I)求 f ( x ) 在区间 ?t, t ?1? 上的最大值 h(t );

(II) 是否存在实数 m, 使得 y ? f ( x) 的图象与 y ? g ( x) 的图象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: (I) f ( 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) ? ?t 2 ? 6t ? 7; 当 t ? 4 ? t ? 1, 即 3 ? t ? 4 时, h(t ) ? f (4) ? 16; 当 t ? 4 时, f ( x ) 在 ?t, t ?1? 上单调递减, h(t ) ? f (t ) ? ?t 2 ? 8t.
??t 2 ? 6t ? 7, t ? 3, ? 3 ? t ? 4, 综上, h(t ) ? ?16,      ??t 2 ? 8t ,   t ? 4 ? (II)函数 y ? f ( x) 的图象与 y ? g ( x) 的图象有且只有三个不同的交点,即函数 ? ( x) ? g ( x) ? f ( x) 的图象与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 ? ( x) ? x 2 ? 8 x ? 6ln x ? m,

6 2 x 2 ? 8 x ? 6 2( x ? 1)( x ? 3) ? ? ( x ? 0), x x x 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) 的图象与 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 ? 6 ln 3. ? ? ?? ( x)最小值 ? m ? 6 ln 3 ? 15 ? 0, 所以存在实数 m , 使得函数 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的图象有且只有三个不同的交点,m 的取值范围为 (7,15 ? 6ln 3). 1 4 9 2 3 例 4..(2008 湖南文) 已知函数 f ( x) ? x ? x ? x ? cx 有三个极值点。 4 2 (I)证明: ?27 ? c ? 5 ; (II)若存在实数 c,使函数 f ( x) 在区间 ? a, a ? 2? 上单调递减,求 a 的取值范围。 1 4 9 2 3 13. 解: (I)因为函数 f ( x) ? x ? x ? x ? cx 有三个极值点, 4 2 3 2 所以 f ?( x) ? x ? 3x ? 9x ? c ? 0 有三个互异的实根. 3 2 2 设 g ( x) ? x ? 3x ? 9x ? c, 则 g?( x) ? 3x ? 6x ? 9 ? 3( x ? 3)( x ?1), 当 x ? ?3 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (??, ?3) 上为增函数; 当 ?3 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (?3,1) 上为减函数; 当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (1, ??) 上为增函数; ?? '( x) ? 2 x ? 8 ?

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所以函数 g ( x) 在 x ? ?3 时取极大值,在 x ? 1 时取极小值. 当 g (?3) ? 0 或 g (1) ? 0 时, g ( x) ? 0 最多只有两个不同实根. 因为 g ( x) ? 0 有三个不同实根, 所以 g (?3) ? 0 且 g (1) ? 0 . 即 ?27 ? 27 ? 27 ? c ? 0 ,且 1 ? 3 ? 9 ? c ? 0 ,解得 c ? ?27, 且 c ? 5, 故 ?27 ? c ? 5 . (II)由(I)的证明可知,当 ?27 ? c ? 5 时, f ( x ) 有三个极值点. 不妨设为 x1,x2,x3 ( x1 ? x2 ? x3 ) ,则 f ?( x) ? ( x ? x1 )( x ? x2 )( x ? x3 ). 所以 f ( x ) 的单调递减区间是 (??,x1 ] , [ x2 , x3 ] 若 f ( x) 在区间 ? a, a ? 2? 上单调递减,则 ?a, a ? 2? ? (??,x1 ] , 或 ?a, a ? 2? ? [ x2 , x3 ] , 若 ?a, a ? 2? ? (??,x1 ] ,则 a ? 2 ? x1 .由(I)知, x1 ? ?3 ,于是 a ? ?5. 若 ?a, a ? 2? ? [ x2 , x3 ] ,则 a ? x2 且 a ? 2 ? x3 .由(I)知, ?3 ? x2 ? 1. 又 f ?( x) ? x3 ? 3x2 ? 9 x ? c, 当 c ? ?27 时, f ?( x) ? ( x ? 3)( x ? 3)2 ; 当 c ? 5 时, f ?( x) ? ( x ? 5)( x ?1)2 . 因此, 当 ?27 ? c ? 5 时, 1 ? x3 ? 3. 所以 a ? ?3, 且 a ? 2 ? 3. 即 ?3 ? a ? 1. 故 a ? ?5, 或 ?3 ? a ? 1. 反之, 当 a ? ?5, 或 ?3 ? a ? 1 时, 总可找到 c ? (?27,5), 使函数 f ( x) 在区间 ? a, a ? 2? 上单调递减.

? 5) 综上所述, a 的取值范围是 (??,

(?3,1) . a 例 5. (2008 天津理)已知函数 f ? x ? ? x ? ? b? x ? 0? ,其中 a, b ? R . x (Ⅰ)若曲线 y ? f ?x ?在点 P?2, f ?2?? 处的切线方程为 y ? 3x ? 1 ,求函数 f ?x ? 的解析式; (Ⅱ)讨论函数 f ?x ? 的单调性; ?1 ? ?1 ? (Ⅲ)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 ? 8 (Ⅰ)解: f ( x ) ? x ? ? 9 . x a (Ⅱ)解: f ?( 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 f ?( x ) f ( x)
所以 f ( x ) 在 (??, ? a ) , ( a , ??) 内是增函数,在 (? a ,0) , (0, ??) 内是减函数. (Ⅲ)解:由(Ⅱ)知, f ( x ) 在 [ ,1] 上的最大值为 f ( ) 与 f (1) 的较大者,对于任意的

1 4

1 4

39 ? 1 ? 1 1 ? f ( ) ? 10 ?b ? ? 4a a ? [ , 2] ,不等式 f ( x) ? 10 在 [ ,1] 上恒成立,当且仅当 ? 4 ,即 ? , 4 2 4 ? ? ? f (1) ? 10 ?b ? 9 ? a 1 7 7 对任意的 a ? [ , 2] 成立.从而得 b ? ,所以满足条件的 b 的取值范围是 (??, ] . 2 4 4

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专题三:参数范围问题
例 1.

例 2.

例 3.设函数 f ( x) ? ex ? e? x . (Ⅰ)证明: f ( x ) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ; (Ⅱ)若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax ,求 a 的取值范围.
x ?x 解: (Ⅰ) f ( x ) 的导数 f ?( x) ? e ? e .由于 ex ? e-x ≥ 2 ex e? x ? 2 ,故 f ?( x) ≥ 2 . (当且仅当 x ? 0 时,等号成立) . x ?x (Ⅱ)令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,则 g ?( x) ? f ?( x) ? a ? e ? e ? a ,

(ⅰ)若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g?( x) ? e ? e
x

? a ? 2 ? a ≥0 , ? ) 上为增函数,所以, x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 f ( x) ≥ ax . 故 g ( x) 在 (0,∞
(ⅱ)若 a ? 2 ,方程 g ?( x) ? 0 的正根为 x1 ? ln

?x

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. 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞, 2? .

a ? a2 ? 4 , 2

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例 4.

例 5.(2008 安徽理)设函数 f ( x) ? (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间;

1 ( x ? 0 且x ? 1) x ln x

(Ⅱ)已知 2 ? x 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。
a

1 x

解 (1)

f ' ( x) ? ?

ln x ? 1 1 , 若 f ' ( x) ? 0, 则 x ? 列表如下 2 2 x ln x e 1 (0, ) e
+ 单调增

x
f ' ( x)
f ( x)
(2) 在
1 x

1 e
0 极大值 f ( )

1 ( ,1) e
-

(1, ??)
单调减

1 e

单调减

1 ln 2 ? a ln x ,由于 0 ? x ? 1, 所以 x a 1 ? (1) ln 2 x ln x 1 由(1)的结果可知,当 x ? (0,1) 时, f ( x ) ? f ( ) ? ?e , e a ? ?e ,即 a ? ?e ln 2 为使(1)式对所有 x ? (0,1) 成立,当且仅当 ln 2 x2 例 6. (2008 湖南理)已知函数 f(x)=ln2(1+x). 1? x (I) 求函数 f ( x ) 的单调区间; 1 a?a ? e 对任意的 n ? N* 都成立(其中 e 是自然对数的底数). (Ⅱ)若不等式 (1 ? ) n 求 ? 的最大值.

2 ? x a 两边取对数, 得

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解: (Ⅰ)函数 f ( x ) 的定义域是 (?1, ??) ,

2ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x)2 (1 ? x)2 设 g ( x) ? 2(1 ? x)ln(1 ? x) ? x2 ? 2 x, 则 g ?( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x. 2 ?2 x ?2? . 令 h( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x, 则 h?( x) ? 1? x 1? 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, ??) . 1 n?a 1 1 ? e 等价于不等式 ( n ? a ) ln(1 ? ) ? 1. 由1 ? ? 1 知, (Ⅱ)不等式 (1 ? ) n n n 1 1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则 a? ? n. 设 G ( x) ? 1 ln(1 ? x) x ln(1 ? ) n 1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 G?( x) ? ? ? ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x 2 x (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x2 2 ? 0, 即 (1 ? x)ln 2 (1 ? x) ? x2 ? 0. 由(Ⅰ)知, ln (1 ? x) ? 1? x 所以 G?( x) ? 0, x ? ? 0,1? , 于是 G(x)在 ? 0,1? 上为减函数. 1 1 ? 1. 所以 a 的最大值为 ? 1. 故函数 G(x)在 ? 0,1? 上的最小值为 G (1) ? ln 2 ln 2 3 2 例 7. (2008 全国Ⅱ卷文) 设 a ? R ,函数 f ( x) ? ax ? 3x . (Ⅰ)若 x ? 2 是函数 y ? f ( x) 的极值点,求 a 的值; 2] ,在 x ? 0 处取得最大值,求 a 的取值范围. (Ⅱ)若函数 g ( x) ? f ( x) ? f ?( x),x ?[0, f ?( x) ?

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例 9.

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π 例 10. [2014· 北京卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ? (1)求证:f(x)≤0; π sin x (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 2? ? 解:(1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π π 因为在区间?0, ?上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减. 2? 2? ? ? 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”,“ <b”等价于“sin x-bx<0”. x x 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. π 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π π 当 c≥1 时,因为对任意 x∈?0, ?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0, ?上单调递 2? 2? ? ? 减, π 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈?0, ?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. 2? ? π g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下: 2? ? x g′(x) g(x) (0,x0) + x0 0

?x ,π ? ? 0 2?


π 因为 g(x)在区间(0,x0)上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0 对任意 x∈?0, ? 2? ? π π 2 恒成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 ?2? π π 2 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立;当且仅当 c≥1 时,g(x)<0 2? ? π π 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π sin x 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. x 2? ? π

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2x 例 11. [2014· 湖南卷] 已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)- . x+2 (1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围. 2(x+2)-2x ax2+4(a-1) a 解:(1)f′(x)= - = .(*) 1+ax (x+2)2 (1+ax)(x+2)2 当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 1-a? 1-a ? 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得 x1=2 舍去?. a ? a ?x2=-2 ? 当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述,当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1-a? 1-a ? ? ? 当 0<a<1 时, f(x)在区间?0,2 在区间?2 ?上单调递减, ,+∞?上单调递增. a a ? ? ? ? (2)由(*)式知,当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x)不存在极值点,因而要使得 f(x)有两个极值点,必有 0<a<1. 1-a 1-a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2=-2 ,且由 f(x)的定义可知, a a 1 x>- 且 x≠-2, a 1-a 1-a 1 所以-2 >- ,-2 ≠-2, a a a 1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 2 2x1 2x2 而 f(x1) + f(x2) = ln(1 + ax1) - + ln(1 + ax2) - = ln[1 + a(x1 + x2) + a2x1x2] - x1+2 x2+2 4x1x2+4(x1+x2) 4(a-1) 2 =ln(2a-1)2- =ln(2a-1)2+ -2. x1x2+2(x1+x2)+4 2a-1 2a-1 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 1 当 0<a< 时,-1<x<0;当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 2 记 g(x)=ln x2+ -2. x 2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x x 1 因此, g(x)在区间(-1, 0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0.故当 0<a< 时, f(x1)+f(x2)<0. 2 2 2 2 2x-2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x x 1 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2 1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ?2,1?.

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专题四:不等式的证明
例 1.(08 山东)

例 2.(2011 全国文)

例 3.(07 湖北理)已知定义在正实数集上的函数 f ( x ) ? (I)用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; (II)求证: f ( x) ≥ g ( x) ( x ? 0 ) .

其中 a ? 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.

1 2 x ? 2ax , g ( x) ? 3a2 ln x ? b , 2

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

∵ f ?( x) ? x ? 2a , g ?( x) ?

3a 2 ,由题意 f ( x0 ) ? g ( x0 ) , f ?( x0 ) ? g ?( x0 ) . x

?1 2 x0 ? 2ax0 ? 3a 2 ln x0 ? b, ? 3a 2 ?2 即? 由 x0 ? 2a ? 得: x0 ? a ,或 x0 ? ?3a (舍去) . 2 x0 ? x0 ? 2a ? 3a , ? x0 ? 1 2 5 2 2 2 2 即有 b ? a ? 2a ? 3a ln a ? a ? 3a ln a . 2 2 5 2 2 令 h(t ) ? t ? 3t ln t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? 2t (1 ? 3ln t ) .于是 2

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1 3 1 3

t ? 0 ,即 t ? e 时, h?(t ) ? 0 . 当 t (1 ? 3ln t ) ? 0 ,即 0 ? t ? e 时, h?(t ) ? 0 ;当 t (1 ?3ln )
1 2 ? ? ? 1 ? ? 1 ? 3 3 3 3 3 0 , e e , ? ∞ h e ? e 故 h(t ) 在 ? . ? 为增函数,在 ? ? 为减函数,最大值为 ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 2 2 (Ⅱ)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ? 2ax ? 3a ln x ? b( x ? 0) , 2 2 3a ( x ? a)( x ? 3a) ? ( x ? 0) . 则 F ?( x) ? x ? 2a ? x x 故 F ( x) 在 (0,a) 为减函数,在 (a, ? ∞) 为增函数, 于是函数 F ( x) 在 (0, ? ∞) 上的最小值是 F (a) ? F ( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0 .

故当 x ? 0 时,有 f ( x) ? g ( x) ≥ 0 ,即当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) . 例 4.(07 山东理)设函数 f ( x) ? x ? b ln( x ?1) ,其中 b ? 0 .
2

1 时,判断函数 f ( x ) 在定义域上的单调性; 2 (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的极值点; ?1 ? 1 1 (Ⅲ)证明对任意的正整数 n ,不等式 ln ? ? 1? ? 2 ? 3 都成立. ?n ? n n 2 解(I) 函数 f ( x) ? x ? b ln( x ?1) 的定义域为 ? ?1, ?? ? .
(Ⅰ)当 b ?

b 2x2 ? 2x ? b f '( x) ? 2 x ? ? , x ?1 x ?1 1? ? 1 ? ? 令 g ( x) ? 2 x2 ? 2 x ? b ,则 g ( x) 在 ? ? , ?? ? 上递增,在 ? ?1, ? ? 上递减, 2? ? 2 ? ? 1 1 1 1 g ( x) min ? g (? ) ? ? ? b .当 b ? 时, g ( x) min ? ? ? b ? 0 , 2 2 2 2 2 ' g ( x) ? 2 x ? 2 x ? b ? 0 在 ? ?1, ?? ? 上恒成立.? f ( x) ? 0,
1 时,函数 f ( x ) 在定义域 ? ?1, ?? ? 上单调递增。 2 1 (II)分以下几种情形讨论: (1)由(I)知当 b ? 时函数 f ( x ) 无极值点. 2 1 2 2( x ? ) 1 2 ,? x ? ? ?1, ? 1 ? 时, f ' ( x) ? 0, (2)当 b ? 时, f '( x) ? ? ? 2 2? x ?1 ? 1 ? 1 ? x ? ? ? , ?? ? 时, f ' ( x) ? 0, ? b ? 时,函数 f ( x) 在 ? ?1, ?? ? 上无极值点。 2 ? 2 ?
即当 b ?

1 ?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b ' 时,解 f ( x) ? 0 得两个不同解 x1 ? , x2 ? . 2 2 2 ?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b ? ?1 , x2 ? ? ?1 , 当 b ? 0 时, x1 ? 2 2 ? x1 ? ? ?1, ??? , x2 ? ? ?1, ??? ,
(3)当 b ? 此时 f ( x ) 在 ? ?1, ?? ? 上有唯一的极小值点 x2 ?

?1 ? 1 ? 2b . 2

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当0 ? b ?

1 时, x1, x2 ? ? ?1, ??? , 2 f ' ( x) 在 ? ?1, x1 ? , ? x2 , ??? 都大于 0 , f ' ( x) 在 ( x1 , x2 ) 上小于 0 ,

?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b 和一个极小值点 x2 ? . 2 2 ?1 ? 1 ? 2b 综上可知, b ? 0 时, f ( x ) 在 ? ?1, ?? ? 上有唯一的极小值点 x2 ? ; 2 1 ?1 ? 1 ? 2b ?1 ? 1 ? 2b 0 ? b ? 时, f ( x) 有一个极大值点 x1 ? 和一个极小值点 x2 ? ; 2 2 2 1 b ? 时,函数 f ( x) 在 ? ?1, ?? ? 上无极值点。 2 (III) 当 b ? ?1 时, f ( x) ? x2 ? ln( x ? 1).
此时 f ( x ) 有一个极大值点 x1 ?

3x3 ? ( x ? 1) 2 在 ?0, ??? 上恒正, x ?1 ? h( x) 在 ?0, ??? 上单调递增,当 x ? ? 0, ??? 时,恒有 h( x) ? h(0) ? 0 .
令 h( x) ? x3 ? f ( x) ? x3 ? x2 ? ln( x ? 1), 则 h ( x) ?
'

即当 x ? ? 0, ??? 时,有 x ? x ? ln( x ? 1) ? 0, ln( x ? 1) ? x ? x ,
3 2 2 3

对任意正整数 n ,取 x ?

1 1 1 1 得 ln( ? 1) ? 2 ? 3 n n n n
2t 2 2 2

例 5.(07 辽宁理)已知函数 f ( x) ? x ? 2t ( x ? x) ? x ? 2t ? 1 , g ( x ) ? (I)证明:当 t ? 2 2 时, g ( x) 在 R 上是增函数;

1 f ( x) . 2

(II)对于给定的闭区间 [a,b] ,试说明存在实数 k , 当 t ? k 时,g ( x) 在闭区间 [a,b] 上 是减函数; (III)证明: f ( x ) ≥

3 . 2

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例 6.【2012 山东】已知函数 f ( x) ?

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;

ln x ? k ( k 为常数, e ? 2.71828 ??? 是自然对数的底 ex

( 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 1? k x ? ? 0, 解析: 由 f(x) = 可得 f ( x) ? , 而 f ?(1) ? 0 , 即 解得 k ? 1 ; x x e e e 1 ? 1 ? ln x (Ⅱ) f ?( x) ? x ,令 f ?( x) ? 0 可得 x ? 1 , ex 1 1 当 0 ? x ? 1 时, f ?( x ) ? ? 1 ? ln x ? 0 ;当 x ? 1 时, f ?( x ) ? ? 1 ? ln x ? 0 。 x x 于是 f ( x) 在区间 (0,1) 内为增函数;在 (1,??) 内为减函数。 1 ? 1 ? ln x 1 ? x 2 ? ( x 2 ? x) ln x 简证(Ⅲ) g ( x) ? ( x 2 ? x) x , ? ex ex 当 x ? 1 时, 1 ? x 2 ? 0, ln x ? 0, x 2 ? x ? 0, e x ? 0 , g ( x) ? 0 ? 1 ? e ?2 . 1 ? 1 ? ln x 1 ? x 2 ? ( x 2 ? x) ln x 当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x 2 ? x) x ? ? 1 ? e ?2 。 x x e e 2 2 x ?2 只需证 1 ? x ? ( x ? x)ln x ? e (1 ? e ) ,然后构造函数即可证明。
例 7.(03 全国)


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