当前位置:首页 >> 数学 >>

导数习题分类精选


导数定义 例 1. y ? f ( x) ? ?

?x 2 ?ax ? b ?x 2 ?ax ? b

x ?1 x ?1 x ?1 x ?1

在 x ? 1 处可导,则 a ?

b?

思路: y ? f ( x) ? ?

f ( x) ? 1 在 x

? 1 处可导,必连续 lim ?
x ?1

x ?1?

lim f ( x ) ? a ? b

f (1) ? 1
lim? ?y ?a ?x

∴ a ?b ?1 ∴ a?2

?x ? 0

lim?

?y ?2 ?x

?x ? 0

b ? ?1

例 2.已知 f(x)在 x=a 处可导,且 f′(a)=b,求下列极限:

f (a ? h 2 ) ? f (a) f (a ? 3h) ? f (a ? h) (1) lim ; (2) lim ?h ?0 ?h ? 0 2h h
分析:在导数定义中,增量△x 的形式是多种多样,但不论△x 选择哪种形式,△y 也必须选择 相对应的形式。利用函数 f(x)在 x ? a 处可导的条件,可以将已给定的极限式恒等变形转化为 导数定义的结构形式。 解: (1) 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

(2) lim
h ?0

? f (a ? h 2 ) ? f (a) ? f (a ? h 2 ) ? f (a) ? lim? h? h ?0 h h2 ? ?

? lim
h ?0

f (a ? h 2 ) ? f (a) ? lim h ? f ' (a) ? 0 ? 0 h ?0 h2
n n ?1

例 3.观察 ( x )? ? nx

, (sin x)? ? cos x , (cos x)? ? ? sin x ,是否可判断,可导的奇函

数的导函数是偶函数,可导的偶函数的导函数是奇函数。 解:若 f ( x ) 为偶函数

f ( ? x) ? f ( x)

令 lim

?x ?0

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

f ?(? x) ? lim

f (? x ? ?x) ? f (? x) f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim ? x ? 0 ? ?x ? ?x f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim ? ? ? f ?( x) ?x ?0 ??
?x ?0

∴ 可导的偶函数的导函数是奇函数 另证: f ? ? [ f (? x)]? ? f ?(? x) ? (? x)? ? ? f ?( x)

已知函数 f ( x) 在定义域 R 上可导,设点 P 是函数 y ? f ( x ) 的图象上距离原点 O 最近的点.

' (1) 若点 P 的坐标为 (a, f (a )) , 求证: a ? f (a) f (a) ? 0 ;

(2) 若函数 y ? f ( x ) 的图象不通过坐标原点 O , 证明直线 OP 与函数 y ? f ( x ) 的图象上点

P 处切线垂直.
证:(1)设 Q(x , f (x) )为 y = f (x)上的动点,则|OQ| 2 = x2 + f 2 ( x ), 设 F(x) = x2 + f 2 ( x ), 则 F'(x)=2x +2f (x)f ' ( x ) 已知 P 为 y = f(x) 图形上距离原点 O 最近的一点, ∴|OP|2 为 F(x)的最小值,即 F(x) 在 x = a 处有最小值, 亦即 F(x) 在 x = a 处有极小值 ∴ F'(a)=0, 即 2a+2f (a)f ' (a)=0 (2) 线段 OP 的斜率为

f (a ) ,y=f(x)之图形上过 P 点的切线 l 的斜率为 f ' (a) a f (a ) f '(a) = –1 a

由(1)知 f (a)f '(a) = – a, ∴图象不过原点,∴a ? 0,∴

∴OP⊥l,即直线 OP 与 y=f(x)的图形上过 P 点的切线垂直. 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)

(3) x ? sin x ? tan x ? x x ? (0 ,

?
2

)
2

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)

g ?( x) ? 1 ?

4x 2 ? 4x ? 2x 2 1 2x 2 ? ? ?0 1 ? x 4(1 ? x 2 ) 4(1 ? x) 2
x2 ∴ x ? (0 , ? ? ) x ? ? ln(1 ? x) ? 0 恒成立 2(1 ? x)
令 f ( x) ? sin x / x x ? (0 ,

∴ g ( x ) 在 (0 , ? ? ) 上 ? (2)原式 ?

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 ? ?
(3)令 f ( x) ? tan x ? 2 x ? sin x

f ?( x) ? 0

(0 ,

?
2

)?

f (0) ? 0

f ?( x) ? sec 2 x ? 2 ? cos x ?
x ? (0 ,

(1 ? cos x)(cosx ? sin 2 x) cos2 x

?

2 ∴ tan x ? x ? x ? sin x

)

f ?( x) ? 0

∴ (0 ,

?
2

)?

(理做)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 )

(0, 2)
?

2 0

(2, ? ∞)

?
3

极小值 F (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 ( x)
F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a .

(Ⅱ)证明:由 a ≥ 0 知, F ( x) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0, ? ∞) ,恒有 F ( x) ? xf ?( 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 . (全国卷 22) (本小题满分 14 分)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, 当-1<x<0 1? x

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

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 b?a a ?b ? 0, ?1 ? ?0, 由(I)的结论知 ln(1 ? x) ? x ? 0( x ? ?1, 且x ? 0) ,由题设0<a<b,得 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 ? 又 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)内 2 2 g(a) ? g (b) ? 2 g ( (II)证法一:
4

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?b ) 2

a?x ? ln 2 ? ln x ? ln(a ? x) 当 x>0 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

(2009 全国卷Ⅱ理)(本小题满分 12 分)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 ? ? 于 ?1的不相等的实根,其充要条件为 ?

1 。由题意知 x1、x2 是方程 g ( x) ? 0 的两个均大 2

?? ? 4 ? 8a ? 0 1 ,得 0 ? a ? 2 ? g (?1) ? a ? 0

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 ?

5

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;

6

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. 。

1 x ?1 1 ? ln ? ; x ?1 x x 1 1 1 1 1 (2)已知: n ? N且n ? 2 ,求证: ? ? ? ? ? ln n ? 1 ? ? ? ? 。 2 3 n 2 n ?1 1 1 (1)令 1 ? ? t ,由 x>0,∴t>1, x ? x t ?1 1 原不等式等价于 1 ? ? ln t ? t ? 1 t
(1)已知: x ? (0 ? ?) ,求证 令 f(t)=t-1-lnt, ∵ f ?(t ) ? 1 ? 当 t ? (1,??) 时,有 f ?(t ) ? 0 ,∴函数 f(t)在 t ? (1,??) 递增 ∴f(t)>f(1) 即 t-1<lnt

1 t

另令 g (t ) ? ln t ? 1 ? ,则有 g ?(t ) ?

1 t

t ?1 ?0 t2

∴g(t)在 (1,??) 上递增,∴g(t)>g(1)=0 ∴ ln t ? 1 ? 综上得

1 t

1 x ?1 1 ? ln ? x ?1 x x

(2)由(1)令 x=1,2,……(n-1)并相加得

1 1 1 2 3 n 1 1 ? ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln ? 1? ??? 2 3 n 1 2 n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 即得 ? ? ? ? ? ln ? 1 ? ? ? ? 2 3 n 2 n ?1
利用导数求和 例 7.利用导数求和: (1) (2) 。



分析:这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度,由求导公 式 ( x )' ? nx
n n ?1

,可联想到它们是另外一个和式的导数,利用导数运算可使问题的解决更加简

捷。
7

解: (1)当 x=1 时,

; 当 x≠1 时,

, 两边都是关于 x 的函数,求导得



(2)∵ 两边都是关于 x 的函数,求导得 令 x=1 得 , 即 单调区间讨论 例.设 a ? 0 ,求函数 f ( x) ?

, 。



x ? ln(x ? a)(x ? (0,??) 的单调区间.

分析:本小题主要考查导数的概念和计算,应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力. 1 1 解: f ?( x) ? ? ( x ? 0) . 2 x x?a 当 a ? 0, x ? 0 时

f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 .

f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0
2 2 (i)当 a ? 1 时,对所有 x ? 0 ,有 x ? (2a ? 4) ? a ? 0 .

即 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 在 (0,??) 内单调递增.

8

(ii)当 a ? 1 时,对 x ? 1 ,有 x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 , 即 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 在(0,1)内单调递增,又知函数 f ( x ) 在 x=1 处连续,因此, 函数 f ( x ) 在(0,+ ? )内单调递增 (iii)当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 ,即 x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 . 解得 x ? 2 ? a ? 2 1 ? a , 或x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f ( x ) 在区间 (0,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递增,在区间 (2 ? a ? 2 1 ? a ,??) 内也单调递增. 令 f ?( x) ? 0,即x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 ,解得 2 ? a ? 2 1 ? a ? x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f ( x ) 在区间 (2 ? a - 2 1 ? a ,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递减. (2009 安徽卷理) 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 )
x2

x

(0, x1 )

x1

( x 2 , ??)

9

f ?( x ) f ( x)

+ 单调递增 ?

0 极大

_ 单调递减 ?

0 极小

+ 单调递增

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, 在 2 2 2

a ? a2 ? 8 ( , ??) 上单调递增. 2
3.设函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? k( k ? 0) 在 x ? 0 处取得极值,且曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的 切线垂直于直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 . (Ⅰ)求 a , b 的值; (Ⅱ)若函数 g ( x) ? 单调性.

ex ,讨论 g ( x) 的 f ( x)

(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 x ? (??,1 ? 1 ? k )是g?( x) ? 0, 故g ( x)在(? ?,1 ? 1 ? k )上为增 函数
10

当 x? 时, g ?( x) ? 0, 故 g ( x)在( 上为减函数 ( 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,+?) (2009 山东卷文 ) 已知函数 f ( x) ?

1 3 ax ? bx 2 ? x ? 3 , 其中 a ? 0 ( 1 )当 a , b 满足什么条件 3

时, f ( x ) 取得极值?(2)已知 a ? 0 ,且 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范 围.

所以 f '( x) ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 a ? 0 时, x f ’(x) f (x) (-∞,x1) + 增函数 x1 0 极大值 (x1,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,+∞) + 增函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 a ? 0 时, x f ’(x) f (x) (-∞,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,x1) + 增函数 x1 0 极大值
2

(x1,+∞) - 减函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值.综上,当 a , b 满足 b ? a 时, f ( x ) 取得极值.
2 (2)要使 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,需使 f '( x) ? ax ? 2bx ? 1 ? 0 在 (0,1] 上恒成立.

11

ax 1 ax 1 ? , x ? (0,1] 恒成立, 所以 b ? ( ? ? ) max 2 2x 2 2x 1 a( x 2 ? ) ax 1 a 1 a , ? 设 g ( x) ? ? , g '( x) ? ? ? 2 ? 2 2 2x 2 2x 2x
即b ? ? 令 g '( x) ? 0 得 x ?

1 1 或x?? (舍去), a a

当 a ? 1 时, 0 ?

1 ax 1 1 ? 1 ,当 x ? (0, ) 时 g '( x) ? 0 , g ( x) ? ? ? 单调增函数; a 2 2x a

当 x?(

ax 1 1 ,1] 时 g '( x) ? 0 , g ( x) ? ? ? 单调减函数, 2 2x a

所以当 x ?

1 1 )?? a. 时, g ( x) 取得最大,最大值为 g ( a a

所以 b ? ? a 当 0 ? a ? 1 时,

ax 1 1 ? 1 , 此时 g '(x ) ? 0在区间 (0,1]恒成立 , 所以 g ( x) ? ? ? 在区间 2 2x a
a ?1 a ?1 ,所以 b ? ? 2 2 a ?1 当 0 ? a ? 1 时, b ? ? 2

(0,1]上单调递增,当 x ? 1 时 g ( x) 最大,最大值为 g (1) ? ?
综上,当 a ? 1 时, b ? ? a ;

【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数 在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研 究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.
3 2 (2009 浙江文)已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? 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 ?
12

(Ⅱ)函数 f ( x ) 在区间 ( ?1,1) 不单调,等价于 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

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

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.
学科网

解: f ( x ) 的定义域为(0,+?), 令 f ?( x) ? 0 ,解得 0 ? x ?

f ( x) 的导数 f ?( x) ? 1 ? ln x .

令 f ?( x) ? 0 , 解得 x ?

1 ; e

1 ? 1? ?1 ? .从而 f ( x ) 在 ? 0, ? 单调递减,在 ? ,+? ? 单调递增.所以,当 e ? e? ?e ? 1 1 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 , ,+?) 上为增函数,所以, x ? 1 时, g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 f ( x) ? ax ? 1 . 故 g ( x) 在 (1 a ?1 错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,方程 g ?( x) ? 0 的根为 x0 ? e ,此时,若 x ? (1 ,x0 ) ,则
学科网 学科网 学科网 学科网

g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数.所以 x ? (1,x0 ) 时, g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 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] . 1 ? ?) 上恒成立, , ? ?) 恒 解法二: 依题意, 得 f ( x) ? ax ? 1 在 [1, 即不等式 a ? ln x ? 对于 x ? [1 x 1 1 1 1? 1? 成立 . 令 g ( x ) ? ln x ? , 则 g ?( x) ? ? 2 ? ?1 ? ? . 当 x ? 1 时,因为 x x x x? x? 1? 1? g ?( x) ? ?1 ? ? ? 0 , x? x? ? ?) 上的增函数, 所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1 ,所以 a 的取值范围是 故 g ( x) 是 (1, (??, 1] .
学科网

[广东省海珠区 2009 届高三综合测试二理科数学第 21 题](本小题满分 14 分) 已知 f ?x? ? x ln x, g ?x? ? x ? ax ? x ? 2
3 2

(Ⅰ)求函数 f ?x ? 的单调区间;
13

(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 ?
14

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 ) ? 间;
学科网

a ( a ? 0) ,设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) . (Ⅰ)求函数 F ( x ) 的单调区 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 ? 立,求实数 a 的最小值;
学科网

1 恒成 2

解析: (I)F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? ? ln x ?

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

由 F ' ? x ? ? 0 ? x ? ? a, ??? ,∴ 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, ?? ? 。
学科网

( II )

F '? x? ?

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

当 x0 ? 1 时, ?

学科网

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

3] ,都有 f ( x) ? c 成立,求 c 的取值范围. 于任意的 x ? [0,
2

学科网

15

则当 x ??0, 3? 时, f ( x) 的最大值为 f (3) ? 9 ? 8c .因为对于任意的 x ??0, 3? ,有 f ( x) ? c 恒
2

成立,所以
学科网

9 ? 8c ? c 2 ,解得

c ? ?1 或 c ? 9 ,因此 c 的取值范围为 (??, ? 1) ? (9, ? ?) .

18. (2009 全国卷Ⅰ理) 本小题满分 12 分。 设函数 f ? x ? ? x ? 3bx ? 3cx 在两个极值点 x1、x2 ,
3 2

且 x1 ?[?1 , 0], x2 ?[1, 2]. (I)求 b、c 满足的约束条件,并在下面的坐标平面内,画出满足这些 条件的点 ? b, c ? 的区域;(II)证明: ?10 ? f ? x2 ? ? ?

1 2

分析(I)这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的 能力。大部分考生有思路并能够得分。 f ? ? x ? ? 3x ? 6bx ? 3c 由题意
2

知 方 程 f ? ? x ? ? 0 有 两 个 根 x1、x2 且x1 ?[?1 , 0], x2 ?[1, 2]. 则 有 故有 f ? ? ?1? ? 0,f ? ? 0? ? 0, f ? ?1? ? 0 ,f ? ? 2 ?? 0 右图中阴影部分即是满足这些条件的点 ? b, c ? 的区域。

(II)这一问考生不易得分,有一定的区分度。主要原因是含字母较多,不易找到突破口。此题 主要利用消元的手段,消去目标 f ? x2 ? ? x2 ? 3bx2 ? 3cx2 中的 b , (如果消 c 会较繁琐)再
3 2

利用 x 2 的范围,并借助(I)中的约束条件得 c ? [?2, 0] 进而求解,有较强的技巧性。
16

解析 (消元)

由题意有 f ? ? x2 ? ? 3x22 ? 6bx2 ? 3c ? 0 .①又 f ? x2 ? ? x23 ? 3bx22 ? 3cx2 . . .②

消去 b 可得 f ? x2 ? ? ?

1 3 3c x2 ? x2 . 2 ,0 ] 又? x2 ? [ 且 c ? [? 1 ,2 ] , 2 2

? ?1 0? f x (2 ? )?

1 2

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] (本小题满分 15 分) 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

n ?1 n ?1 ? 3 恒成立. n n

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] 解: (Ⅰ)由题意知, f ( x ) 的定义域为 (?1,??) ,

12 2 x 2 ? 2 x ? 12 b ? ?12 时,由 f ( x) ? 2 x ? ? ? 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) ,

17

令函数 h?x? ? x 3 ? f ( x) ? x 3 ? x 2 ? ln(x ? 1)



1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 h ?x ? ? 3x ? 2 x ? ? x ?1 x ?1
/ 2



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

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 e (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的极大值和极小值; s o f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) 对任 (Ⅲ)当 a ? 3 时,证明存在 k ???1 , 0? ,使得不等式 o

m 权

意的 x ? R 恒成立.

n

. c t 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 14 o e m 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、解不等

f天( x) ? ?3x ? 4x ?1, f (2) ? ?5 .

2



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

5x ? y ? 8 ? 0 .

18

(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 )

?
?a? f ? ? ,且 ?3?

0

?

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

a 处取得极小值 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 ;

19

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

cos2 x ? cos x ≤ k 2 ? k ( x ? R)
2



1? 1 ? 设 g ( x) ? cos2 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 恒成 2

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) ? m , 即 f ' ( x) ? 3x2 ? 9x ? 6 ? 3( x ?1)( x ? 2) , 因 为 x ? ( ? ?, ? ?

3 3x2 ? 9 x ? (6 ? m) ? 0 恒成立 , 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m) ? 0 , 得 m ? ? ,即 m 的最大值为 4 3 ? 4
20

(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 m ? 1时, 3

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; (Ⅲ)已知函 1,f( 1 )) 数 f ( x ) 有三个互不相同的零点 0, x1 , x 2 ,且 x1 ? x 2 。若对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] , 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

处的切线斜率为 1 y ? f ( x)在点( 1,f( 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 ? x 2 ? 3 , 且 3 4 1 1 ? ? 1 ? ( m 2 ? 1) ? 0 ,解得 m ? ? (舍),m ? 3 2 2
函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) =
21

因为 x1 ? x 2 , 所以2 x 2 ? x1 ? x 2 ? 3, 故x 2 ?

3 ?1 2

若 x1 ? 1 ? x 2 , 则f (1) ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x1 ) ? 0 ,不合题意 若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x2 ? 0,

1 3

1 x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x1 ) ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 x ? [ x1 , x2 ] 的最小 3 1 2 值为 0,于是对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] , f ( x) ? f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) ? m ? ? 0 , 3
则 f ( x) ?? ? 解得 ?

3 3 ?m? 3 3 1 3 ) 2 3

综上,m 的取值范围是 ( ,

2009 宁夏海南卷文) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) ? x3 ? 3ax2 ? 9a2 x ? a3 .设 a ? 1 ,求 函数 f ? x ? 的极值;(2)若 a ? 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。
' 2 (21)解析(Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得 f ( x) ? 3x ? 6 x ? 9.

1 ,且当 x ??1, 4a? 时, f ' ( x) ? 12a 恒成立,试确定 a 的取值范 4

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

22



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) |? 12a2 ? 12a.故当x ?[1, 4a]时 | f ' ( x) |? 12a 不恒成立. 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

1 4

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 ? 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)=

2a 1 ? 1 ? 4a

?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a ? ln 2 2
23

1 ? 1 ? 4a . 2 7 (Ⅱ)答: 存在 a ? (??, ] 符合条件 4
=- 1 ? 4a ? ln 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 ? x1x2 ? 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 x ? a)(a ? 0) . (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 的取值范围. 解: (1)? e ? 0,? y ? ln a,? y ? f
x

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0 成立,求实数 m

?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 ? m ? ln ex ? a ex
24

?

?

?

ex ex ? a e2x ? a 2 m ? e ? 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 ) 的最小值 5 8 12 8 m a ? e m ? a ,于是得 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 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 x ? a) ? ln(e x ? a) ? x,? ( x) ? ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? 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(
单.
w.w.w.

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

设函数 f ( x) ? e x ? e? x .

(Ⅰ)证明: f ( x) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ;

25

(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? .
k.s.5.u.c.o.m

导数与数列

已知函数 f ( x) ? x2 ? x ? 1 , ? , ? 是方程 f(x)=0 的两个根 (? ? ? ) , f '( x) 是 f(x)的导数;设 a1 ? 1 ,
an?1 ? an ? f (an ) (n=1,2,……) f '(an )

(1)求 ? , ? 的值;
26

(2)证明:对任意的正整数 n,都有 a n >a; (3)记 bn ? ln
an ? ? (n=1,2,……) ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn。 an ? a

解析: (1)∵ f ( x) ? x 2 ? x ? 1 , ? , ? 是方程 f(x)=0 的两个根 (? ? ? ) , ∴? ?
?1 ? 5 ?1 ? 5 ; ,? ? 2 2
1 1 5 an (2an ? 1) ? (2an ? 1) ? 2 an ? an ? 1 4 4 ? an ? ? an ? 2 2an ? 1 2an ? 1

(2) f '( x) ? 2 x ? 1 , an ?1

5 1 1 5 ?1 5 ?1 = (2an ? 1) ? 4 ? ,∵ a1 ? 1 ,∴有基本不等式可知 a2 ? 时 ? 0 (当且仅当 a1 ? 4 2 an ? 1 2 2 2

取等号) ,∴ a2 ?

5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,……, an ? , ? ? (n=1,2,……) ? 0 同,样 a3 ? 2 2 2 (a ? ? )(an ? ? ) an ? ? ? (an ? 1 ? ? ) ,而 ? ? ? ? ?1 ,即 ? ? 1 ? ? ? , (3) an ?1 ? ? ? an ? ? ? n 2an ? 1 2an ? 1
(an ? ? ) 2 (a ? ? )2 1? ? 3? 5 3? 5 ? ln ? 2 ln ,同理 an ?1 ? ? ? n , bn ?1 ? 2bn ,又 b1 ? ln 2an ? 1 2an ? 1 1?? 2 3? 5

an ?1 ? ? ?

Sn ? 2(2n ? 1)ln

3? 5 2

导数与解析几何 3.(2009 安徽卷理)已知函数 f ( x ) 在 R 上满足 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 ,则曲线

y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是
A. y ? 2 x ? 1 答案 解析 A 由 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x ? 8x ? 8 得几何
2

( D. y ? ?2 x ? 3

)

B. y ? x

C. y ? 3x ? 2

f (2 ? x) ? 2 f ( x) ? (2 ? x)2 ? 8(2 ? x) ? 8 ,
即 2 f ( x) ? f (2 ? x) ? x ? 4 x ? 4 ,∴ f ( x) ? x ∴ f ( x) ? 2 x ,∴切线方程
2
2
/

27

y ? 1 ? 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ? 1 ? 0 选 A
( 2009 江西卷理)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 B. ?

(

)

1 4

C. 2

D. ?

1 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 轴的 x 1 ? 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 不符合题意, x 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,此时正好有一个交点,
解析 解析 由题意该函数的定义域 x ? 0 ,由 f
?

?x ? ? 2ax

?

故有 a ? 0 应填 ? ??,0 ? 或是 ?a | a ? 0? 。 .(2009 陕西卷理)设曲线 y ? x
n ?1

(n ? N * ) 在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,
.

令 an ? lg xn ,则 a1 ? a2 ? ? ? a99 的值为 答案 -2

解析:点(1,1)在函数y ? x n ?1 (n ? N * )的图像上, ? (1,1)为切点, y ? x n ?1的导函数为y ' ? (n ? 1) x n ? y ' |x ?1 ? n ? 1 ? 切线是:y ? 1 ? (n ? 1)( x ? 1) 令y=0得切点的横坐标:xn ? n n ?1 1 2 98 99 1 a1 ? a2 ? ... ? a99 ? lg x1 x2 ...x99 ? lg ? ? ...? ? ? lg ? ?2 2 3 99 100 100
(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 )
28

3 2 19.(2009 浙江文)已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) .

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 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 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
整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1 零点 (07 广东) 已知 a 是实数,函数 f ?x? ? 2ax2 ? 2 x ? 3 ? a ,如果函数 y ? f ?x ? 在区间 ?? 1,1? 上有零点, 求 a 的取值范围. 解:若 a ? 0 , f ( x) ? 2 x ? 3 ,显然在 ?? 1,1? 上没有零点, 所以 a ? 0 . 令 ? ? 4 ? 8a ?3 ? a ? ? 8a ? 24a ? 4 ? 0 ,
2

解得 a ?

?3 ? 7 2

①当 a ?

?3 ? 7 时, 2

y ? f ? x ? 恰有一个零点在 ??1,1? 上;

②当 f ?? 1? ? f ?1? ? ?a ? 1??a ? 5? ? 0 ,即 1 ? a ? 5 时, y ? f ? x ? 在

??1,1? 上也恰有一个零点.
③当 y ? f ? x ? 在 ? ?1,1? 上有两个零点时, 则

29

a?0 ? ?? ? 8a 2 ? 24a ? 4 ? 0 ? ? 1 ?1 ? ? ?1 ? 2 a ? f ?1? ? 0 ? ? f ? ?1? ? 0 ?
解得 a ? 5 或 a ?

a?0 ? ?? ? 8a 2 ? 24a ? 4 ? 0 ? ? 1 或? ?1 ? ? ?1 2 a ? f ?1? ? 0 ? ? f ? ?1? ? 0 ?

?3 ? 5 2
a ?1 或

综上所求实数 a 的取值范围是

a?

?3 ? 5 . 2
4 , 3

3 若函数 f ( x) ? ax ? bx ? 4 ,当 x ? 2 时,函数 f ( x ) 有极值 ?

(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 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 处 取得极值, 记点 M ( x1 , f ( x1 ) ), N( x 2 , f ( x2 ) ), P( m, f ( m) ),

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)

(1 ? 2a, ?1)

(?1, ??)
30

f '( x ) f ( x)

+ 单调递增

- 单调递减

+ 单调递增

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) 。

1 ? 2a ? ?1 此时有 f '( x) ? 0 恒成立, ②当 a ? 1 时, 且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 , 故函数 f ( x )
的单调增区间为 R ③当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 同理可得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单调减区间为 (?1,1 ? 2a)

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

5 。观察 f ( x ) 的图象,有如下现象:①当 x1 ? ?1, x2 ? 3 取得极值,故 M( ?1, )N( 3, ?9 ) 3
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 ;
31

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
程 为



线

MP





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



g ( x) ? f ( x) ? (

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

当 m ? 2 时,g '( x) ? x 2 ? 2 x 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 ? 3

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

m ??2 , 3 , 与曲线 f ( x) 有异于 M,P 的公共点 综上,t 的最小值为 2. ?时 MP
(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 ? 3x ,令 f '( x) ? x2 ? 2x ? 3 ? 0 ,得 x1 ? ?1, x2 ? 3 由 3

(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

? m 2 ? 4m ? 5 m 2 ? 4m y ? x ? ? m2 ? 4m ? 5 m2 ? 4m ? 3 3 (Ⅰ) 直线 MP 的方程为 y ? x? .由 ? 3 3 ? y ? 1 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
32

(?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. 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)求函数 f ( x) 的导数; f ?( x) ? 3x 2 ? 1. 曲线 y ? f ( x ) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为: 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 . 于是,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 ,有三个相异的实数根.
3 2



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 0

(0,a)
?

a
0

(a, ? ?)

?

?



极大值 a ? b



极小值 b ? f (a)



g (t )
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;
33

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 只有两个相异的实数 2
当 a ? b ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? 0,t ? 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,则

?a ? b ? 0, ? ?b ? f (a ) ? 0.

即 ?a ? b ? f (a ) .

、已知函数. f ( x) ? 2 x3 ? ax 与 g ( x) ? bx2 ? cx 的图象都过点 P(2,0),且在点 P 处有公共切 线. (1)求 f(x)和 g(x)的表达式及在点 P 处的公切线方程; (2)设 F ( x) ?

mg ( x) ? ln( x ? 1) ,其中 m ? 0 ,求 F(x)的单调区间. 8x

解:(1)∵ f ( x) ? 2 x3 ? ax 过点 P(2,0), ∴a=-8 f ( x) ? 2 x3 ? 8x ,

f ?( x) ? 6 x2 ? 8x
∴切线的斜率 k ? f ?(2) ? 16 ∵ g ( x) ? bx ? cx 的图像过点 P(2,0), ∴4b+2c=0,
2

∵ g ?( x) ? 2bx ? c, f ?(2) ? g ?(2) ? 4b ? c ? 16 ,解得:b=8,c=-16 ∴ g ( x) ? 8x ?16 x
2

16 (x-2) 切线方程为 y= .即 16x-y-32=0
(2) ∵

F ( x)? m( x ? 2) ? l nx (? 1)

x? (

1)

1 mx ? m ? 1 ? ( x ? 1) x ?1 x ?1 1 m[ x ? (1 ? )] m ∵m<0 ∴ 1 ? 1 ? 1 当 m<0 时, F ?( x) ? m x ?1 F ?( x) ? m ?

34

1 ) 时 F ?( x) ? 0 m 1 ∴F(x)的单调减区间是 (1 ? , ??) m 1 ∴F(x)的单调增区间是(1, 1 ? ) m
又 x>1 当 x ? (1,1 ? 即 m<0 时,F(x)的单调递增区间是(1, 1 ? 2.已知函数 f(x)=1n x,g(x)=

当 x ? (1 ?

1 , ??) 时 F ?( x) ? 0 m

1 1 ),单调减区间是( 1 ? , ?? ) 。 m m

1 2 x ? a (a 为常数),若直线 l 与 y=f(x)和 y=g(x)的图象都相切,且 l 与 2

y=f(x)的图象相切于定点 P(1,f(1) ) . (1)求直线 l 的方程及 a 的值; (2)当 k∈R 时,讨论关于 x 的方程 f(x2+1)-g(x)=k 的实数解的个数. 解: (1)∵f′(x)=

1 ,∴f(1)=1 x

∴k1=1,又切点为 P(1,f(1) ,即(1,0)

∴l 的解析式为 y=x-1, y=x-1 ∵l 与 y=g(x)相切,由 y= ,消去 y 得 x2-2x+2a+2=0

1 2 x ?a 2 1 ∴△=(-2)2-4(2a+2)=0,得 a=2 1 1 2 (2)令 h(x)=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1) ? x ? 2 2 2x x ( x ? 1)( x ? 1) ∵h′(x)= -x=,则 x ? ?1或0 ? x ? 1时, h?( x) ? 0, h( x) 为增函数, 2 1? x 1? x2
-1<x<0 或 x>1 时, h?( x) ? 0.h( x)为减函数. 故 x=± 1 时,h(x)取极大值 1n2, x=0 时,h(x)取极小值 因此当

1 。 2 1 <k<1n2 时,原方 2

k∈(1n2,+∞) ,原方程无解;当 k=1n2 时,原方程有两解;当

1 1 时,原方程有三解;当 k< 时,原方程有两解 2 2 1 1 , , (1, 3] 内各有一个极值点. 已知函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 在区间 [ ?11) 3 2
程有四解;当 k=
35

(I)求 a 2 ? 4b 的最大值;
,f (1)) 处的切线为 l ,若 l 在点 A 处 (II)当 a 2 ? 4b ? 8 时,设函数 y ? f ( x) 在点 A(1

穿过函数 y ? f ( x) 的图象(即动点在点 A 附近沿曲线 y ? f ( x) 运动,经过点 A 时, 从 l 的一侧进入另一侧) ,求函数 f ( x) 的表达式.
1 1 , , (1, 3] 内分别有一个极值点, 解: (I)因为函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 在区间 [ ?11) 3 2

, , (1, 3] 内分别有一个实根, 所以 f ?( x) ? x2 ? ax ? b ? 0 在 [ ?11)

设两实根为 x1,x2 ( x1 ? x2 ) ,则 x2 ? x1 ? a 2 ? 4b ,且 0 ? x2 ? x1 ≤ 4 .于是

x2 ? 3 ,即 a ? ?2 , b ? ?3 时等号 , 0 ? a2 ? 4b ≤ 4 , 0 ? a 2 ? 4b ≤16 ,且当 x1 ? ?1
成立.故 a 2 ? 4b 的最大值是 16. (II)解法一:由 f ?(1) ? 1 ? a ? b 知 f ( x) 在点 (1,f (1)) 处的切线 l 的方程是
2 1 y ? f (1) ? f ?(1)( x ? 1) ,即 y ? (1 ? a ? b) x ? ? a , 3 2

因为切线 l 在点 A(1,f ( x)) 处空过 y ? f ( x) 的图象,
2 1 所以 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ? ? a] 在 x ? 1 两边附近的函数值异号,则 3 2
x ? 1 不是 g ( x) 的极值点.

1 1 2 1 而 g ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ? (1 ? a ? b) x ? ? a ,且 3 2 3 2

g?( x) ? x2 ? ax ? b ? (1 ? a ? b) ? x2 ? ax ? a ?1 ? ( x ?1)( x ? 1 ? a) .
若 1 ? ?1 ? a ,则 x ? 1 和 x ? ?1 ? a 都是 g ( x) 的极值点. 所以 1 ? ?1 ? a ,即 a ? ?2 ,又由 a 2 ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 f ( x) ?
2 1 解法二:同解法一得 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ? ? a] 3 2
36

1 3 x ? x2 ? x . 3

1 3a 3 ? ( x ? 1)[ x 2 ? (1 ? ) x ? (2 ? a)] . 3 2 2

因为切线 l 在点 A(1,f (1)) 处穿过 y ? f ( x) 的图象,所以 g ( x) 在 x ? 1 两边附近的函数 值异号,于是存在 m1,m2 ( m1 ? 1 ? m2 ) . 当 m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 .
3a ? ? 3a ? ? 设 h( x) ? x 2 ? ?1 ? ? x ? ? 2 ? ? ,则 2 ? ? 2? ?

当 m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 . 由 h(1) ? 0 知 x ? 1 是 h( x) 的一个极值点,则 h(1) ? 2 ?1 ? 1 ? 所以 a ? ?2 ,又由 a 2 ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 f ( x) ?
3a ?0, 2

1 3 x ? x2 ? x . 3

导数与不等式综合 已知二次函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? c 的导数为 f '( x ) , f '(0) ? 0 ,对于任意实数 x 都有 f ( x) ? 0 ,则 的最小值为( C ) A.3 B. 5
2

f( 1 ) f '(0)

C.2

D. 3
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.
37

解法 1: (Ⅰ)令 g ( x) ? f ( x) ? x ? x2 ? (a ?1) x ? a ,
?? ? 0, ? 1? a ?a ? 0, ? 0 ? ? 1 , ? ? 则由题意可得 ? ? 0 ? a ? 3? 2 2 . ? ??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 ( 3 ?

2 ?2 )

2 ( 1 7

1 2

2 )

1 1 1 ? 2? ? ,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 ,

∴4 2a ?1 ? 12 2 ?17 ? 0 .又 4 2a ? 1 ? 0, 于是
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 ? x )(1 ? x ) ? 1 2 ?0

38

?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
2 2

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

又?0 ? a ? b,?a ? b ? 2ab

1 2a b ? a 2b(b ? a) ? ? 2 ? ? 2 2 b a ?b b a ? b2

?

f (b) ? f (a ) ?

2a (b ? a ) a2 ? b2

39

(2009 辽宁卷文) (本小题满分 12 分)设 f ( x) ? e x (ax2 ? x ? 1) ,且曲线 y=f(x)在 x=1 处的 切 线 与 x 轴 平 行 。 (1) 求 a 的 值 , 并 讨 论 f ( x ) 的 单 调 性 ; (2) 证 明 : 当

? ? ? [0, ]时, f( cos ? ) ? f(sin? ) ? 2
2
解析(Ⅰ) f '( x) ? e x (ax2 ? x ? 1 ? 2ax ? 1) .有条件知,

f '(1) ? 0





a?3

? 2a

?0

a ?.

1 ?

? 2







f'x ( ? ex ? ) x2 ? x ? ( ? ?ex x ? 2 x ?) .

(

2

)

(

1

)

故当 x ? (??, ?2) ? (1, ??) 时, f '( x ) <0; 当 x ? (?2,1) 时, f '( x ) >0. 从而 f ( x ) 在 (??, ?2) , (1, ??) 单调减少,在 (?2,1) 单调增加.………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 单调增加,故 f ( x ) 在 [0,1] 的最大值为 f (1) ? e , 最小值为 f (0) ? 1 . 从而对任意 x1 , x 2 ? [0,1] ,有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? e ?1 ? 2 . 而当 ? ? [0, …10 分

?
2

] 时, cos ? ,sin ? ? [0,1] . 从而 f (cos? ) ? f (sin ? ) ? 2 …12 分

(2009 辽宁卷理) (本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=

1 2 x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 (1)讨论 2

函数 f ( x ) 的单调性; ( 2 )证明:若 a ? 5 ,则对任意 x 1 , x 2 ? (0, ??) , x 1 ? x 2 ,有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 。 x1 ? x2
解 析 (1)

f ( x)











(0, ??)



f ' ( x) ? x ? a ?

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a) ? ? 2分 x x x
'

( x ? 1) 2 (i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 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 ;
'

40

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

2

?0

, 故

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



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

41

因为 f '(? ) ? f '( ? ) ? 0, 所以 x3 ? (a ? 6) x ? 4 ? 2a ? ( x ? 2)( x ? ? )( x ? ? )

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

? ? ? ? ( ? ? ? ) 2 ? 4?? ? 12 ? 4a .
又 (? ? 2)(? ? 2) ? 0,即?? ? 2(? ? ? ) ? 4 ? 0. 由此可得 a ? ?6. 于是 ? ? ? ? 6. .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; (Ⅲ)设函数 F ( x) ? f ( x) ? f (? x) ,求证: F (1) F (2)? F (n) ? (en?1 ? 2) 2 (n ? N? ) . 解: (Ⅰ)由 k ? e 得 f ( x) ? e x ? ex ,所以 f ?( x) ? e x ? e .
n

? ?) , 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 )

(0, ln k )
?

ln k
0

(ln k, ? ?)

?

42

f ( x)

单调递减

极小值

单调递增

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

? F ( x1 ) F ( x2 ) ? e x1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? e x1 ? x2 ? e? x1 ? x2 ? e x1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? 2 ? e x1 ? x2 ? 2 , ? F (1) F (n) ? en?1 ? 2 , F (2) F (n ?1) ? en?1 ? 2 ,?? F (n) F (1) ? en?1 ? 2.
由此得, [ F (1) F (2)? F (n)]2 ? [ F (1) F (n)][ F (2) F (n ?1)]?[ F (n) F (1)] ? (en?1 ? 2) n 故

F (1) F (2)? F (n) ? (e

n ?1

? 2) ,n ? N? .
f ( x) , x

n 2

设 f ( x) 的定义域为 (0, ? ?) , f ( x) 的导函数为 f ?( x ) ,且对任意正数 x 均有 f ?( x) ? (Ⅰ) 判断函数 F ( x ) ?

f ( x) 在 (0, ? ?) 上的单调性; x

(Ⅱ) 设 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,比较 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 与 f ( x1 ? x2 ) 的大小,并证明你的结论; ( Ⅲ ) 设 x1 , x 2 , ? x n ? (0, ? ?) , 若 n ? 2 , 比 较 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? f ( xn ) 与

f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 的大小,并证明你的结论.
解:(Ⅰ)由于 f ?( x) ?

f ( x) xf ?( x) ? f ( x) ? 0 ,而 x ? 0 ,则 xf ?( x) ? f ( x) ? 0 , 得, x x

xf ?( x) ? f ( x) f ( x) ? 0 ,因此 F ( x ) ? 在 (0, ? ?) 上是增函数. 2 x x f ( x) (Ⅱ)由于 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x2 ,而 F ( x ) ? 在 (0, ? ?) 上是增函数, x
则 F ?( x) ? 则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x2 ) ,即

f ( x1 ) f ( x1 ? x2 ) ? ,∴ ( x1 ? x2 ) f ( x1 ) ? x1 f ( x1 ? x2 ) (1) , x1 x1 ? x2

同理 ( x1 ? x2 ) f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ? x2 ) (2)
43

(1)+(2)得: ( x1 ? x2 )[ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ? ( x1 ? x2 ) f ( x1 ? x2 ) ,而 x1 ? x2 ? 0 , 因此 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) . (Ⅲ)证法 1: 由于 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x2 ?? ? x n ,而 F ( x ) ?

f ( x) 在 x

(0, ? ?) 上是增函数,则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x2 ? ?? xn ) ,即
∴ ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x1 ) ? x1 f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 同理 ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) ……………

f ( x1 ) f ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) , ? x1 x1 ? x2 ? ? xn

( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( xn ) ? xn f ( x1 ? x2 ? ?? xn )
以上 n 个不等式相加得:

( x1 ? x2 ? ?? xn )[ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xn )] ? ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x1 ? x2 ? ?? xn )
而 x1 ? x2 ? ?? xn ? 0

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn )
证法 2:数学归纳法 (1)当 n ? 2 时,由(Ⅱ)知,不等式成立; (2)当 n ? k (n ? 2) 时,不等式 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 成立, 即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xk ) ? f ( x1 ? x2 ? ? ? xk ) 成立, 则当 n ? k ? 1 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xk ) ? f ( xk ?1 ) ? f ( x1 ? x2 ? ? ? xk ) + f ( xk ?1 ) 再由(Ⅱ)的结论, f ( x1 ? x2 ? ? ? xk ) + f ( xk ?1 ) ? f [( x1 ? x2 ? ?? xk ) ? xk ?1 ]

f ( x1 ? x2 ? ?? xk ) + f ( xk ?1 ) ? f ( x1 ? x2 ? ? ? xk ? xk ?1 )
因此不等式 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 对任意 n ? 2 的自然数均成立.

44

.

已知函数 f ( x ) 的定义域为 I,导数 f ' ( x ) 满足 0 ? f ' ( x) ? 2 且 f '( x) ? 1 ,常数 c1 为方程

f ( x) ? x ? 0 的实数根,常数 c2 为方程 f ( x) ? 2 x ? 0 的实数根。
(I)若对任意 ? a,b? ? I ,存在 x0 ? ? a,b ? ,使等式

f (b ) ? f ( a ) ? (b ? a ) f ' ( x 0 ) 成立。求证:方程 f ( x) ? x ? 0 不存在异于 c1 的实数根;
(II)求证:当 x ? c2 时,总有 f ( x) ? 2 x 成立; (III)对任意 x1 、x 2 ,若满足, | x1 ? c1 |? 1,| x2 ? c2 |? 1, 求证: | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 证明: (I)假设方程 f ( x) ? x ? 0 有异于 c1 的实根 m,即 f (m) ? m 则有 m ? c1 ? f (m) ? f (c1 ) ? ? m ? c1 ? f '( x0 ) 成立 因为 m ? c1 ,所以必有 f '( x0 ) ? 1 ,但这与 f '( x) ? 1 矛盾,因此方程 f ( x) ? x ? 0 不存在 异于 c1 的实数根。………………4 分 (II)令 h( x) ?

f ( x) ? 2 x,∵h '( x) ? f '( x) ? 2 ? 0 ∴函数 h ( x ) 为减函数
0 ) , 即 f ( x?

) 又∵h(c2 ) ? f (c2 ) ? 2c2 ? 0 ∴ 当 x ? c2 时 , h( x ?
立………………8 分

2x 成

(III)不妨设 x1 ? x 2 ∵f '( x) ? 0,∴f ( x) 为增函数,即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 又∵f '( x) ? 2 ,∴函数 f ( x) ? 2 x 为减函数,即 f ( x1 ) ? 2 x1 ? f ( x2 ) ? 2 x2

∴ 0 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 2( x2 ? x1 ) 即 | f ( x2 ) ? f ( x1 ) |? 2 | x2 ? x1 | | x2 ? x1 |?| x2 ? c1 ? c1 ? x1 |?| x2 ? c1 | ? | c1 ? x1 |? 2 ∴| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4

45

? 1? 设函数 f ( x) ? ?1 ? ? (n ? N , 且n ? 1, x ? N ) . ? n?
? 1? (Ⅰ)当 x=6 时,求 ?1 ? ? 的展开式中二项式系数最大的项; ? n?
(Ⅱ)对任意的实数 x,证明
n

n

f ( 2 x ) ? f ( 2) > f ?( x)( f ?( x)是f ( x)的导函数); 2
n k

? 1? (Ⅲ)是否存在 a ? N ,使得 an< ? ?1 ? ? < (a ? 1)n 恒成立?若存在,试证明你的结论并求出 a k? k ?1 ?
的值;若不存在,请说明理由. 本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综 合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。
3 5 (Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第 4 项,这项是 C6 1?

? 1 ? 20 ? ? 3 ?n? n

3

? 1? ? 1? (Ⅱ)证法一:因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? n? ? n?
? 1? ? 1? ? 1? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 1 ? ? ? 2 ?1 ? ? ? n? ? n? ? n?
n
2n 2

2n

2

n

? 1? ? 1? ? ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? n? ? n?

n

? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 2 ?1 ? ? ln ?1 ? ? ? 2 ?1 ? ? ln ?1 ? ? ? 2 f ' ? x ? ? n? ? 2? ? n? ? n?
证法二:

n

? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? 因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? n? ? n? ? n? ? n? ? n?

2n

2

2n

2

n

? 1? ? ?1 ? ? ? n?

? 1? ? 1? 而 2 f ? x ? ? 2 ?1 ? ? ln ?1 ? ? ? n? ? n?
'

n

故只需对 ? 1 ?

? ?

1? ? 1? ? 和 ln ?1 ? ? 进行比较。 n? ? n?
46

令 g ? x ? ? x ? ln x ? x ? 1? ,有 g ? x ? ? 1 ?
'

1 x ?1 ? x x



x ?1 ? 0 ,得 x ? 1 x

因为当 0 ? x ? 1 时, g ' ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减;当 1 ? x ? ?? 时, g ' ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调 递增,所以在 x ? 1 处 g ? x ? 有极小值 1 故当 x ? 1 时, g ? x ? ? g ?1? ? 1 , 从而有 x ? ln x ? 1 ,亦即 x ? ln x ? 1 ? ln x 故有 ?1 ?

? ?

1? ? 1? ? ? ln ?1 ? ? 恒成立。 n? ? n?

所以 f ? 2x ? ? f ? 2? ? 2 f ' ? x ? ,原不等式成立。 (Ⅲ)对 m ? N ,且 m ? 1

? 1? 0 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? k ? 1 ? m? 1 ? 有 ?1 ? ? ? Cm ? Cm ? ? ? ?Cm ? ? ? ? ? Cm ? ? ? ? ? Cm ? ? ? m? ?m? ? m? ? m? ? m?
2 k

m

2

k

m

m ? m ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1??? m ? k ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1??2 ?1 ? 1 ? ? 1?1? ? ? ? ??? ? ? ??? ? ? 2! ? m ? k! m! ? m? ? m?
? 2?
? 2?

m

1? 1? 1 ? 1 ?? 2 ? ? k ?1 ? 1 ? 1 ? ? m ?1 ? ?1 ? ? ? ? ? ?1 ? ??1 ? ???1 ? ? ? ? ? ? 1 ? ? ?? 1 ? ? 2! ? m ? k ! ? m ?? m ? ? m ? m! ? m ? ? m ?
1 1 1 1 ? ??? ??? 2! 3! k! m!

? 2?

1 1 1 1 ? ??? ??? 2 ?1 3 ? 2 k ? k ? 1? m ? m ? 1?

1? 1? ? 1? ?1 1? ? 1 ? 1 ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ? ? 2? ? 2 3? ? k ?1 k ? ? m ?1 m ?
? 3? 1 ?3 m

47

1? ? ?1? 又因 C ? ? ? 0 ? k ? 2,3, 4,?, m ? ,故 2 ? ?1 ? ? ? 3 ? m? ?m?
k m
n 1? ? 1? ? ∵ 2 ? ?1 ? ? ? 3 ,从而有 2n ? ? ?1 ? ? ? 3n 成立, k? ? m? k ?1 ? m k

k

m

即存在 a ? 2 ,使得 2n ? 构造

? 1? ? ?1 ? ? ? 3n 恒成立。 k? k ?1 ?
n

k

1. 已知函数 f ( x) ? ? x3 ? ax2 ? b (1) 若函数 y ? f ( x ) 图象上任意不同两点连线的斜率都小于 1,则 ? 3 ? a ? 3 ; (2) 若 x ? [0,1],函数 y ? f ( x ) 图象上任一点切线的斜率为 k ,求 k ? 1 时 a 的取值范围。 解答(1)设 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y2 ) 是函数图象上任意不同两点,则

y1 ? y2 ? 1 ,显然 x1 ? x2 , x1 ? x2

不妨设 x1 ? x2 ,则 y1 ? y2 ? x1 ? x2 ,即 y1 ? x1 ? y2 ? x2 ,构造函数 g ( x) ? f ( x) ? x ,则 g ( x) 在 R 上是减函数,则 g?( x) ? ?3x2 ? 2ax ?1 ? 0 在 R 上恒成立,故 ? ? (2a) ?12 ? 0 ,解之得
2

? 3?a? 3
( 2 ) 当 x ? [0 , 1] 时 , k ? f ?( x) ? ?3 x ? 2 ax , 即 对 任 意 的 x ? [0 , 1] , k ? 1 , 即
2

? ? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? a ? 2 ?3 x ? 2a x ? 1在 x ? [0,1]成立,由于 f ?(0) ? 0 ? 1 ,则必需满足 ?0 ? ? 1 或 3 ? ? a a2 ? f ( ) ? ?1 ? 3 3 ?

? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? ? 或 ?a ,解得 1 ? a ? 3 ?a ? ?1 ? ?0 ?3 ?3
导数与二项式定理 . 已知函数 f (x ) =

1 2 x + lnx. 2
48

(I)求函数 f (x )在[1,e]上的最大、最小值; (II)求证:在区间[1,+∞ ) 上,函数 f (x )的图象在函数 g (x ) = (III)求证:[ f ? (x )]n- f ? (xn)≥2n-2(n∈N*). 解: (I)易知 f (x )在[1,e]上是增函数.

2 3 x 的图象的下方; 3

1 2 1 e + 1;f (x )min = f (1 ) = . 2 2 (1 ? x )(1 ? x ? 2 x 2 ) 1 2 1 (II)设 F (x ) = x2 + lnx- x3,则 F ? (x ) = x + -2x2 = . x 2 3 x ∵ x>1,∴ F ? (x )<0,故 F (x )在(1,+∞)上是减函数, 1 又 F (1) =- <0,∴ 在(1,+∞)上,有 F (x )<0, 6 1 2 2 即 x2 + lnx< x3,故函数 f (x )的图象在函数 g (x ) = x3 的图象的下方. 2 3 3
∴ f (x )max = f (e ) = (III)当 n = 1 时,不等式显然成立;

1 n 1 ) -(xn + n ) x x 1 1 1 1 1 n-1 2 n-2 1 n-2 2 n-4 n ?1 n ?1 = Cn x · + Cn x · 2 + … + Cn x· n?1 = C n x + Cn x + … + Cn x· n ?2 x x x x 1 1 n-2 1 1 1 - 2 n-4 n ?1 = [ Cn (x + n ?2 ) + C n (x + n ?4 ) + … + Cn ( n ?2 + xn 2)] 2 x x x 1 1 2 n ?1 ≥ (2 C n + 2 Cn + … + 2 Cn ) = 2n-2. 2 注:第二问可数学归纳法证
当 n≥2 时,有:[ f ? (x )]n- f ? (xn) = (x +

49


相关文章:
导数习题分类精选
导数习题分类精选_数学_高中教育_教育专区。1. y ? f ( x ) ? ? ?x 2 ?ax ? b x ?1 x ?1 在 x ? 1 处可导,则 a ? b? 2.已知 f(x)...
导数习题分类精选
导数习题分类精选。导数各类习题 导数定义 例 1. y = f ( x ) = ? ?x 2 ?ax + b ?x 2 ?ax + b x ≤1 x >1 在 x = 1 处可导,则 a =...
导数经典习题分类精选
导数经典习题分类精选_高三数学_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档导数经典习题分类精选_高三数学_数学_高中教育_教育专区。导数定义 例 ...
导数习题分类精选_2
导数习题分类精选_2_数学_高中教育_教育专区。导数专题训练 1. y ? f ( x) ? ? ?x 2 ?ax ? b x ?1 x ?1 在 x ? 1 处可导,则 a ? b? 2...
导数习题分类精选
导数习题分类精选 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 导数定义 例 1. y ? f ( x ) ? ? ?x 2 ?ax ? b x ?1 x ?1 在 x ? 1 处可导,则 a...
导数习题分类精选_2
导数习题分类精选_2_数学_高中教育_教育专区。导数习题分类精选 2 导数定义 ?x 2 例 1. y ? f ( x) ? ? ?ax ? b 思路: x ?1 x ?1 x ?1 x ...
导数复习经典例题分类(含答案)
导数复习经典例题分类(含答案)_数学_高中教育_教育专区。导数复习;还在找什么;...导数习题分类精选 52页 5下载券 导数习题分类学生 暂无评价 4页 免费 导数...
导数习题分类精选
导数习题分类精选2013 暂无评价 23页 1下载券 导数习题分类(修订) 暂无评价 36...导​数​习​题​分​类​精​选 暂无评价|0人阅读|0次下载|...
导数习题分类精选(教师)
导数习题分类精选(教师)_数学_高中教育_教育专区。导数题型讲解一、导数定义 例 1.已知函数 f ( x) 在定义域 R 上可导, 设点 P 是函数 y ? f ( x) ...
更多相关标签: