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把握两大数学思想决战 2014年高考导数题修改


把握两大数学解题思想突破高考函数型压轴题
近几年导函数问题是高考数学考察的一个重点与热点往往放在压轴题的位置。也是学 生突破高考数学高分的一个瓶颈, 现就对近几年全国各地对于函数型压轴题做一些简单的分 析,希望对于即将高考的广大考生有所帮助。 一、利用函数与方程的思想构建函数或方程的关系式 构建方程求参数的值, 这一问题往往是放在这一类型题的第一小题上, 是送分题在这里 我们只需要能把握住一些特殊的“关键点”就行了。 (一) 利用方程的思想求值 1、 通过极值点列方程求值 例 1、 (2012 高考江苏 18)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。 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; 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 。 利用极值点列方程的基本模型为: ? 2、 通过切点列方程求值

? y0 ? f ( x0 ) ' ? f ( x0 ) ? 0

1 ? b(a ? 0) 。 ae x 3 (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? x ;求 a , b 的值。 2 1 1 x x 解: (II) f ( x) ? ae ? x ? b ? f ?( x) ? ae ? x , ae ae
例 2、 (2012 安徽理 19)设 f ( x) ? ae ?
x

1 2 ? 2 ? ae ? 2 ? b ? 3 ?a ? 2 ? f (2) ? 3 ? ? ? ? ae e ?? 由题意得: ? 3?? f ?(2) ? ? ? ae 2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? 2 2 ? ? ae 2 ? 2 ?
? y0 ? f ( x0 ) ? 利用切点 p( x0 , y0 ) 及切线方程 L( x, y)=0 所列方程的基本模型为: ? L( x0 , y0 )=0 ? f ' (x ) ? k 0 ?

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3、 通过题目给出的已知特殊点列方程求值 例 3、 (2012 新课标理 21)已知函数 f ( x ) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e (1) 求 f ( x ) 的解析式;
x ?1

? f (0) x ?

1 2 x ; 2

1 2 x ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2 1 2 x ?1 ?1 令 x ? 1 得: f (0) ? 1 , f ( x) ? f ?(1)e ? x ? x ? f (0) ? f ?(1)e ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 x 2 x 得: f ( x) ? e ? x ? x ? g ( x) ? f ?( x) ? e ? 1 ? x 2
x ?1 解: (1) f ( x) ? f ?(1)e ? f (0) x ?

(二) 利用函数的思想构建原函数关系式求证不等式及求最值(范围) 考察函数与方程的思想, 看考生是否能有效合理的构建新的函数关系式, 从而利用这个 新的函数关系式达到证明不等式或求最值(范围)的目的。 1、 已知两个函数 y ? f ( x) 及 y ? g ( x) 直接构建函数式 y ? f ( x) ? g ( x) 证明不等式及求 范围问题这种由两个函数问题构建新函数问题往往较为简单在这就不在多说。

? 0 例 4、 ( 2011 陕 西 理 21 ) 设 函 数 f ( x ) 定 义 在 (0, ??) 上 , f ( 1 ) ,导函数
f ?( x) ? 1 1 , g ( x) ? f ( x) ? f ?( x). (Ⅱ)讨论 g ( x) 与 g ( ) 的大小关系; x x
1 x 1 x 1 ( x ?1) 2 ,则 h?( x) ? ? , x x2

解: (2) g ( ) ? ? ln x ? x ,设 h( x) ? g ( x) ? g ( ) ? 2ln x ? x ? 当 x ? 1 时, h(1) ? 0 ,即 g ( x ) ? g ( ) , 当 x ? (0,1)

1 x

(1, ??) 时, h?( x) ? 0 , h?(1) ? 0 ,因此函数 h( x) 在 (0, ??) 内单调递减,
1 x

当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x ) ? g ( ) ; 当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) =0,∴ g ( x ) ? g ( ) . 当然也有例外,例如 2012 年山东卷理科数学导函数问题就是将一个不等式拆成两个函 数分别处理的。 例 5、 (2012 山东理 22)已知函数 f ( x) ?

1 x

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

数),曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行.
2 (Ⅰ)求 k 的值;(Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间;(Ⅲ)设 g ( x) ? ( x ? 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 .
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?2

解: (Ⅰ)解略 k ? 1 ; (Ⅱ)略;

1 ? 1 ? ln x 1 ? x 2 ? ( x 2 ? x) ln x 2 x (Ⅲ) g ( x) ? ( x ? x) , ? ex ex
(1)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 (2)当 0 ? x ? 1 时,要证 g ( x) ? ( x 2 ? x) x ? 1 ? e ?2 . x e
只需证

x ?1 x ?1 1 ? e ?2 即可 设函数 p ( x) ? e , q ( x) ? 1 ? x(1 ? ln x), x ? (0,1) . ? x e 1 ? x(1 ? ln x) e ?x x ?1 ? 0, q ?( x) ? ?2 ? ln x, x ? (0,1) , 则当 0 ? x ? 1 时 p( x) ? e ? p(0) ? 1 , x e e

则 p ?( x) ?

令 q?( x) ? ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? e ?2 ? (0,1) , 当 x ? (0, e ?2 ) 时 q ?( x) ? 0 ; 当 x ? (e ?2 ,1) 时

q ?( x) ? 0 , 则当 0 ? x ? 1 时 q( x) ? 1 ? x(1 ? ln x) ? q(e ?2 ) ? 1 ? e ?2 ,且 q( x) ? 0 ,


1 ? e ?2 1 ? e ?2 x ?1 1 ? e ?2 0 ? x ? 1 ? 1 , 于是可知当 时 成立 ? ? 1 ? x(1 ? ln x) 1 ? e ? 2 1 ? x(1 ? ln x) ex
综合(1)(2)可知对任意 x>0, g ( x) ? 1 ? e ?2 恒成立.

2、 多元变量通过设置主元进行解题。 例 6、 (2012 新课标理)已知函数 f ( x ) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e (2)若 f ( x) ?
x ?1

? f (0) x ?

1 2 x ; 2

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值. 2 1 2 x x 解:(2) f ( x) ? x ? ax ? b ? h( x) ? e ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e ? (a ? 1) 2
①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

x ??? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1)ln(a ? 1) ? b ? 0

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ?1)(a ?1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
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当x?

e 时, F ( x ) max ?

e 2

当 a ? e ?1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

e 2

例 7、 (2013 陕西卷(理) )已知函数 f ( x) ? e x , x ? R . (Ⅰ) 若直线 y=kx+1 与 f (x)的反函数的图像相切, 求实数 k 的值; (Ⅱ) 设 x>0, 讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数. (Ⅲ) 设 a<b, 比较
f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) 与 的大小, 并说明理由. 2 b?a

例 8、 (2010 辽宁理数)已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax2 ? 1 (II)设 a ? ?1 .如果对任意 x1 , x2 ? (0,??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 )| ? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范 围。 解: (Ⅱ)不妨假设 x1 ? x2 ,而 a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而

?x1, x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2
等价于 ?x1 , x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 g '( x) ? ①

a ?1 ? 2ax ? 4 x a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 . ①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调减少,即 x
从而 a ?

?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1) 2 ? ? ?2 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1

故 a 的取值范围为(-∞,-2].

例 9、已知曲线 C: f ( x) ?

ln x 1 及直线 L: g ( x) ? ax ? b ,设直线 L 与曲线 C 的交点的 x 2

横坐标为 x1 , x2 且 x1 ? x2 求证: ( x1 ? x2 ) g ( x1 ? x2 ) ? 2 。

? ln x1 1 1 2 ? ? x ? 2 ax1 ? b(1) ? ln x1 ? 2 ax1 ? bx1 ? 1 证 明: 由已 知得 ? 得? 1 2 ? ln x2 ? 1 ax ? b(2) ?ln x2 ? ax2 ? bx2 2 2 ? ? 2 ? x2
ln x2 ? ln x1 1 ? a( x1 ? x2 ) ? b x2 ? x1 2
要证: ( x1 ? x2 ) g ( x1 ? x2 ) ? 2 只需证明

(3)
由( 3 ) ( 4 )式 得

(4)

ln x2 ? ln x1 ( x2 ? x1 ) ? 2 (不妨设 x2 ? x1 ) x2 ? x1

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例 10、 (2011 年湖南卷 22 文科)设函数 f ( x) ? x ?

1 ? a ln x(a ? R) 。 x

(2)若 f ( x ) 有两个极值点 x1 和 x2 ,记过 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) 的直线的斜率为 k , 问:是否存在 a ,使得 k ? 2 ? a ,若存在,求出 a 值;若不存在,请说明理由。 解: (2)由(1)知, a ? 2 .因为 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ?

x1 ? x2 ? a(ln x1 ? ln x2 ) , x1 x2

所以 k ?

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ln x1 ? ln x2 1 又由(I)知, x1 x2 ? 1 .于是 ? 1? ?a x1 ? x2 x1 x2 x1 ? x2 ln x1 ? ln x2 ln x1 ? ln x2 若存在 a ,使得 k ? 2 ? a. 则 ? 1 .即 x1 ? x2 x1 ? x2 1 ? 2ln x2 ? 0( x2 ? 1)(*) x2
1 t

k ? 2?a

ln x1 ? ln x2 ? x1 ? x2 .即 x2 ?

再由(I)知,函数 h(t ) ? t ? ? 2 ln t 在 (0, ??) 上单调递增,而 x2 ? 1 ,所以

x2 ?

1 1 ? 2ln x2 ? 1 ? ? 2ln1 ? 0. 这与 (*) 式矛盾.故不存在 a ,使得 k ? 2 ? a. x2 1
2

例 11、 (2009 年全国卷 II)设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 (II)证明: f ? x2 ? ?

1 ? 2 In 2 4 1 ? x2 ? 0 , a ? ?(2x22 +2x2 ) 2

解:(II)由(I) g (0) ? a ? 0,??

? f ? x2 ? ? x22 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1? x2 ?
2 2 设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,

1 2

则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (?

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。

1 1 1 ? 2 ln 2 1 ? 2 In2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 2 2 4 4

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3、 通过已知结论构建函数关系式证明不等式及求范围问题 例 12(2012 天津理 20)已知函数 f ( x) ? x ? ln(x ? a) 的最小值为 0,其中 a ? 0.

(3)证明

? 2i ? 1 ? ln(2n ? 1) ? 2 ( n ? N
i ?1

n

2

*

).

解: (3)由(2)得: x ? ln( x ? 1) ? 取x?

1 2 x 对任意的 x ? 0 值恒成立 2

2 (i ? 1, 2,3, 2i ? 1

, n) :

2 2 ? [ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? 2i ? 1 (2i ? 1)2
n

当 n ? 1 时, 2 ? ln 3 ? 2 得: 当 i ? 2 时,

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

2
n

2 1 1 得: [ 2 ? ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 1 ? 2 ? ? 2 2n ? 1 (2i ? 1) 2i ? 3 2i ? 1 i ?1 2i ? 1

?

当然了上述数列型不等式我们也可以考虑应用积分法及数学归纳法等等进行处理。 但是 应用题目给出的已知结论这才是命题人的“真正用意” ,当然我们可以对于不同方法进行积 累总结,但是不要刻意去死套公式方法。 (三) 通过构建导函数关系式达到解题 高考题中很多原函数通过求导后得到导函数往往不是基本函数,而是一些混合(非同 类)形式。对此我们整理发现无非两种情况:一是求导虽然不是基本函数但是它的关键函数 还是基本函数; 二是求导后不能直接联系基本函数需要通过放缩变化联系到基本函数 (同类 的形式) 。 1、 导函数中“关键函数”是基本函数型问题 这种导函数往往很简单,只是需要进行一下对“关键函数”进行“特殊照顾” 。 例 13、 (2010 辽宁理数)已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1
2

(I)讨论函数 f ( x) 的单调性。 解: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ? 令 g ( x) ? 2ax ? a ? 1
2

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a ? 0 时,由 g '( x) ? 0 得 f '( x) >0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ?1 时,由 g '( x) ? 0 得 f '( x) <0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调减少;

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当-1< a <0 时,令 f '( x) =0,解得 x ?

?

a ?1 . 2a

则当 x ? (0, ?

a ?1 a ?1 ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a

故 f ( x ) 在 (0, ?

这个题中对于关键函数 g ( x) ? 2ax2 ? a ? 1 进行单独处理很关键, 这是解决这类类型题 的关键。 2、 导函数需进行放缩才能联系到基本函数(同类的形式) 这种问题较难,需要我们平时要对数学中的一些特殊的结论有一定的积累。 例 14、 (2010 全国卷 2)已知函数 f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 . (Ⅱ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 . 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知, g ( x)≤g (1) ? ?1 即 ln x ? x ? 1≤0 .

1 时, f ( x) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1 ? x ln x ? (ln x ? x ? 1)≤0 ; 当 0<x<
当 x≥1 时, f ( x) ? ln x ? ( x ln x ? x ? 1) ? ln x ? x(ln x ?

1 ? 1) x

? ln x ? x(ln

1 1 ? ? 1) ≥0 所以 ( x ?1) f ( x)≥0 x x

例 15、 (2012 辽宁理)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 9x (2)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ? . x?6

解: (2)由均值不等式,当 x >0 时, 2 记 h ? x ? =f ? x ? -

? x+1? 1<x+1+1=x +2 ,故

x x +1< +1 2

9x , x +6
3

? x+6 ? -216 ? x+1? , 1 1 54 2+ x+1 54 x+6 54 + = < = 则 h' ? x ? = 2 2 2 2 x +1 2 x +1 ? x +6 ? 2 ? x +1? ? x +6 ? 4 ? x +1? ? x+6 ? 4 ? x +1?? x +6 ?
令 g ? x ? = ? x +6 ? -216 ? x +1? ,则当 0<x <2 时, g' ? x ? =3 ? x +6 ? -216<0
3 2

因此 g ? x ? 在 ? 0,2 ? 内是减函数,又由 g ? 0? =0 ,得 g ? x ? <0 ,所以 h' ? x ? <0 因此 h ? x ? 在 ? 0,2 ? 内是减函数,又由 h ? 0? =0 ,得 h ? x ? <0 ,

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于是当 0<x <2 时, f ? x ? <

9x x +6

常见的结论: (1)、e x ? x ? 1 (2)、 ln x ? x ?1 (3)、(x ? 1) ? 1 ? 2 x ? 1 等。当然,这 些结论在高考中显然(1) (2)是不能直接应用的,需证明,而高考题也往往是通过上一问 来给出这一结论,这一点对于我们的广大的高考考生来说应特别注意。再者,我们也可以 通过进一步研究导函数即对原导函数再进行一次求导来研究导函数的性质来进行解题。 二、利用分类讨论的思想 分类讨论的思想是高考考查的一个重点,也是难点,很多学生不会分类讨论,一谈到分 类讨论就头疼,归根结底是因为不清楚如何分类讨论,不知道分类讨论的标准应该说是什 么?这里我们想强调的是无论是原函数还是导函数都是函数, 只要是函数我们就往往应从整 体(函数的性质:单调性)和局部(函数的关键点)来函数进行研究。当然,分类讨论的标 准也应该是这样的。 (一) 、对于原函数的讨论 对于原函数的直接分类讨论,研究讨论原函数的单调性及极值(最值)点。 例 16、 (2012 陕西理 21)设函数 fn ( x) ? xn ? bx ? c

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

(Ⅱ)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;

解: (2)当 n=2 时, f 2 ( x) ? x 2 ? 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] 上的 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 ? f 2 (1) ? f 2 (?1) ? 2 b ? 4, 与题设矛盾。 2

b b b ? 0,即0 ? b ? 2时, M ? f 2 (1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4, 恒成立 。 2 2 2 b b b 当0 ? - ? 1, 即 - 2 ? b ? 0时, M ? f 2 (-1) ? f 2 (? ) ? ( - 1) 2 ? 4, 恒成立 。 2 2 2 综上可知, - 2 ? b ? 2 。 当 -1 ? 3 例 17、 (2009 陕西卷文 21)已知函数 f ( x) ? x ? 3ax ?1, a ? 0 ? ?? ? 若 f ( x ) 在 x ? ?1 处取

得极值,直线 y=m 与 y ? f ( x) 的图象有三个不同的交点,求 m 的取值范围。 解: (2)因为 f ( x ) 在 x ? ?1 处取得极大值,
' 2 3 ' 2

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

所以 f (?1) ? 3? (?1) ? 3a ? 0,? a ? 1. 所以 f ( x) ? x ? 3x ?1, f ( x) ? 3x ? 3,
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由 f ' ( x) ? 0 解得 x1 ? ?1, x2 ? 1 。由(1)中 f ( x ) 的单调性可知, f ( x ) 在 x ? ?1 处取得极 大值 f (?1) ? 1 ,在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? ?3 。 因 为 直 线 y ? m 与 函 数 y ? f ( x) 的 图 象 有 三 个 不 同 的 交 点 , 又 f (?3) ? ?19 ? ?3 ,

f (3) ? 17 ? 1 ,结合 f ( x) 的单调性可知, m 的取值范围是 (?3,1) 。
例 18(2013 山东数学)设函数 f ( x ) ?

x ? c ( e =2.71828 是自然对数的底数, c ? R ). e2 x
(Ⅱ)讨论关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数.

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间、最大值;

g ( x) ? ln x ? f ( x) ? ln x ?
解:(Ⅱ)令

x ?c e2 x

x ? (0, ??)
x ?c e2 x ,
所以 g ( x) ? 0
'

(1)当 x ? (1, ??) 时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ln x ?

g ' ( x) ? e?2 x (
所以,

e2 x e2 x ? 2 x ? 1) ?0 x 因为 2 x ? 1 ? 0 , x

因此 g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增.

(2)当 x ? (0,1) 时,当时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ' ( x) ? e?2 x (?
所以,

e2 x ? 2 x ? 1) 2x 2 2x x 因为 e ? (1, e ) , e ? 1 ? x ? 0 ,又 2 x ? 1 ? 1
所以 g ( x) ? 0 因此 g ( x) 在 (0,1) 上单调递减.
' ?2

e2 x ? 2x ?1 ? 0 所以 x ?

综合(1)(2)可知 当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ? g (1) ? ?e ? c ,
?2 当 g (1) ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时, g ( x) 没有零点,

?2

故关于 x 的方程
?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 0;

?2 当 g (1) ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时, g ( x) 只有一个零点,

故关于 x 的方程
?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 1;

?2 当 g (1) ? ?e ? c ? 0 ,即 c ? ?e 时, ①当 x ? (1, ??) 时,由(Ⅰ)知

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g ( x) ? ln x ?

x 1 ? c ? ln x ? ( e?1 ? c) ? ln x ? 1 ? c 2x e 2
1?c

要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (e

, ??) ;

②当 x ? (0,1) 时,由(Ⅰ)知

g ( x) ? ? ln x ?

x 1 ? c ? ? ln x ? ( e ?1 ? c) ? ? ln x ? 1 ? c 2x e 2 ;
?1?c

要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ? ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (0, e
?2

);

所以当 c ? ?e 时, g ( x) 有两个零点,故关于 x 的方程 综上所述: 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 (二) 、对于导函数的讨论
?2 ?2 ?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 2;

ln x ? f ( x)

根的个数为 0;

ln x ? f ( x) ln x ? f ( x)

根的个数为 1; 根的个数为 2.

对于导函数的分类讨论,一般研究讨论导函数的单调性及零点。 例 19、 (2009 北京理)设函数 f ( x) ? xekx (k ? 0) (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间; 解: (Ⅱ)由 f ' ? x ? ? ?1 ? kx ? ekx ? 0 ,得 x ? ? 若 k ? 0 ,则当 x ? ? ??, ?

1 ? k ? 0? , k

? ?

1? ' ? 时, f ? x ? ? 0 ,函数 f ? x ? 单调递减, k?

当 x ?? ?

? 1 ? , ??, ? 时, f ' ? x ? ? 0 ,函数 f ? x ? 单调递增, ? k ? ? ? 1? ' ? 时, f ? x ? ? 0 ,函数 f ? x ? 单调递增, k?

若 k ? 0 ,则当 x ? ? ??, ?

当 x ?? ?

? 1 ? , ??, ? 时, f ' ? x ? ? 0 ,函数 f ? x ? 单调递减, ? k ?

2 例 20、 (2010 辽宁理数)已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax ? 1 讨论函数 f ( x) 的单调性。

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? 解: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ? . x x
令 g ( x) ? 2ax ? a ? 1
2

当 a ? 0 时,由 g '( x) ? 0 得 f '( x) >0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调增加;
第 10 页

当 a ? ?1 时,由 g '( x) ? 0 得 f '( x) <0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调减少; 当-1< a <0 时,令 g '( x ) =0,解得 x ?

?

a ?1 . 2a

则当 x ? (0, ?

a ?1 a ?1 ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a

故 f ( x ) 在 (0, ?

在这需强调的是导函数是二次函数时与其它单调性函数有所不同,应该重点讨论二次 函数的开口及零点。 课后作业: 1、 (2013 辽宁(理)设函数 f ? x ? 满足x f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
2

ex e2 , f ? 2 ? ? , 则x ? 0, 时,f ? x ? x 8





A.有极大值,无极小值 C.既有极大 值又有极小值

B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

2、 (2009 宁夏海南卷理)已知函数 f ( x) ? ( x3 ? 3x2 ? ax ? b)e? x (1)如 a ? b ? ?3 ,求 f ( x ) 的单调区间; (2)若 f ( x ) 在 (??, ? ), (2, ? ) 单调增加,在 (? , 2), ( ? , ??) 单调减少,证明: ? ? ? <6.

3、 (2012 重庆理 16) 设 f ( x) ? a ln x ? 处的切线垂直于 y 轴. (Ⅰ) 求 a 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的极值.

1 3 ? x ? 1, 其中 a ? R , 曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 2x 2

第 11 页

4、设函数 f ( x) ? x ? a( x ? 1) ln( x ? 1), ( x ? ?1, a ? 0) . (Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)当 a ? 1 时,若方程 f ( x) ? t 在 [ ?

1 ,1] 上有两个实数解,求实数 t 的取值范围; 2

(Ⅲ)证明:当 m ? n ? 0 时, (1 ? m)n ? (1 ? n)m .

3 2 5. (2013 浙江数学(理) ) )已知 a ? R ,函数 f ( x) ? x ? 3x ? 3ax ? 3a ? 3.

(1) 求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程 ;(2) 当 x ? [0,2] 时 , 求 | f ( x) | 的最大 值.

6、 (2013 天津(理) )已知函数 f ( x) ? x 2 ln x .

(Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ) 证明: 对任意的 t>0, 存在唯一的 s, 使 t ? f ( s ) . (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g (t ) , 证明: 当 t >e 2 时, 有
2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2

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