当前位置:首页 >> 数学 >> —导数及其应用典型例题

—导数及其应用典型例题


导数及其应用典型例题讲解
一、导数的定义: 例 1、设函数 在点 处可导,且 ,试求

(1)



(2)



(3)


?h ?0

(4)已知 f(x)在 x=a 处可导,且 f′(a)=b,求下列极限: lim

f (a ? 3h) ? f (a ? h) ; 2h

解:注意到





(1) ( 2

; )

=A+A=2A (3)令 ,则当 时 ,



(4) lim
h ?0

f (a ? 3h) ? f (a ? h) f (a ? 3h) ? f (a) ? f (a) ? f (a ? h) ? lim h ?0 2h 2h

f (a ? 3h) ? f (a) f ( a ) ? f ( a ? h) ? lim h ? 0 2h 2h 3 f (a ? 3h) ? f (a) 1 f ( a ? h) ? f ( a ) ? lim ? lim h ? 0 h ? 0 2 3h 2 ?h 3 1 ? f ' (a) ? f ' (a) ? 2b 2 2 ? lim
h ?0

例 2、求下列函数的导数 (1) ; (2) ;

(3)



(4)



(5) 解: (1)



(6)

(2) ∴



(3)





(4)





(5)





(6) ∴当 ∴当 时, 时, ;

∴ 即 。

利用导数证明不等式 例 6.求证下列不等式 (1) x ?

x2 x2 x ? (0 , ? ?) (相减) ? ln(1 ? x) ? x ? 2 2(1 ? x)
2x

(2) sin x ?

?

x ? (0 ,

?
2

) (相除)

证: (1) f ( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ? ∴ y ? f ( x ) 为 (0 , ? ? ) 上 ? ∴ ln(1 ? x) ? x ?

x2 ) f (0) ? 0 2
∴ x ? (0 , ? ? )

f ?( x) ?

1 x2 ?1 ?1? x ? ?0 1? x x ?1

f ( x) ? 0 恒成立 g (0) ? 0

x2 2

g ( x) ? x ?

x2 ? ln(1 ? x) 2(1 ? x)

4x 2 ? 4x ? 2x 2 1 2x 2 g ?( x) ? 1 ? ? ? ?0 1 ? x 4(1 ? x 2 ) 4(1 ? x) 2
∴ g ( x ) 在 (0 , ? ? ) 上 ? (2)原式 ?

x2 ∴ x ? (0 , ? ? ) x ? ? ln(1 ? x) ? 0 恒成立 2(1 ? x)
令 f ( x) ? sin x / x x ? (0 ,

sin x 2 ? x ?

?
2

) cos x ? 0

x ? tan x ? 0

∴ f ?( x) ?

? cos x( x ? tan x) ∴ x ? (0 , ) 2 2 x ? 2 2x f( )? ∴ sin x ? 2 ? ?

f ?( x) ? 0

(0 ,

?
2

)?

设函数 f ( x) ? g ( x) ? x 2 ,曲线 y ? g ( x) 在点 (1, g (1)) 处的切线方程为 y ? 2 x ? 1 ,则曲线

y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为
A. 4 答案 A 函数的单调性 2 已知函数 (Ⅰ)求函数 (Ⅱ)求函数 解析: (1)由 在切线上,求得 ,再由 的图象在点 的解析式; 的单调区间。 B. ?

( D. ?

)

1 4

C. 2

1 2

处的切线方程为



在函数图象上和

得两个关于 (2)令 答案 知: ,即

的方程。 求增区间, 求减区间。

,求出极值点, 的图象在点

(Ⅰ)由函数

处的切线方程为







解得

所以所求函数解析式

(Ⅱ) 令 当 当 或 时, 解得 时,

所以 内是增函数。



内是减函数, 在

2、已知函数 f ( x) ? x3 ? (1 ? a) x2 ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) . (I)若函数 f ( x) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ?3 ,求 a , b 的值; (II)若函 数 f ( x) 在区间 (?1,1) 上不单调 ,求 a 的取值范围. ... 解析 又? (Ⅰ )由题意得 f ?( x) ? 3x ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)
2

f (0) ? b ? 0 ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 ?
导函数 f ?( x ) 在 ( ?1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?( x ) 在 ( ?1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有

(Ⅱ )函数 f ( x) 在区间 ( ?1,1) 不单调,等价于

f ?(?1) f ?(1) ? 0 , 即: [3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)][3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)] ? 0
2 整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1

4 、 已知函数 解:

,求

的单调区间和值域;

(Ⅰ)由







∵ 则 , 0 ,



(舍去) 变化情况表为: 1 — ↘ 0 + ↗

因而当 当 时,



为减函数;当 的值域为 ;



为增函数;

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

列表如下:

x
F ?( x )
F ( x)

(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, F (2) ? 2? 2 ln 2 ? 2 a. (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 2 x ? 2a ln x ? 0 .(利用单调性证明不等式) 故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln 2 x ? 2a ln x ? 1 .

函数的极值问题 例 7、已知函数 且极大值比极小值大 4. ,当且仅当 时, 取得极值,并

(1)求常数 (2)求 解: (1) 令 ∵ ∴ 在 或

的值; 的极值。

, 得方程 处取得极值 为上述方程的根,

故有 ∴ ∴ ,即 ①

又∵ ∴方程 ∴方程 ∴

仅当

时取得极值, 的根只有 无实根, 即 或 ,

而当 ∴

时, 的正负情况只取决于 与

恒成立, 的取值情况

当 x 变化时,

的变化情况如下表: 1 (1,+∞) +

+

0 极大值



0 极小值





处取得极大值

,在

处取得极小值



由题意得 整理得 于是将①,②联立,解得 (2)由(1)知, ②

3 已知

是函数 与 的关系表达式; 的单调区间; 时,函数

的一个极值点,其中

(Ⅰ)求 (Ⅱ)求 (Ⅲ)当

的图象上任意一点的切线斜率恒大于 3m,求

的取值范围。 解析: 解答: (Ⅰ) ∴ ∴ (Ⅱ) ; , 是函数 的一个极值点



,得 与 的变化如下表: 1 — 单调递减 0 极小值 + 单调递增 0 极大值 — 单调递减

因此,

的单调递减区间是





的单调递增区间是

; (Ⅲ) 由 (Ⅱ) 即 令 且 , ,

即 m 的取值范围是 函数的最值问题 例 8、 (1)已知 的值;



的最大值为 3,最小值为-29,求

( 2 )设

,函数

的最大值为 1 ,最小值为

,求常数 解: (1)这里

的值。

,不然

与题设矛盾

令 (Ⅰ)若 当 又

,解得 ,则当 时, 连续,故当

或 x=4(舍去) 时, , 时, 在 , 内递减 在 内递增;

取得最大值

∴由已知得 而

∴此时 ∴由 (Ⅱ)若

的最小值为 得 ,则运用类似的方法可得 当 ; 时 有最小值,故有

又 ∴当 时, 有最大值,

∴由已知得 于是综合(Ⅰ) (Ⅱ)得所求 (2) 令 得 , 或

解得 当 -1 在 上变化时, (-1,0) + 0 0 — 0 极小值 极大值 + 与 的变化情况如下表: 1

∴当

时,

取得极大值

;当

时,

取得极小值



由上述表格中展示的 ∴ 最大值在 与

的单调性知 之中, 的最小值在 和 之中,

考察差式



即 故 由此得

, 的最大值为

考察差式

,即 ∴ 的最小值为



由此得

,解得

于是综合以上所述得到所求 已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,



(i)求函数 f(x)的最大值;(ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g(

a?b )<(b-a)ln2. 2

.(I)解:函数 f(x)的定义域是(-1,∞),

f ' ( x) ?

1 ? 1 ,令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x=0, 1? x

当-1<x<0时, f ' ( x) ? 0 ,当 x>0时, f ' ( x) ? 0 ,又 f(0)=0,故当且仅当 x=0时,f(x)取得 最大值,最大值是0 (II)证法一:

g(a) ? g (b) ? 2 g (

a?b a?b 2a 2b ) ? a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln ? a ln ? b ln . 2 2 a?b a?b

由(I)的结论知 ln(1 ? x) ? x ? 0( x ? ?1, 且x ? 0) ,由题设0<a<b,得

b?a a ?b ? 0, ?1 ? ?0, 2a 2b 2a b?a b?a ? ? ln(1 ? )?? 因此 ln , a?b 2a 2a 2b a ?b a ?b ln ? ? ln(1 ? )?? a?b 2b 2b 2a 2b b?a a ?b ? b ln ?? ? ?0 所以 a ln a?b a?b 2 2

2a a?b ? a?b 2b 2a 2b a?b 2b 2b a ln ? b ln ? a ln ? b ln ? (b ? a) ln ? (b ? a) ln 2 a?b a?b 2b a ?b a ?b a?b ) ? (b ? a) ln 2 综上 0 ? g (a) ? g (b) ? 2 g ( 2 a?x ), (II)证法二: g ( x) ? x ln x , g ' ( x) ? ln x ? 1,设 F ( x) ? g (a) ? g ( x) ? 2 g ( 2 a?x ' a?x )] ? ln x ? ln 则 F ' ( x) ? g ' ( x) ? 2[ g ( ,当0<x<a 时 F ' ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(0,a) 2 2
又 内为减函数 当 x>a 时 F ' ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数 从而,当 x=a 时,F(x) 有极小值 F(a) 因为 F(a)=0,b>a,所以 F(b)>0,即 0 ? g (a ) ? g (b) ? g ( 设 G( x) ? F ( x) ? ( x ? a) ln 2 ,则 G ' ( x) ? ln x ? ln

a?x ? ln 2 ? ln x ? ln(a ? x) 当 x>0 2

a?b ) 2

时, G ' ( x) ? 0 ,因此 G(x)在(0,+∞)上为减函数,因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0.即

g (a) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2 2
2

1 设函数 f ? x ? ? x ? aIn ?1 ? x ? 有两个极值点 x1、x2 ,且 x1 ? x2 (I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x2 ? ? 解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
2

1 ? 2 In2 4

a 2x2 ? 2x ? a ? ( x ? ?1) 1? x 1? x

令 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ?

1 。由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个 2
?? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0

均大于 ?1的不相等的实根,其充要条件为 ?

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,??

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

? f ? x2 ? ? x22 ? aln ?1? x2 ? ? x22 ? (2x22 +2x2 )ln ?1 ? x2 ?

设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x)ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) ,
2 2

1 2

则 h? ? x ? ? 2x ? 2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ? 2x ? ?2(2x ?1)ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? (? , 0) 时, h? ? x ? ? 0,? h( x) 在 [ ?

1 2

1 , 0) 单调递增; 2

⑵当 x ? (0, ??) 时, h? ? x ? ? 0 , h( x) 在 (0, ??) 单调递减。

1 1 1 ? 2 ln 2 ?当x ? (? , 0)时, h ? x ? ? h(? ) ? 2 2 4 1 ? 2 In 2 故 f ? x2 ? ? h( x2 ) ? . 4
1 ? x) , h ( x ) ? 已知函数 f ( x) ? x , g ( x) ? ln(
(1)证明:当 x ? 0 时,恒有 f ( x) ? g ( x);

x . 1? x

kx ( k ? 0) 恒成立,求实数 k 的取值范围; k?x 1 x ' ? 解: (1)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,则 F ( x) = 1 ? , 1? x 1? x
(2)当 x ? 0 时,不等式 g ( x ) ?
' 当 x ? 0 时, F ( x) ? 0 ,所以函数 F ( x ) 在(0, ? ?) 单调递增,又 F ( x )

在 x ? 0 处连续,所以 F ( x) ? F (0) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 , 所以 f ( x) ? g ( x) 。 (2)设 G ( x ) ? g ( x ) ?

kx , k?x

k2 则 G ( x ) 在(0, ? ?) 恒大于 0, G ( x) ? ln(1 ? x) ? k ? , k?x

G ' ( x) ?

1 k2 x 2 ? (2k ? k 2 ) x , ? ? 1 ? x ( k ? x) 2 (1 ? x)(k ? x) 2

x 2 ? (2k ? k 2 ) x ? 0 的根为 0 和 k 2 ? 2k ,
即在区间(0, ? ?) 上, G' ( x) ? 0 的根为 0 和 k ? 2k ,
2 2 若 k ? 2k ? 0 ,则 G ( x ) 在 (0, k ? 2k ) 单调递减,
2

且 G (0) ? 0 ,与 G ( x ) 在(0, ? ?) 恒大于 0 矛盾; 若 k ? 2k ? 0 , G ( x ) 在(0, ? ?) 单调递增,
2

2 且 G (0) ? 0 ,满足题设条件,所以 k ? 2k ? 0 ,所以 0 ? k ? 2. 。

8、 已知函数 f ( x) ? x ?

2 ? a(2 ? ln x), (a ? 0) ,讨论 f ( x) 的单调性. x

① 当 ? ? a ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 时,
2

方程 g ( x) ? 0 有两个不同的实根 x1 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x2 ? , 0 ? x1 ? x2 . 2 2
( x1 , x2 )
_

x
f ?( x ) f ( x)

(0, x1 )
+ 单调递增

x1
0 极大

x2
0 极小

( x 2 , ??)
+ 单调递增

单调递减

此时 f ( x ) 在 (0,

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ) 上单调递增, 在 ( , ) 是上单调递减, 2 2 2

在(

a ? a2 ? 8 , ??) 上单调递增. 2

2 3.设函数 f ( x) ? ax ? bx ? k (k ? 0) 在 x ? 0 处取得极值,且曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处

ex 的切线垂直于直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 . (Ⅰ) 求 a , b 的值; (Ⅱ) 若函数 g ( x) ? , 讨论 g ( x) f ( x)
的单调性.

(3) ? ? 4 ? 4k ? 0,即当0<k<1时, 方程 x ? 2 x ? k ? 0 有两个不相等实根
2

x1 ? 1? 1? k , x2 ? 1? 1? k

w.w. w. k.s. 5.u. c

当 函 数 当

x ? (??,1 ? 1 ? k )是g?( x) ? 0, 故g ( x)在(? ?,1 ? 1 ? k )上为增

时, g ?( x) ? 0, 故 g ( x)在( 上为减函数 x? ( 1 ? 1 ? k ,1 ? 1 ? k) 1 ? 1 ? k ,1 ? 1 ? k) 时, g ?( x) ? 0, 故 g ( x)在( 上为增函数 x? ( 1 ? 1 ? k,+?) 1 ? 1 ? k,+?)

分离常数 已知函数 f ( x) ? x ln x .(Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)若对所有 x ? 1 都有 f ( x) ? ax ? 1 ,求 实数 a 的取值范围. 解: f ( x) 的定义域为(0,+?),
学科网

f ( x) 的导数 f ?( x) ? 1 ? ln x . 令 f ?( x) ? 0 ,解得 1 1 ? 1? ?1 ? x ? ;令 f ?( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? .从而 f ( x) 在 ? 0, ? 单调递减,在 ? ,+? ? 单调递 e e ? e? ?e ? 1 1 增.所以,当 x ? 时, f ( x ) 取得最小值 ? . e e (Ⅱ)解法一:令 g ( x) ? f ( x) ? (ax ? 1) ,则 g ?( x) ? f ?( x) ? a ? 1 ? a ? ln x , 错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,当 x ? 1 时, g ?( x) ? 1 ? a ? ln x ? 1 ? a ? 0 , a x ? 1 . ,+?) 上为增函数, 故 g ( x) 在 (1 所以,x ? 1 时,g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 , 即 f (x) ?
学科网 学科网 学科网 学科网

错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,方程 g ?( x) ? 0 的根为 x0 ? e

a ?1

,此时,若 x ? (1 ,x0 ) ,

,x0 ) 时, g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 则 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数.所以 x ? (1
f (x) ? ax ?1 ,与题设 f ( x) ? ax ? 1 相矛盾. 综上,满足条件的 a 的取值范围是 (??, 1] .
学科网

? ?) 上恒成立, 解法二: 依题意, 得 f ( x) ? ax ? 1 在 [1, 即不等式 a ? ln x ?
恒成立 . 令 g ( x ) ? ln x ?

1 , ? ?) 对于 x ? [1 x

1 , x

则 g ?( x) ?

1 1 1? 1? ? ? ?1 ? ? . 当 x ? 1 时,因为 x x2 x ? x ?

1? 1? g ?( x) ? ?1 ? ? ? 0 , x? x? ? ?) 上的增函数, 故 g ( x) 是 (1, (??, 1] .

所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 ,所以 a 的取值范围是

设函数 f ( x) ? 2x3 ? 3ax2 ? 3bx ? 8c 在 x ? 1 及 x ? 2 时取得极值. (Ⅰ )求 a、b 的值; (Ⅱ )若 对于任意的 x ? [0, 3] ,都有 f ( x) ? c 2 成立,求 c 的取值范围.

学科网

则当 x ??0, 因为对于任意的 x ??0, 有 f ( x) ? c 3? 时, f ( x) 的最大值为 f (3) ? 9 ? 8c . 3? , 恒成立,所以

2

9 ? 8c ? c 2 , 解 得
学科网

c ? ?1 或 c ? 9 , 因 此 c 的 取 值 范 围 为

(??, ? 1) (9, ? ?) .

9、已知 f ?x? ? x ln x, g ?x? ? x 3 ? ax2 ? x ? 2 (Ⅰ)求函数 f ?x ? 的单调区间; (Ⅱ)求函数 f ?x ? 在 ?t , t ? 2??t ? 0? 上的最小值; (Ⅲ)对一切的 x ? ?0,??? , 2 f ?x ? ? g ?x ? ? 2 恒成立,求实数 a 的取值范围.
'

(Ⅰ) f ( x) ? ln x ? 1, 令f
'

'

?x ? ? 0, 解得 0 ? x ? 1 ,
e

? 1? ? f ?x ?的单调递减区间是 ? 0, ?; ……2 分 ? e?
1 令f ' ?x ? ? 0, 解得 x ? , e

?1 ? ? f ?x ?的单调递减区间是 ? ,?? ?. ……4 分 ?e ?
1 ,t 无解;……5 分 e 1 1 1 1 (ⅱ)0<t< <t+2,即 0<t< 时, f ( x) min ? f ( ) ? ? ;……7 分 e e e e 1 1 (ⅲ) ? t ? t ? 2 ,即 t ? 时, f ( x)在[t , t ? 2]单调递增, e e
(Ⅱ)(ⅰ)0<t<t+2<

f ( x) min ? f (t ) ? tlnt ……9 分

1 ? 1 0?t ? ?e ……10 分 ? f ( x) min ? e , 1 ? t? ?tlnt e
(Ⅲ)由题意: 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1 ? 2 在 x ? ?0,??? 上恒成立
2

即 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1
2

3 1 x? ……11 分(分离常数) 2 2x 3x 1 ? 设 h? x ? ? ln x ? , 2 2x ?x ? 1??3x ? 1? ……12 分 1 3 1 ' ?? 则 h ?x ? ? ? ? 2 x 2 2x 2x 2 1 ' 令 h ?x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ? (舍) 3
可得 a ? ln x ?
' ' 当 0 ? x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, h ?x ? ? 0

? 当 x ? 1 时, h?x ? 取得最大值, h?x ? max =-2……13 分
? a ? ?2 .
已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x ) ? 区间;
学科网

a ( a ? 0) ,设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) . (Ⅰ )求函数 F ( x ) 的单调 x

(Ⅱ )若以函数 y ? F ( x)( x ? (0,3]) 图像上任意一点 P( x0 , y0 ) 为切点的切线的斜率 k ? 恒成立,求实数 a 的最小值; 解 析 : ( I
学科网

1 2




F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? ? ln x ?

F '? x? ?

1 a x?a ? ? 2 ? x ? 0 ? ∵a ? 0 , 由 F '? x ? ?0 ?x ? a?, ? ? x x2 x

a ? x ? 0? x

∴F ? x ? 在 ? a, ?? ? ?,

上单调递增。

由 F ' ? x ? ? 0 ? x ? ? 0, a ? ,∴F ? x ? 在 ? 0, a ? 上单调递减。∴F ? x ? 的

单调递减区间为 ? 0, a ? ,单调递增区间为 ? a, ?? ? 。 ( II ) F ' ? x ? ?

学科网

x?a x ?a 1 0 ? x ? 3? , k ? F ' ? x0 ? ? 0 2 ? ? 0 ? x0 ? 3? 恒 成 立 2 ? x x0 2
学科网

? 1 2 ? (分离常数) ? x0 ? ? a ? ? ? x0 ? 2 ?max
1 2 1 1 1 x0 ? x0 取得最大值 。∴a ? ,∴amin ? 2 2 2 2

当 x0 ? 1 时, ?

学 科网

1 设函数 f ( x) ? x 2 ? b ln(x ? 1) ,其中 b ? 0 ; (Ⅰ)若 b ? ?12 ,求 f ( x) 在 [1,3] 的最小值; (Ⅱ)如果 f ( x) 在定义域内既有极大值又有极小值,求实数 b 的取值范围; (Ⅲ)是否存在最小的正整数 N ,使得当 n ? N 时,不等式 ln 立. 21 . [ 浙 江 省 富 阳 新 中 2008 ( 上 ) 高 三 期 中 考 试 数 学 ( 理 科 ) 试 卷 第 22 题 ]

n ?1 n ?1 ? 3 恒成 n n

解: (Ⅰ)由题意知, f ( x) 的定义域为 (?1,??) ,

b ? ?12 时,由 f / ( x) ? 2 x ?
/

12 2 x 2 ? 2 x ? 12 ? ? 0 ,得 x ? 2 ( x ? ?3 舍去) , x ?1 x ?1
/

当 x ? [1, 2) 时, f ( x) ? 0 ,当 x ? (2,3] 时, f ( x) ? 0 , 所以当 x ? [1, 2) 时, f ( x) 单调递减;当 x ? (2,3] 时, f ( x) 单调递增, 所以 f ( x)min ? f (2) ? 4 ?12ln 3 (Ⅱ)由题意 f ( x) ? 2 x ?
/
2

……………………………5 分

b 2x2 ? 2x ? b ? ? 0 在 (?1,??) 有两个不等实根, x ?1 x ?1

即 2 x ? 2 x ? b ? 0 在 (?1,??) 有两个不等实根, 设 g ( x) ? 2 x ? 2 x ? b ,则 ?
2

?? ? 4 ? 8b ? 0 1 ,解之得 0 ? b ? ;…………10 分 2 ? g (?1) ? 0
2

(Ⅲ)当 b=-1 时,函数 f ?x ? ? x ? ln(x ? 1) , 令函数 h?x? ? x ? f ( x) ? x ? x ? ln(x ? 1)
3 3 2



h / ?x ? ? 3x 2 ? 2 x ?

1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 ? x ?1 x ?1



(换元,令 ?当x ? [0,??)时,h / ?x? ? 0

1 ? x) n

所以函数 h?x ? 在 [0,??) 上单调递增,又 h(0) ? 0,? x ? (0,??) 时,恒有 h?x ? ? h(0) ? 0
2 3 即 x ? x ? ln(x ? 1) 恒成立.取 x ?

1 1 1 1 ? (0,?? ) ,则有 ln( ? 1) ? 2 ? 3 恒成立. n n n n

显然,存在最小的正整数 N=1, 使得当 n ? N 时,不等式 ln(

1 1 1 ? 1) ? 2 ? 3 恒成立. n n n

……………15 分
天 · 星 o

(天津文 21) 设函数 f ( x) ? ? x( x ? a)2 ( x ? R ) ,其中 a ? R . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程;
T 天 · 星 o e (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的极大值和极小值; s

m 权

(Ⅲ) 当 a ? 3 时, 证明存在 k ???1 使得不等式 of (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) 对 , 0? ,
o

m 权

任意的 x ? R 恒成立.

n

. c t 等式等基础知识, 考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 o e m 14 分. s o 天 (Ⅰ)解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ?1)2 ? ? x3 ? 2x2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且 o 星 2 版 ? n ?

本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不

f天( x) ? ?3x ? 4x ?1 , f (2) ? ?5 .




? 2) 处的切线方程是 y ? 2 ? ?5( x ? 2) ,整理得 所以,曲线 y ? ? x( x ?1)2 在点 (2,
t e s o o n

5x ? y ? 8 ? 0 .

(Ⅱ)解: f ( x) ? ? x( x ? a)2 ? ? x3 ? 2ax2 ? a2 x

f ?( x) ? ?3x2 ? 4ax ? a2 ? ?(3x ? a)( x ? a) .
令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?
a 或 x ? a. 3

由于 a ? 0 ,以下分两种情况讨论.

(1)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x ) 的正负如下表:

x

a? ? ? ?∞, ? 3? ?
?

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a

(a,∞ ? )

f ?( x )

?

0

?

因此,函数 f ( x) 在 x ?
4 ?a? f ? ? ? ? a3 ; 27 ?3?

a ?a? 处取得极小值 f ? ? ,且 3 ?3?

函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极大值 f (a ) ,且
f (a) ? 0 .

(2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x ) 的正负如下表:

x

? ?∞,a ?
?

a

? a? ? a, ? ? 3?

a 3
0

?a ? ? ∞? ? , ?3 ?
?

f ?( x )

0

?

因此,函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极小值 f (a ) ,且
f (a) ? 0 ;

函数 f ( x) 在 x ?

a ?a? 处取得极大值 f ? ? ,且 3 ?3?

4 ?a? f ? ? ? ? a3 . 27 ?3?

(Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得

a ? 1 ,当 k ?? ?1 , 0? 时, 3

k ? cos x ≤ 1, k 2 ? cos2 x ≤1 .

由 (Ⅱ) 知, f ( x) 在 ? ?∞, 要使 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) ,x ? R 1? 上是减函数, 只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos2 x( x ? R)



cos2 x ? cos x ≤ k 2 ? k ( x ? R)
2 2



1? 1 ? 设 g ( x) ? cos x ? cos x ? ? cos x ? ? ? ,则函数 g ( x) 在 R 上的最大值为 2 . 2? 4 ?
要使①式恒成立,必须 k 2 ? k ≥ 2 ,即 k ≥ 2 或 k ≤ ?1 . 所以,在区间 ??1 , 0? 上存在 k ? ?1 ,使得 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) 对任意的
x ? R 恒成立.

求取值范围 (2009 江西卷文)设函数 f ( x) ? x ?
3

9 2 x ? 6 x ? a . (1)对于任意实数 x , f ?( x) ? m 恒 2

成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f ( x) ? 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解析 (1) f ' ( x) ? 3x2 ? 9x ? 6 ? 3( x ?1)( x ? 2) , 因为 x ? ( ??, ??) , f ( x) ? m , 即
'

3 3x2 ? 9 x ? (6 ? m) ? 0 恒成立, 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m) ? 0 , 得 m ? ? ,即 m 的最大值 4 3 为? 4
' ' ' (2) 因为 当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 ;当 1 ? x ? 2 时, f ( x) ? 0 ;当 x ? 2 时, f ( x) ? 0 ;

所 以 当 x ? 1 时 , f ( x) 取 极 大 值

f (1) ?

5 ?a ; 2

当 x ? 2 时 , f ( x) 取 极 小 值

f (2) ? 2 ? a ;
故当 f (2) ? 0 或 f (1) ? 0 时, 方程 f ( x) ? 0 仅有一个实根. 解得 a ? 2 或 a ? . ( 2009 天津卷文)设函数 f ( x) ? ?

5 . 2

1 3 x ? x 2 ? (m 2 ? 1) x, ( x ? R, )其中 m ? 0 (Ⅰ)当 3

m ? 1时, 1,f( 1 )) 曲线 y ? f ( x)在点( 处的切线斜率(Ⅱ)求函数的单调区间与极值;

x1 , x 2 , (Ⅲ) 已知函数 f ( x ) 有三个互不相同的零点 0, 且 x1 ? x 2 。 若对任意的 x ? [ x1 , x2 ] ,
f ( x) ? f (1) 恒成立,求 m 的取值范围。
解 析 当 m ? 1时, f ( x) ?

1 3 x ? x 2 , f / ( x) ? x 2 ? 2 x, 故f ' (1) ? 1 所 以 曲 线 3

y ? f ( x)在点( 1,f( 1 )) 处的切线斜率为 1

(2)解析 f ' ( x) ? ? x 2 ? 2 x ? m 2 ? 1,令 f ' ( x) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m, x ? 1 ? m 因为 m ? 0, 所以 1? m ? 1? m 当 x 变化时, f ( x), f ' ( x) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x)
f ( x)

(??,1 ? m)
+

1? m
0 极小值

(1 ? m,1 ? m)
-

1? m
0 极大值

(1 ? m,??)
+

f ( x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数。

2 3 1 m ? m2 ? 3 3 2 3 1 2 函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = ? m ? m ? 3 3 1 2 1 2 (3)解析 由题设, f ( x) ? x(? x ? x ? m ? 1) ? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 2 所 以 方 程 ? x ? x ? m ? 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x1 , x 2 , 故 x1 ? x2 ? 3 , 且 3 4 2 1 1 ? ? 1 ? (m ? 1) ? 0 ,解得 m ? ? (舍),m ? 3 2 2 3 因为 x1 ? x 2 , 所以2 x 2 ? x1 ? x 2 ? 3, 故x 2 ? ? 1 2 1 若 x1 ? 1 ? x 2 , 则f (1) ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x1 ) ? 0 ,不合题意 3
函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = 若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x2 ? 0, 则 f ( x) ?? ?

1 x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x1 ) ? 0 , 所以函数 f ( x ) 在 x ? [ x1 , x2 ] 的最 3

小 值 为 0 , 于 是 对 任 意 的 x ? [ x1 , x2 ] , f ( x) ? f (1) 恒 成 立 的 充 要 条 件 是

f (1) ? m 2 ?

1 3 3 ? 0 ,解得 ? ?m? 3 3 3

综上,m 的取值范围是 ( ,
3 2 2

1 3 ) 2 3
3

已知函数 f ( x) ? x ? 3ax ? 9a x ? a .设 a ? 1 ,求函数 f ? x ? 的极值;(2)若 a ?

1 ,且当 4

x ??1, 4a? 时, f ' ( x) ? 12a 恒成立,试确定 a 的取值范围.
请考生在第(22) 、 (23) 、 (24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题 计分。作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

(21)解析(Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得 f ' ( x) ? 3x2 ? 6 x ? 9. 令 f ' ( x) ? 0, 解得x1 ? ?1, x2 ? 3. 列表讨论 f ( x), f ' ( x) 的变化情况:

x
f ' ( x)

(??, ?1)
+

?1
0 极大值 6

(-1,3) —

3 0 极小值-26

(3, ??)
+

f ( x)

所以, f ( x ) 的极大值是 f (?1) ? 6 ,极小值是 f (3) ? ?26. (Ⅱ) f ( x) ? 3x ? 6ax ? 9a 的图像是一条开口向上的抛物线,关于 x=a 对称.
' 2 2



1 ? a ? 1, 则f ' ( x)在[1,4a]上是增函数,从而 4

f ' ( x)在[1,4a]上的最小值是 f ' (1) ? 3 ? 6a ? 9a 2 , 最大值是 f ' (4a) ? 15a 2 .
由 | f ' ( x) |? 12a, 得 ?12a ? 3x2 ? 6ax ? 9a2 ? 12a, 于是有

f ' (1) ? 3 ? 6a ? 9a2 ? ?12a, 且f ' (4a) ? 15a2 ? 12a.
1 4 ? a ? 1,由f ' (4a) ? 12a得0 ? a ? . 3 5 1 1 4 1 4 所以 a ? ( ,1] [? ,1] [0, ], 即a ? ( , ]. 4 3 5 4 5
由 f (1) ? ?12a得 ?
'

若 a>1,则 | f (a) |? 12a ? 12a.故当x ?[1, 4a]时 | f ( x) |? 12a 不恒成立.
' 2 '

所以使 | f ( x) |? 12a( x ?[1, 4a]) 恒成立的 a 的取值范围是 ( , ].
'

1 4 4 5

已知函数 f(x)=

a ? x2 ? ln x x

1 ? ? ? a ? R , x ? [ , 2] ? 2 ? ?

(Ⅰ)当 a ?[?2, ) 时, 求 f ( x) 的最大值; (Ⅱ) 设 g ( x) ? [ f ( x) ? ln x] ? x2 , k 是 g ( x) 图象上不同两点的连线的斜率,否存在实数 a , 使得 k ? 1 恒成立?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)当-2≤ a < 显然-1≤x1<

1 4

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 1 , x2 ? . 时,由 f '( x) =0 得 x1= 4 2 2

1 1 ?1 ? ?1 ? , <x2≤2,? x1 ? ? , 2 ? , x2 ? ? , 2 ? . 2 2 ?2 ? ?2 ?

又 f '( x) =- 当

? x ? x1 ?? x ? x2 ?
x2

1 ≤x≤x2 时, f '( x) ≥0, f ( x) 单调递增; 2

当 x2<x≤2 时, f '( x) <0, f ( x) 单调递减, ∴ f ( x) max= f (x2)= =- 1 ? 4a ? ln

2a 1 ? 1 ? 4a

?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a ? ln 2 2

1 ? 1 ? 4a . 2 7 (Ⅱ)答: 存在 a ? (??, ] 符合条件 4
解: 因为 g ( x) ? [ f ( x) ? ln x] ? x2 = ax ? x3 不妨设任意不同两点 p1 ( x1 , y1 ), p2 ( x2 , y2 ) ,其中 x1 ? x2 则k ?
3 y1 ? y2 a( x1 ? x2 ) ? ( x2 ? x13 ) 2 ? ? a ? ( x12 ? x1 x2 ? x2 ) x1 ? x2 x1 ? x2

2 2 由 k ? 1 知: a ? 1+ ( x1 ? x1 x2 ? x2 )

因为

3 ?7 ? 2 2 2 ? 3x12 ? x12 ? x1 x2 ? x2 ? 3x2 ? 12 ,所以 1+ ( x12 ? x1x2 ? x2 ) ? ? ,13 ? , 4 ?4 ?
7 4

故存在 a ? (??, ] 符合条件。

已知函数 f ( x) ? ln(e ? a)(a ? 0) .
x

(1)求函数 y= f(x)的反函数 y ? f

?1

( x)及f ( x) 的导数 f ?( x);
?1

(2)假设对任意 x ? [ln(3a), ln(4a)],不等式| m ? f 数 m 的取值范围. 解: (1)? e ? 0,? y ? ln a,? y ? f
x

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0 成立,求实

?1

?x? ? ln?e x ? a?, ?x ? ln a? ;

y? ?

ex 1 ? 1? x x e ?a e ?a
?1

(2) x ? [ln(3a), ln(4a)],不等式| m ? f

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0

? f ?1 ?x? ? ln f ??x? ? m ? f ?1 ?x? ? ln f ??x?
? ln e x ? a ? ln

?

?

ex ex x ? m ? ln e ? a ? ln ex ? a ex ? a

?

?

? ln

ex ex ? a e2x ? a 2 ex ex ? a e2x ? a 2 m ? m ? ln ? e ? ? ex ? a ex ex ? a ex

?

?

?

?

t ?t ? a ? t 2 ? a2 , v?t ? ? , t ? e x , t ? ?3a,4a ? 令: u ?t ? ? t?a t

?

?

v? ? t ? ?

t 2 ? a2 t 2 ? 2at ? a 2 ? ? 0, t ? 3 a , 4 a , u t ? ?0 ? ? ? ? t2 (t ? a)2

12 a, v(t ) 的最 5 8 12 8 m a ? e m ? a ,于 小值为 v (3a ) ? a, 而不等式②成立当且仅当 u(4a) ? e ? v(3a), 即 3 5 3 12 8 是得 ln( a ) ? m ? ln( a ). 5 3
所以 u (t ), v(t ) 都是增函数 .因此当 t ? [3a,4a] 时, u (t ) 的最大值为 u ( 4a ) ? 解法二:由 | m ? f
?1

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0 得

ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x ? m ? ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x.
设 ? ( x) ? ln(e ? a) ? ln(e ? a) ? x,? ( x) ? ln(e ? a) ? ln(e ? a) ? x,
x x x x

于是原不等式对于 x ? [ln(3a), ln(4a)] 恒成立等价于 ? ( x) ? m ? ? ( x). ③…7 分 由 ? ?( x) ?

ex ex ex ex ? ? ? 1,? ( x) ? x ? ? 1 ,注意到 ex ? a ex ? a e ? a ex ? a

0 ? e x ? a ? e x ? e x ? a, 故有 ? ?( x) ? 0,? ?( x) ? 0 ,从而可 ? ( x)与? ( x) 均在
[ln(3a), ln(4a)] 上单调递增,因此不等式③成立当且仅当

? (ln(4a)) ? m ? ? (ln(3a)).即 ln(

12 8 a) ? m ? ln( a ). 5 3

【点晴】求参数的取值范围,凡涉及函数的单调性、最值问题时,用导数的知识解决较 简单.
w.w.w.

设函数 f ( x) ? e x ? 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.

解: (Ⅰ) f ( x) 的导数 f ?( x) ? ex ? e? x . 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) . (Ⅱ)令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,则

g ?( x) ? f ?( x) ? a ? e x ? e? x ? a ,
(ⅰ)若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g?( x) ? ex ? e? x ? a ? 2 ? a ≥ 0 ,
? ) 上为增函数, 故 g ( x) 在 (0,∞

所以, x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 f ( x) ≥ ax . (ⅱ)若 a ? 2 ,方程 g ?( x) ? 0 的正根为 x1 ? ln

a ? a2 ? 4 , 2

此时,若 x ? (0,x1 ) ,则 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数. 所以, x ? (0,x1 ) 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? ax ,与题设 f ( x) ≥ ax 相矛盾. 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞, 2? .
解析由已知 g ?(1) ? 2 ,而 f ?( x) ? g ?( x) ? 2 x ,所以 f ?(1) ? g ?(1) ? 2 ?1 ? 4 故选 A 若曲线 f ? x ? ? ax ? Inx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是
2

.

1 。 因为存在垂直于 y 轴 x 1 ? 的切线,故此时斜率为 0 ,问题转化为 x ? 0 范围内导函数 f ? x ? ? 2ax ? 存在零点。 x 1 解法 1 (图像法)再将之转化为 g ? x ? ? ?2ax 与 h ? x ? ? 存在交点。当 a ? 0 不符合题 x 意,当 a ? 0 时,如图 1,数形结合可得显然没有交点,当 a ? 0 如图 2,此时正好有一个
解析 解析
? x 由题意该函数的定义域 x ? 0 , 由f ?

x 2 ? ?a

?

交点,故有 a ? 0 应填 ? ??,0 ? 或是 ?a | a ? 0? 。
3 若函数 f ( x) ? ax ? bx ? 4 ,当 x ? 2 时,函数 f ( x ) 有极值 ?

4 , 3

(1)求函数的解析式; (2)若函数 f ( x) ? k 有 3 个解,求实数 k 的取值范围.

(2009 福建卷理) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) ?

1 3 x ? ax 2 ? bx ,且 f '(?1) ? 0 3

(1)

试 用 含 a 的 代 数 式 表 示 b, 并 求 f ( x ) 的 单 调 区 间 ; ( 2 ) 令 a ? ?1 , 设 函 数 f ( x ) 在 记点 M ( x1 , f ( x1 ) ), N( x 2 , f ( x2 ) ), P( m, f ( m) ), x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 处取得极值,

x1 ? m ? x2 ,

请仔细观察曲线 f ( x ) 在点 P 处的切线与线段 MP 的位置变化趋势,并解释以下问题: (I) 若对任意的 m ? ( x1 , x 2 ), 线段 MP 与曲线 f(x)均有异于 M,P 的公共点, 试确定 t 的最小值, 并证明你的结论; (II)若存在点 Q(n ,f(n)), x ? n< m,使得线段 PQ 与曲线 f(x)有异于 P、Q 的 公 共 点 , 请 直 接 写 出 m 的 取 值 范 围 ( 不 必 给 出 求 解 过 程 )

解法一:(Ⅰ)依题意,得 f '( x) ? x2 ? 2ax ? b 由 f '(?1) ? 1 ? 2a ? b ? 0得b ? 2a ? 1 .

1 从而 f ( x) ? x3 ? ax2 ? (2a ? 1) x, 故f '( x) ? ( x ? 1)( x ? 2a ? 1). 令 f '( x) ? 0, 得x ? ?1或x ? 1 ? 2a. 3
①当 a>1 时, 1 ? 2a ? ?1 当 x 变化时, f '( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表: x

(??,1 ? 2a)
+ 单调递增

(1 ? 2a, ?1)
- 单调递减

(?1, ??)
+ 单调递增

f '( x )
f ( x)

由此得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) ,单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) 。 ②当 a ? 1 时,1 ? 2a ? ?1 此时有 f '( x) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 ,故函数

f ( x) 的单调增区间为 R
1 ? 2a ? ?1 同理可得, ③当 a ? 1 时, 函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) ,
单调减区间为 (?1,1 ? 2a) 综上:当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) ,单调减区间为

(1 ? 2a, ?1) ;
当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 R;

当 a ? 1 时 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单 调 减 区 间 为

(?1,1 ? 2a) .
(Ⅱ)由 a ? ?1 得 f ( x) ?

1 3 x ? x 2 ? 3x 令 f ( x) ? x2 ? 2 x ? 3 ? 0 得 x1 ? ?1, x2 ? 3 3

由(1)得 f ( x ) 增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) ,单调减区间为 (?1,3) ,所以函数 f ( x ) 在 处 x1 ? ?1, x2 ? 3 取得极值,故 M( ?1,

5 )N( 3, ?9 ) 。观察 f ( x ) 的图象,有如下现象: 3

①当 m 从-1 (不含-1) 变化到 3 时, 线段 MP 的斜率与曲线 f ( x ) 在点 P 处切线的斜率 f ( x ) 之差 Kmp- f '(m) 的值由正连续变为负。 ②线段 MP 与曲线是否有异于 H,P 的公共点与 Kmp- f '(m) 的 m 正负有着密切的关联; ③Kmp- f '(m) =0 对应的位置可能是临界点,故推测:满足 Kmp- f '(m) 的 m 就是所求 的 t 最小值,下面给出证明并确定的 t 最小值.曲线 f ( x ) 在点 P(m, f (m)) 处的切线斜率

f '(m) ? m2 ? 2m ? 3 ;
线段 MP 的斜率 Kmp ?

m 2 ? 4m ? 5 当 Kmp- f '(m) =0 时,解得 m ? ?1或m ? 2 3

直 线

MP

的 方 程 为

y?(

m 2 ? 4m ? 5 m 2 ? 4m x? ) 3 3



m 2 ? 4m ? 5 m 2 ? 4m g ( x) ? f ( x) ? ( x? ) 3 3
2 当 m ? 2 时, g '( x ) ? x ? 2x 在 (?1, 2) 上只有一个零点 x ? 0 ,可判断 f ( x ) 函数在

(?1, 0) 上单调递增,在 (0, 2) 上单调递减,又 g (?1) ? g (2) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (?1, 2) 上
没有零点,即线段 MP 与曲线 f ( x ) 没有异于 M , P 的公共点。当 m ? ? 2,3? 时,

g (0) ? ?

m 2 ? 4m ? 0 . g (2) ? ?(m ? 2)2 ? 0 所 以 存 在 m ? ? 0,2? 使 得 g (? ) ? 0 即 当 3

m ? ? 2, 3 ?时 ,MP 与曲线 f ( x) 有异于 M,P 的公共点 综上,t 的最小值为 2.
(2)类似(1)于中的观察,可得 m 的取值范围为 ?1,3?

解法二: (1)同解法一. (2)由 a ? ?1 得 f ( x) ? ?

1 3 x ? x 2 ? 3 x ,令 f '( x) ? x 2 ?2x ?3 ? 0 ,得 x1 ? ?1, x2 ? 3 3

由(1)得的 f ( x ) 单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) ,单调减区间为 (?1,3) ,所以函数在处 取得极值。故 M( ?1,

5 ).N( 3, ?9 ) 3
2 2

? m 2 ? 4m ? 5 m 2 ? 4m y ? x ? ? m ? 4m ? 5 m ? 4m ? 3 3 (Ⅰ) 直线 MP 的方程为 y ? x? .由 ? 1 3 3 ? y ? x3 ? x 2 ? 3x ? 3 ?

得 x3 ? 3x2 ? (m2 ? 4m ? 4) x ? m2 ? 4m ? 0 线段 MP 与曲线 f ( x) 有异于 M,P 的公共点等价于上 述方程在(-1,m)上有根,即函数 g ( x) ? x3 ? 3x2 ? (m2 ? 4m ? 4) x ? m2 ? 4m在(-1,m)上有零点. 因为函数 g ( x) 为三次函数,所以 g ( x) 至多有三个零点 ,两个极值点 .又 g (?1) ? g (m) ? 0 .因此, g ( x) 在 (?1, m) 上有零点等价于 g ( x) 在 (?1, m) 内恰有一个极大值点和一个极小值点 , 即
g '( x) ? 3x2 ? 6 x ? (m2 ? 4m ? 4) ? 0在(1, m) 内有两不相等的实数根.

??=36 ? 12 (m2 ? 4m ? 4)>0 ? 2 2 ?3(?1) ? 6 ? (m ? 4m ? 4) ? 0 等价于 ? 2 2 ?3m ? 6m ? (m ? 4m ? 4) ? 0 ?m ? 1 ?

??1 ? m ? 5 ? 即 ?m ? 2或m ? ?1, 解得2 ? m ? 5 ?m ? 1 ?

又因为 ?1 ? m ? 3 ,所以 m 的取值范围为(2,3)从而满足题设条件的 r 的最小值为 2.

设二次函数 f ( x) ? x2 ? ax ? a , 方程 f ( x) ? x ? 0 的两根 x1 和 x 2 满足 0 ? x1 ? x2 ? 1 . (I)求实数 a 的取值范围; (II)试比较 f (0) f (1) ? f (0) 与
1 的大小.并说明理由. 16

本小题主要考查二次函数、 二次方程的基本性质及二次不等式的解法,考查推理 和运算能力. 解法 1: (Ⅰ)令 g ( x) ? f ( x) ? x ? x2 ? (a ?1) x ? a ,
?? ? 0, ? 1? a ?a ? 0, ?0 ? ?1 , ? ? ? 0 ? a ? 3? 2 2 . 则由题意可得 ? ? ??1 ? a ? 1 , 2 ? g (1) ? 0, ? ?a ? 3 ? 2 2,或a ? 3 ? 2 2, ? ? ? g (0) ? 0,

故所求实数 a 的取值范围是 (0, 3 ? 2 2) . (II) f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2a2 ,令 h(a) ? 2a 2 . 当 a ? 0 时 , h( a ) 单 调 增 加 , ? 当 0 ? a ? 3 ? 2 2 时 ,

0 ? h (a ? ) h (? 3
?2

2 ? 2 )2 ? 2 ( 3? 2

? 2 )

2 ( 1 7

1 2

2 )

1 1 1 ? ,即 f (0) f (1) ? f (0) ? . 16 17 ? 12 2 16

解法 2: (I)同解法 1. (II)

f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2a2 ,由(I)知 0 ? a ? 3 ? 2 2 ,

于是 ∴4 2a ?1 ? 12 2 ?17 ? 0 .又 4 2a ? 1 ? 0,
1 1 1 ? (32a 2 ? 1) ? (4 2a ? 1)(4 2a ? 1) ? 0 , 16 16 16 1 1 即 2a 2 ? ? 0 ,故 f (0) f (1) ? f (0) ? . 16 16 2a 2 ?

解法 3: (I)方程 f ( x) ? x ? 0 ? x2 ? (a ?1) x ? a ? 0 ,由韦达定理得
?? ? 0, ? x ? x ? 0, 1 2 ? ? x1 ? x2 ? 1 ? a , x1 x2 ? a ,于是 0 ? x1 ? x2 ? 1 ? ? x1 x2 ? 0, ?(1 ? x ) ? (1 ? x ) ? 0, 1 2 ? ? ?(1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? 0

?a ? 0, ? ? 0 ? a ? 3? 2 2 . ? ?a ? 1, ? ?a ? 3 ? 2 2或a ? 3 ? 2 2
故所求实数 a 的取值范围是 (0, 3 ? 2 2) . (II)依题意可设 g ( x) ? ( x ? x1 )( x ? x2 ) ,则由 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,得

f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? x1x2 (1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? [ x1 (1 ? x1 )][ x2 (1 ? x2 )]
1 1 ? x ? 1 ? x1 ? ? x2 ? 1 ? x2 ? ?? 1 ? ? ? ? ,故 f (0) f (1) ? f (0) ? 16 . 2 2 ? ? ? ? 16
2 2

已知函数 f ( x) ? ln x (Ⅰ)求函数 g ( x) ? f ( x ? 1) ? x 的最大值; (Ⅱ)当 0 ? a ? b 时,求证: f (b) ? f ( a ) ? (Ⅰ)解:? f ( x) ? ln x, g ( x) ? f ( x ? 1) ? x

2a (b ? a ) a2 ? b2

? g ( x) ? ln(x ? 1) ? x

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

1 ? 1 ,令 g ?( x) ? 0, 得 x ? 0 x ?1

当 ? 1 ? x ? 0 时, g ?( x) ? 0

当 x ? 0 时 g ?( x) ? 0 ,又 g (0) ? 0

? 当且仅当 x ? 0 时, g ( x) 取得最大值 0
(Ⅱ)证明: f (b) ? f (a) ? ln b ? ln a ? ln 由(1)知 ln(1 ? x) ? x 又

b a a ?b ? ? ln ? ? ln(1 ? ) a b b a ?b b?a f (b) ? f (a) ? ? ? b b

0 ? a ? b,?a2 ? b2 ? 2ab

1 2a b ? a 2b(b ? a) 2a (b ? a ) ? ? 2 ? ? 2 ? f (b) ? f (a ) ? 2 2 2 b a ?b b a ?b a ? b2 1 2 已知函数 f(x)= x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 (1)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2)证明: 2
若 a ? 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ? (0, ??) ,x 1 ? x 2 ,有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 。 x1 ? x2
定 义 域 为





(1)

f ( x)



(0, ??)



a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a) f ( x) ? x ? a ? ? ? 2分 x x x
'
' (i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 f ( x) ?

( x ? 1) 2 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 ;
' 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。
(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.

(II)考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x ? 则 g ?( x) ? x ? (a ? 1) ?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x 2

a ?1 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 即 f( g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 , x1 ) ?f (x ) x 1? x 2 ?0 2 ? , 故

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 , 当 0 ? x1 ? x2 x1 ? x2

时,有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) · · · · · · · ·12 分 ? ? ?1· x1 ? x2 x2 ? x1

(2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分)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; (1)若 f ( x ) 在 (??, ? ), (2, ? ) 单调增加,在 (? , 2), ( ? , ??)
单调减少,证明 ? ? ? <6.

(Ⅱ) f '( x) ? ?( x ? 3x ? ax ? b)e
3 2

?x

? (3x2 ? 6x ? a)e? x ? ?e? x [ x3 ? (a ? 6) x ? b ? a].
从 而






?x


3



f '(2) ? 0,即23 ? 2(a ? 6) ? b ? a ? 0, 故b ? 4 ? a, ? (a 6 ?x ) ? 4a 2 ] .

f'

( ? x

) ?

e

[ ? x

3 因为 f '(? ) ? f '( ? ) ? 0, 所以 x ? (a ? 6) x ? 4 ? 2a ? ( x ? 2)( x ? ? )( x ? ? )

? ( x ? 2)( x2 ? (? ? ? ) x ? ?? ).
, ? a? ? 将 右 边 展 开 , 与 左 边 比 较 系 数 得 , ? ? ? ?2 ? 2 ?. 故

? ? ? ? ( ? ? ? ) 2 ? 4?? ? 12 ? 4a .
又 (? ? 2)(? ? 2) ? 0,即?? ? 2(? ? ? ) ? 4 ? 0. 由此可得 a ? ?6. 于是 ? ? ? ? 6.

.已知函数 f ( x) ? e x ? kx,x ? R . (Ⅰ)若 k ? e ,试确定函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 k ? 0 ,且对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; 解: (Ⅰ)由 k ? e 得 f ( x) ? e x ? ex ,所以 f ?( x) ? e x ? e .

? ?) , 由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x ) 的单调递增区间是 (1, 1) . 由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x ) 的单调递减区间是 (??,
(Ⅱ)由 f ( ?x ) ? f ( x ) 可知 f ( x ) 是偶函数.
x 于是等价于 f ( x) ? 0 对任意 x ≥ 0 成立.由 f ?( x) ? e ? k ? 0 得 x ? ln k .

1] 时, f ?( x) ? ex ? k ? 1 ? k ≥ 0( x ? 0) ,此时 f ( x) 在 [0, ? ?) 上单调递增. ①当 k ? (0,
故 f ( x) ≥ f (0) ? 1 ? 0 ,符合题意.

, ? ?) 时, ln k ? 0 .当 x 变化时 f ?( x),f ( x) 的变化情况如下表: ②当 k ? (1

x
f ?( x )
f ( x)

(0, ln k )
?
单调递减

ln k
0
极小值

(ln k, ? ?)

?
单调递增

? ?) 上, f ( x) ≥ f (ln k ) ? k ? k ln k . 由此可得,在 [0,
k ? k ln k ? 0 , ? 1 ?k? e . 依题意, 又 k ? 1, 综合①, ②得, 实数 k 的取值范围是 0 ? k ? e .

例 3(1)是否存在这样的 k 值,使函数 上递减,在(2,+∞)上递增,若存在,求出这样的 k 值; (2)若 区间。 解: (1) 由题意,当 时 ,当 x∈(2,+∞) 时 , 恰有三个单调区间,试确定

在区间(1,2)

的取值范围,并求出这三个单调

∴由函数 即 整理得

的连续性可知



解得 验证:



(Ⅰ)当 ∴若

时, ,则 ;若 , 则 , 符合题意;

(Ⅱ)当

时,

, 显然不合题意。

于是综上可知,存在 (2) 若 若 ,则 ,则

使

在(1,2)上递减,在(2,+∞)上递增。

,此时 ,此时

只有一个增区间 只有一个增区间

,与题设矛盾; ,与题设矛盾;



,则

并且当

时,



当 ∴综合可知,当

时, 时, 恰有三个单调区间:

减区间

;增区间

点评:对于(1) ,由已知条件得

,并由此获得 k 的可能取值,进而再利用已

知条件对所得 k 值逐一验证,这是开放性问题中寻求待定系数之值的基本策略。


更多相关文档:

高中数学典型例题解析导数及其应用.doc

高中数学典型例题解析导数及其应用 - 高中数学典型例题分析 第十章 §10.1

导数及其应用经典例题.doc

导数及其应用经典例题_高二数学_数学_高中教育_教育专区。导数及其应用经典例题分析 导数及其应用典例分析 1.(2005 年四川卷)已知函数 f ( x) ? ①求 f ( x...

《导数及其应用》经典例题.pdf

导数及其应用经典例题 - 习题课 一、基础过关 1.函数f(x)=ex(si

《导数及其应用》经典题型总结.doc

导数及其应用经典题型总结_数学_高中教育_教育专区。本试题是针对高二学生学习导数及其应用这一章节按照考试大纲制定的经典题型总结 ...

选修2-2 导数及其应用 典型例题.doc

高二数学| 导数| 例题|选修2-2 导数及其应用 典型例题_高二数学_数学_高中教育_教育专区。高中数学选修2-2 导数及其应用 典型例题和变式训练 华航...

《导数及其应用》经典题型总结.doc

导数及其应用经典题型总结_高三数学_数学_高中教育_教育专区。《导数及其应用》一、知识网络结构 导数的概念 导数的几何意义、物理意义 常见函数的导数 导数 ...

《导数及其应用》经典题型总结.doc

导数及其应用经典题型总结_高二数学_数学_高中教育_教育专区。《导数及其应用经典题型总结 一、知识网络结构 导数的概 念 导数的几何意义、 物理意 义 常见...

高中数学典型例题解析导数及其应用.doc

高中数学典型例题解析导数及其应用 - 高中数学典型例题分析 第十章 §10.1

导数及其应用基础典型题归类解析.doc

导数及其应用基础典型题归类解析 - 导数及其应用基础典型题归类解析 基本题型归类 一、题型一:导数及导函数的概念题 1 利用极限求导 例 1.已知 s= 1 2 gt ,...

导数及其应用经典题型总结.doc

导数及其应用经典题型总结 一、知识网络结构导数的概念 导数的几何意义、物理意

导数及其应用经典例题解析.pdf

导数及其应用经典例题解析 - 导数及其应用经典例题解析 导数及其应用经典例题解析

导数及其应用典型真题_图文.doc

导数及其应用典型真题 - 导数及其应用 导数的几何意义 1.(10 新课标理)曲

高中数学典型例题剖析导数及其应用.doc

高中数学典型例题剖析导数及其应用 - 第十章 一、知识导学 导数及其应用 §10

选修2-2 《导数及其应用》题型总结.doc

选修2-2 《导数及其应用》题型总结_数学_高中教育_教育专区。《导数及其应用》题型总结 《导数及其应用经典题型总结 一、知识网络结构导数的概念 导数的几何意义...

导数及其应用一练习题.doc

导数及其应用一练习题 - 高二期末复习 第一部分:典型例题 例题 1.设函数 f ? x ? ? e sin x . x 导数及其应用一 2013.6 (I)求函数 f ? x ? 单调...

高中数学典型例题解析导数及其应用学生.doc

高中数学典型例题解析导数及其应用学生 - ? ? 导数及其应用 0.1 导数与应

导数及其应用总结.doc

导数及其应用总结 1、导数的概念 从函数 y=f(x)在 x=x0 处的瞬时变化率...【典型例题】 :(2010 江苏) 19、 (本小题满分 16 分) 已知 a, b 是...

导数及其应用测试题(有详细答案).doc

导数及其应用测试题(有详细答案) - 《导数及其应用》 一、选择题 1. f ?

导数及其应用导学案(题型归纳、复习).doc

导数及其应用导学案(题型归纳、复习)_高二数学_数学_高中教育_教育专区。第三章...sin (3 x ? 2) 2 ※ 典型例题 1.求曲线的切线 例 1:求曲线 y ? 2x...

高中数学典型例题解析:第十章_导数及其应用(学生用).doc

高中数学典型例题解析:第十章_导数及其应用(学生用) - 第十章 一、知识导学 导数及其应用 §10.1 导数及其运算 1.瞬时变化率: 设函数 y ? f ( x) 在 ...

更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com