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2012高考数学专题复习——函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析



2012 高考数学专题复习 难点突破) (第 2 轮 难点突破)

函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析 函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析
【考情分析】 考情分析】
1.函数是高考数学的重点内容之一,函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要 的主线, 选择、 填空、 解答三种题型每年都有函数题的身影频现, 而且常考常新. 以 基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势.函数的图象也 是高考命题的热点之一.近几年来,考查用导数工具研究函数性质的综合题基本 已经定位到压轴题的位置了. 2.对于函数部分考查的重点为:函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对 称性和函数的图象;指数函数、对数函数的概念、图象和性质;应用函数知识解 决一些实际问题;导数的基本公式,复合函数的求导法则;可导函数的单调性与 其导数的关系,求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值.

【常见题型及解法】 常见题型及解法】
1. 常见题型
小题: 一、 小题: 1. 函数的图象 2. 函数的性质(单调性、奇偶性、周期 性、对称性); 3. 分段函数求函数值; 4. 函数的定义域、值域(最值) ; 5. 函数的零点; 6. 抽象函数; 7. 定积分运算(求面积) 二、大题: 大题: 1. 求曲线 y = f ( x) 在某点处的切线的方程; 2. 求函数的解析式 3. 讨论函数的单调性,求单调区间; 4. 求函数的极值点和极值; 5. 求函数的最值或值域; 6. 求参数的取值范围 7. 证明不等式; 8. 函数应用问题

2. 在解题中常用的有关结论(需要熟记) 在解题中常用的有关结论(需要熟记) :
(1)曲线 y = f ( x) 在 x = x0 处的切线的斜率等于 f ′( x0 ) ,且切线方程为

y = f ′( x0 )( x ? x0 ) + f ( x0 ) 。
(2)若可导函数 y = f ( x) 在 x = x0 处取得极值,则 f ′( x0 ) = 0 。反之,不成立。 (3)对于可导函数 f ( x) ,不等式 f ′( x) > 0 < 0) ( 的解集决定函数 f ( x) 的递增(减)区间。 (4)函数 f ( x) 在区间 I 上递增 (减) 的充要条件是:?x ∈ I f ′( x) ≥ 0 (≤ 0) 恒成立 f ′( x) 不 ( 恒为 0). (5)函数 f ( x) (非常量函数)在区间 I 上不单调等价于 f ( x) 在区间 I 上有极值,则可 (若 f ′( x) 为二次函数且 等价转化为方程 f ′( x) = 0 在区间 I 上有实根且为非二重根。 I=R,则有 ? > 0 ) 。 (6) f ( x) 在区间 I 上无极值等价于 f ( x) 在区间在上是单调函数,进而得到 f ′( x) ≥ 0 或
f ′( x) ≤ 0 在 I 上恒成立

(7)若 " x  I , f ( x) > 0 恒成立,则 f ( x) min > 0 ; 若 ?x ∈ I , f ( x) < 0 恒成立,则 f ( x) max < 0 (8)若 ? x0 ∈ I ,使得 f ( x0 ) > 0 ,则 f ( x) max > 0 ;若 ? x0 ∈ I ,使得 f ( x0 ) < 0 ,则 f ( x) min < 0 . (9)设 f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D,若 ? x ∈ D f ( x) > g ( x) 恒成立,则有

[ f ( x) ? g ( x)]min > 0 .
(10)若对 ? x1 ∈ I1 、 x2 ∈ I 2 , f ( x1 ) > g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min > g ( x)max . 若对 ? x1 ∈ I1 , ? x2 ∈ I 2 ,使得 f ( x1 ) > g ( x2 ) ,则 f ( x) min > g ( x) min . 若对 ? x1 ∈ I1 , ? x2 ∈ I 2 ,使得 f ( x1 ) < g ( x2 ) ,则 f ( x) max < g ( x)max . (11)已知 f ( x) 在区间 I1 上的值域为 A,, g ( x) 在区间 I 2 上值域为 B, ) 若对 ? x1 ∈ I1 , ? x2 ∈ I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。 (12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 f ′( x) = 0 有两个不等实根 x1 、 2 ,且极大值大 x 于 0,极小值小于 0.

(13)证题中常用的不等式: ① ln x ≤ x ? 1 ( x > 0) ③ ex ≥ 1 + x ⑤
ln x x ?1 < ( x > 1) x +1 2

② ln x +1) x ( x > ?1) ( ≤ ④ e ⑥
?x

≥ 1? x

ln x 1 1 < ? ( x > 0) 2 x 2 2x2

3. 解题方法规律总结 解题方法规律总 规律
1. 关于函数单调性的讨论: 大多数函数的导函数都可以转化为一个二次函数, 因此, 讨论函数单调性的问题,又往往转化为二次函数在所给区间上的符号问题。要结 合函数图象,考虑判别式、对称轴、区间端点函数值的符号等因素。 2. 已知函数(含参数)在某区间上单调,求参数的取值范围,有三种方法: ①子区间法;②分离参数法;③构造函数法。 3. 注意分离参数法的运用:含参数的不等式恒成立问题,含参数的不等式在某区间 上有解,含参数的方程在某区间上有实根(包括根的个数)等问题,都可以考虑 用分离参数法,前者是求函数的最值,后者是求函数的值域。 4. 关于不等式的证明:通常是构造函数,考察函数的单调性和最值。有时要借助上 一问的有关单调性或所求的最值的结论, 对其中的参数或变量适当赋值就可得到 所要证的不等式。对于含有正整数 n 的带省略号的不定式的证明,先观察通项, 联想基本不定式(上述结论中的 13) ,确定要证明的函数不定式(往往与所给的 函数及上一问所得到的结论有关) 再对自变量 x 赋值, x 分别等于 1、 …….、 , 令 2、 n,把这些不定式累加,可得要证的不定式。 ) 5. 关于方程的根的个数问题:一般是构造函数,有两种形式,一是参数含在函数式 中,二是参数被分离,无论哪种形式,都需要研究函数在所给区间上的单调性、 极值、最值以及区间端点的函数值,结合函数图象, 确立所满足的条件,再求 参数或其取值范围。

【基本练习题讲练】 基本练习题讲练】 讲练
【例 1】 例 “龟兔赛跑”讲述了这样的故事:领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟,骄傲起来, 睡了一觉,当它醒来时,发现乌龟快到终点了,于是急忙追赶,但为时已晚 乌龟还是先到达了终点……用 S1、S2 分别表示乌龟和兔子所行的路程,t 为时 间,则下图与故事情节相吻合的是( )

A

B

C

D

【答案】 B 【解析】在选项 B 中,乌龟到达终点时,兔子在同一时间的路程比乌龟短. 【点评】函数图象是近年高考的热点的试题,考查函数图象的实际应用,考查学生 解决问题、分析问题的能力,在复习时应引起重视.

【例 2】 山东高考题)已知定义在 R 上的奇函数 f (x) ,满足 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,且在区间 例 (山东高考题) [0,2]上是增函数,若方程 f ( x ) = m ( m > 0) 在区间 [ ?8 , 8] 上有四个不同的根

x1 , x2 , x3 , x4 ,则 x1 + x2 + x3 + x4 = _________ .
【答案】 -8 答案 【解析】因为定义在 R 上的奇函数, 解析】 满 足 f ( x ? 4) = ? f ( x) , 所 以
f ( x ? 4) = f (? x) , 所 以 , 由 f (x) 为奇函数,所以函数图
-8 -6 -4 -2 0 2 y f(x)=m (m>0) 4 6 8 x

象关于直线 x = 2 对称且 f (0) = 0 ,由 f ( x ? 4) = ? f ( x) 知 f ( x ? 8) = f ( x) ,所以函数 是以 8 为周期的周期函数, 又因为 f (x) 在区间[0,2]上 是增函数, 所以 f (x) 在

区间[-2,0]上也是增函数. 如图所示, 那么方程 f(x)=m(m>0)

在区间 [? 8,8]

上 有 四 个 不 同 的 根 x1 , x2 , x3 , x4 , 不 妨 设 x1 < x2 < x3 < x4 , 由 对 称 性 知
x1 + x2 = ?12



x3 + x4 = 4

.所以 x1 + x2 + x3 + x4 = ?12 + 4 = ?8 .

【点评】本题综合考查了函数的奇偶性,单调性,对称性,周期性,以及由函数图象 点评】 解答方程问题,运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题.

x 【例 3】若 x1 是方程 lg x + x = 3 的解, x 2 是 10 + x = 3 的解,则 x1 + x 2 的值为(



3 A. 2

2 B. 3
3 = 3. 2

C.3

1 D. 3
2

3 【解析】作出 y1 = lg x, y2 = 3 ? x, y3 = 10 x 的图象, y2 = 3 ? x, y = x 交点横坐标为 ,

而 x1 + x2 = 2 ×

【答案】C

【点评】该题考查了指数函数、对数函数的图象及性质.综合了函数的图象、方程 的解及曲线的交点等问题.指数函数、对数函数是两类重要的基本初等函 数, 高考中以它们为载体的函数综合题既考查双基, 又考查对蕴含其中 的函数思想、等价转化、分类讨论等思想方法的理解与运用.

【例 4】若函数 f ( x ) = a x ? x ? a ( a > 0 且 a ≠ 1) 有两个零点,则实数 a 的取值范围 是 .

【解析】设函数 y = a x (a > 0 且 a ≠ 1) 和函数 y = x + a ,则函数 f ( x ) = a x ? x ? a

( a > 0 且 a ≠ 1) 有 两 个 零 点 , 就 是 函 数 y = a x (a > 0 且 a ≠ 1) 与 函 数
y = x + a 有两个交点,由图象可知:当 0 < a < 1 时两函数只有一个交点,不符
合,当 a > 1 时,因为函数 y = a x (a > 1) 的图象过点(0,1),而直线 y = x + a 所过 的点一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实数 a 的取值范围 是a

> 1 . 【答案】 a > 1

【点评】本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系,隐含着对指数函数的性质 的考查,根据其底数的不同取值范围而分别画出函数的图象解答.体现了对 分类讨论思想的考查,分类讨论时,要注意该分类时才分类,务必要全面.

【例 5】已知偶函数 f ( x) 在区间 [ 0, +∞) 单调递增,则满足 f (2 x ? 1) < f ( ) 的 x 取值范围 是(
1 3

1 3


2 3

1 2 2 3 1 【解析】由于 f(x)是偶函数,故 f(x)=f(|x|), ∴得 f(|2x-1|)<f( ),再根据 3 1 1 2 f(x)的单调性,得|2x-1|< ,解得 <x< . 【答案】B 3 3 3

(A) , ) (

(B) [ , )

1 3

2 3

(C)( , )

1 2

2 3

(D) [ , )

【点评】该题的关键是将含有函数符号的不等式转化为普通的不等式,体现的对转 化思想的考查,同时还综合考查了函数的性质,而该题的转化的依据就是函 数的奇偶性和单调性.考题中通过这种形式来考查函数的性质与方程、不等 式等的综合不但是一个热点,而且成了一个固定的必考题型.

【例 6】某单位用 2160 万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少 10 层、每层 例 2000 平方米的楼房. 经测算, 如果将楼房建为 x ≥ 10) 则每平方米的 平 (x 层, 均建筑费用为 560+48x(单位:元) .为了使楼房每平方米的平均综合费用最 少,该楼房应建为多少层? (注:平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用,平均购地费用= 【解析】设楼房每平方米的平均综合费为 y 元,依题意得: 解析】
购地总费用 ) 建筑总面积

y = (560 + 48 x) +
则 y′ = 48 ?

2160 ×10000 10800 = 560 + 48 x + 2000 x x

( x ≥ 10, x ∈ N * )

10800 10800 = 0 ,解得 x = 15 . ,令 y′ = 0 ,即 48 ? 2 x x2

当 x > 15 时, y ′ > 0 ;当 0 < x < 15 时, y′ < 0 ,

因此,当 x = 15 时, y 取得最小值, ymin = 2000 元. 【答】 为了使楼房每平方米的平均综合费最少,该楼房应建为 15 层. 点评】 【点评】这是一题应用题,利用函数与导数的知识来解决问题.利用导数,求函数 的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法.

【典型题剖析及训练】 典型题剖析及训练】 【例 1】已知 a、b 为常数,且 a≠0,函数 f ( x) = - ax + b + ax ln x , f (e) = 2 。
(Ⅰ)求实数 b 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅲ) a=1 时, 当 是否同时存在实数 m 和 M (m<M) 使得对每一个 t∈[m, , ...

骣 1 M],直线 y=t 与曲线 y = f ( x) 琪 #x e e 桫

都有公共点?若存在,求出

最小的实数 m 和最大的实数 M;若不存在,说明理由。 【解析】 (Ⅰ)b=2; (Ⅱ)a>0 时单调递增区间是(1,+∞) ,单调递减区间是(0,1) , a<0 时单调递增区间是(0,1) ,单调递减区间是(1,+∞) ; (Ⅲ)存在 m,M;m 的最小值为 1,M 的最大值为 2。 【例 2】已知函数 f ( x) = a ln x ? bx 2 图象上一点 P ( 2, f ( 2 ) ) 处的切线方程为

y = ?3 x + 2ln 2 + 2 。
(1)求 a 、b 的值 (2)设 g ( x) = x 2 ? 2 x ,求证:对于任意的 x ∈ ( 0, +∞ ) ,有 f ( x ) ≤ g ( x ) (3)若方程 f ( x) + m = 0 在 ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根,求 m 的取值范围(其 ?e ?

中 e 为自然对数的底数)

【解】 (1)由已知: f ′( x) =

a a ? 2bx ,所以 f ′(2) = ? 4b 。易知 f (2) = a ln 2 ? 4b 。 x 2

所以函数 f ( x ) = a ln x ? bx 2 的图象在点 P ( 2, f ( 2 ) ) 处的切线方程为:

?a ? ?a ? y ? ( a ln 2 ? 4b ) = ? ? 4b ? ( x ? 2) ,即 y = ? ? 4b ? x ? a + 4b + a ln 2 。 ?2 ? ?2 ?
?a ? 4b = ? 3 ?a = 2 由题意得: ? 2 。 ? ? ? b =1 ? ? ? a + 4 b + a ln 2 = 2 ln 2 + 2 ?

(2)由(1)知: f ( x ) = 2 ln x ? x 2 。令 F ( x ) = f ( x) ? g ( x ) x ∈ ( 0 , +∞ ) , 则 F ( x) = 2ln x ? 2 x 2 + 2 x x ∈ ( 0 , +∞ ) ,所以 F ′( x ) = 令 F ′( x ) = 0 ,得: x = 1 。 当 x ∈ ( 0 , 1) 时, F ′( x ) > 0 , F ( x ) 递增; 当 x ∈ (1 , +∞ ) 时, F ′( x ) < 0 , F ( x ) 递减。 所以当 x = 1 时,函数 F ( x ) 取得最大值,且 F ( x) max = F (1) = 0 。 故对 ?x ∈ ( 0 , +∞ ) ,都有: F ( x ) ≤ 0 ,即 f ( x ) ≤ g ( x ) 。 (3)记 h( x) = f ( x) + m = 2ln x ? x 2 + m x ∈ ? 则 h ′( x ) =

2 ? 4x + 2 , x

?1 ? , e? , ?e ?

2 2(1 + x )(1 ? x ) ? 2x = ,令 h′( x ) = 0 ,得: x = 1 。 x x

1 当 x ∈ ? , 1? 时,h′( x) > 0 ,h( x ) 递增;当 x ∈ [1 , e ] 时,h′( x) < 0 ,h( x ) 递减。 ?e ? ? ?

为使方程 f ( x ) + m = 0 在 ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根, ?e ?

1 ? 1 h( ) = ?2 ? 2 + m ≤ 0 ? e e ? 1 则有: ?h(1) = ?1 + m > 0 ? 1< m ≤ 2 + 2 。 e ? 2 ? h (e) = 2 ? e + m ≤ 0 ?
所以实数 m 的取值范围是 ?1 , 2 +

? ?

1? 。 e2 ? ?

【另解】方程 f ( x ) + m = 0 在 ? 方程 m = ? f ( x) 在 ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根等价于 ?e ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根。 ?e ?
2( x + 1)( x ? 1) ?1 ? , e ? ,则 h′( x) = , x ?e ?

记 h( x) = ? f ( x) = x 2 ? 2ln x x ∈ ? 令 h′( x ) = 0 ,得: x = 1 。当 x ∈ ?

?1 ? , 1? 时, h′( x) < 0 , h( x) 递减; ?e ?

当 x ∈ [1 , e ] 时, h′( x ) > 0 , h( x ) 递增。所以 h( x) min = h( x) = 1 , 又 h( ) = 2 +

1 e

1 1 , h(e) = e 2 ? 2 ,显然 e 2 ? 2 > 2 + 2 ,根据 h( x ) 的图象, 2 e e

为使方程 m = ? f ( x) 在 ?

1 ?1 ? , e ? 上有两个不等实根,则有:1 < m ≤ 2 + 2 e ?e ?

【例 3】设函数 f ( x ) = ln x , g ( x ) =

a , F ( x ) = f ( x) + g ( x) 。 x

(1)求函数 F ( x ) 的单调区间; (2)若函数 y = F ( x) (0 < x ≤ 3) 图象上任意一点 P ( x0 , y0 ) 处的切线的斜率

k≤

1 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2

(3)若方程 f ( x) = mx 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解,求实数 m 的取值范围; (4) 是否存在实数 t, 使得函数 y = f ( x 2 + 1) 的图象与函数 y = g ?

? 2a ? ? + t ?1 ? x2 + 1 ?

的图象恰好有 4 个不同的交点?若存在,求实数 t 的取值范围;若不存 在,说明理由。 【解】 (1)当 a ≤ 0 时, F ( x ) 的的递增区间为 (0 , +∞) ; 当 a > 0 时, F ( x ) 的递减区间为 (0 , a ) ,递增区间为 (a , +∞) (2) F ′( x ) =

1 a 1 a 1 ? 2 ,由已知:对 ?x0 ∈ (0 , 3] , ? 2 ≤ 恒成立, x x x0 x0 2

即a ≥ ?

1 2 x0 + x0 对 ?x0 ∈ (0 , 3] 恒成立。 2 1 2 1 1 x0 + x0 在 x0 = 1时取得最大值 ,所以 a ≥ 。 2 2 2

当 x0 ∈ (0 , 3] 时, ?

(3)方程 f ( x) = mx 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解等价于 方程 m = 记 h( x ) =

ln x 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解。 x

ln x 1 ? ln x x ∈ [1 , e 2 ] ,则 h′( x) = , 令 h′( x ) = 0 ,得:x = e , x x2

当 x ∈ [1 , e] 时, h′( x ) > 0 , h( x ) 递增; 当 x ∈ [e , e 2 ] 时, h′( x ) < 0 , h( x ) 递减。所以 h( x ) max = h(e) = 。 易求得: h(1) = 0 , h(e 2 ) = 为使方程 m =

1 e

2 。 e2

ln x 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解, x ln x 的图象有唯一交点, x

则直线 y = m 与函数 y = h( x ) = 根据 h( x ) 的图象可知: m = 故 m 的取值范围是 ?0 , (4)设 G ( x) = f ( x 2 + 1) ? g ?

1 2 或 0≤m< 2 。 e e

? ?

2 ? ?1 ? ?U ? ?。 e2 ? ? e ?

1 2 1 ? 2a ? 2 ? ? t + 1,则 G ( x) = ln( x + 1) ? x + ? t , 2 2 2 ? x +1?

G ′( x) =

2x x( x + 1)( x ? 1) ?x=? ,令 G ′( x) = 0 ,得: x +1 x2 + 1
2

x1 = ?1 , x2 = 0 , x3 = 1 。

列表如下: 0 0 极小值

x
G ′( x) G ( x)

(?∞, ?1)
+

-1 0 极大值

(?1 , 0)
-

(0 , 1)
+

1 0 极大值

(1 , +∞)


由上表可知:当 x = ?1 时,函数 G ( x) 取得极大值 ln 2 ? t ;当 x = 0 时,函数

1 G ( x) 取得极小值 ? t ;当 x = 1 时,函数 G ( x) 取得极大值 ln 2 ? t 。且当 2

x → ±∞ 时, G ( x) → ?∞ 。
为使函数 y = f ( x 2 + 1) 的图象与函数 y = g ?

? 2a ? ? + t ? 1 的图象恰好有 4 个 ? x2 + 1 ?

不同的交点,则函数 G ( x) 有 4 个零点,所以函数的极大值大于 0,极小值小

?ln 2 ? t > 0 1 ? 于 0,即 ? 1 ? < t < ln 2 。 2 ?2 ? t < 0 ?
故存在实数 t 满足题设条件,且 t 的取值范围是 ? 1 , ln 2 ? 。 ? ?
?2 ?

【 例 4 】 2009 全 国 I ) 设 函 数 f ( x ) = x3 + 3bx 2 + 3cx 在 两 个 极 值 点 x1、x2 , 且 (
x1 ∈ [?1, x2 ∈ [1, 2]. 0],

(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

2 【解析】 (I) f ′ ( x ) = 3 x + 6bx + 3c 。

由题意知:方程 f ′ ( x ) = 0 有两个根 x1、x2 ,且 x1 ∈ [ ?1 ,0] , x2 ∈ [1 ,2] 则有 f ′ ( ?1) ≥ 0,f ′ ( 0 ) ≤ 0,f ′ (1 ) ≤ 0, f ′ ( 2 ) ≥ 0
?2b ? c ? 1 ≤ 0 ? ?c ≤ 0 故有 ? ?2b + c + 1 ≤ 0 ?4b + c + 4 ≥ 0 ?

右图中阴影部分即是满足这些条件的 点 ( b , c ) 的区域。

(II) 由题意有
f ′ ( x 2 ) = 3 x 2 2 + 6 bx 2 + 3c = 0

c

....① ...
b



f ( x 2 ) = x 2 3 + 3bx 2 2 + 3 cx 2 ... ...②
1 3 3c x2 + x2 . 2 2

消去 b 可得 f ( x 2 ) = ?

易知: f ( x2 ) 关于 x2 递减,
1 3c 因为 x2 ∈ [1 ,2] ,∴ ?4 + 3c ≤ f ( x2 ) ≤ ? + 。 2 2

而 c ∈ [ ?2 ,0] ,∴ ? 10 ≤ f ( x 2 ) ≤ ?

1 2

【例 5】已知函数 f ( x) = ln x + , g ( x) = x , F ( x) = f (1 + e x ) - g ( x) ( x ? R ) (1)若函数 f ( x) 的图象上任意一点 P( x0 , y0 ) 处的切线的斜率都不大于 ,求实 数 a 的取值范围。 (2)当 a = 0 时,若 x1、 x2 ? R 且 x1 ? x2 ,证明: F 琪1
1 2 1 2

a x

骣 + x2 x F ( x1 ) + F ( x2 ) < 桫 2 2

(3)当 a = 0 时,若关于 x 的方程 m[ f ( x) + g ( x)] = x 2 ( m > 0 )有唯一实数解, 求 m 的值。 【解析】 (1) f ( x) 的定义域为 (0 , +∞) 。 f ′( x) =
1 a ? 。 x x2

依题意, f ′ ( x 0 ) = 1 ? a 2 ≤ 1 ,对 ?x0 ∈ (0 , +∞) 恒成立。
x0 x0 2

1 ? 1 ? 即 a ≥ ? x0 2 + x0 恒成立。所以 a ≥ ? ? x0 2 + x0 ? , 2 ? 2 ?max

1 1 1 1 1 2 而 ? x0 2 + x0 = ? ( x0 ? 1) + ,其最大值为 , 所以 a ≥ 2 2 2 2 2
?x +x ? 1 F 于是 F ? 1 2 ? < [ F ( x1 ) + F ( x2 ) ] 当 (2) a=0 时, ( x) = ln(1 + e x ) ? x ( x ∈ R) , ) ? 2 ? 2

? ln 1 + e

(

x1 + x 2 2

) < 1 ln(1 + e
2
x1 + x2 2

x1

)(1 + e x 2 ) ?

(1 + e )
x1 + x2 2

2

< (1 + e x1 )(1 + e x2 )

? e x1 + e x2 > 2e
x1 x2

。因为 x1 ≠ x2 ,由基本不等式可得:
x1 + x2 2

e + e > 2 e e = 2e
x1 x2

。故题设不等式得证。
1 2 x 有唯一解等价于方程 2

【法一】当 a=0 时,关于 x 的方程 m[ f ( x) + g ( x)] = (3) )
x 2 ? 2m ln x ? 2mx = 0 有唯一解。

2 设 h( x) = x 2 ? 2m ln x ? 2mx ( m > 0 )则 h ′( x ) = 2 x ? 2 m x ? 2 m ,

x

2 令 h′( x) = 0 ,即 x 2 ? mx ? m = 0 ,求得: x 0 = m + m + 4 m 。

2

当 x ∈ ( 0 , x0 ) 时,h′( x) < 0 , h( x) 递减;当 x ∈ ( x0 , +∞ ) 时 ,h′( x) > 0 , h( x) 递增。 所以,当 x = x0 时, h( x) 取得最小值 h( x0 )
?h( x0 ) = 0 若 x0 是方程 x 2 ? 2m ln x ? 2mx = 0 的唯一解,则有: ? , h′( x0 ) = 0 ?
? 2 即 ? x 0 ? 2 m ln x 0 ? 2 m x 0 = 0 ?
2 ? x0 ? m x0 ? m = 0 ?

? ln x0 + x0 ? 1 = 0 ,显然 x0 = 1

而函数 p ( x) = ln x + x ? 1( x > 0) 单调递增,所以 x0 = 1 是方程的唯一解。 又 x0
= m + m 2 + 4m 2

,所以

m +

m 2 + 4m = 1, 2

求得: m =

1 。 2

【法一】当 a=0 时,关于 x 的方程 m[ f ( x) + g ( x)] =
1 1 ln x = + 2 在 (0 2m x x
x

1 2 x 有唯一解等价于方程 2
x x

, +∞) 上有唯一解,设 h ( x ) = 1 + ln 2x ( x > 0 ) ,
x x

则 h ′ ( x ) = ? 12 + 1 ? 2 3ln x = ? ( x ? 1) 3? 2 ln x ,令 h′( x ) = 0 ,求得: x = 1 。 当 x ∈ (0, 1) 时, h′( x ) > 0 ,函数 h( x ) 递增:当 x ∈ (1, +∞) 时, h′( x ) < 0 , 函数 h( x ) 递减 。所以当 x = 1 时, h( x ) 取得最大值 h(1) = 1 。为使方程

1 1 ln x 有唯一解,又 m>0,故有: 1 = + 2 2m x x 2m

= 1,

所以 m =

1 2

【例 6】 (2011 湖南 文 22)设函数 f ( x) = x ? ? a ln x(a ∈ R). (I)讨论 f ( x) 的单调性; (II) f ( x) 有两个极值点 x1和x2 , 若 记过点 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 的值,若不存在,请说明 理由. 【解析】 (I) f ( x ) 的定义域为 (0 , +∞)

1 x

1 a x 2 ? ax + 1 f ′( x) = 1 + 2 ? = x x x2

令 g ( x) = x 2 ? ax + 1,其判别式 = a 2 ? 4. ① 当 | a |≤ 2时, ≤ 0, f '( x) ≥ 0, 故 f ( x)在(0, +∞) 上单调递增.

②当 a < ?2时, >0,g(x)=0 的两根都小于 0,在 (0, +∞) 上, f '( x) > 0 ,
故 f ( x )在(0, +∞) 上单调递增.
a ? a2 ? 4 a + a2 ? 4 , x2 = ③当 a > 2时, >0,g(x)=0 的两根为 x1 = , 2 2

当 0 < x < x1 时, f '( x) > 0 ;当 x1 < x < x2 时, f '( x) < 0 ; 当 x > x2 时, f '( x) > 0 , 故 f ( x ) 分别在 (0, x1 ), ( x2 , +∞) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. (II)由(I)知, a

> 2.
x1 ? x2 ? a(ln x1 ? ln x2 ) , x1x2

因为 f (x1) ? f (x2 ) = (x1 ? x2 ) + 所以 k =

f (x1) ? f (x2 ) 1 ln x ? ln x2 = 1+ ?a 1 x1 ? x2 x1x2 x1 ? x2 ln x1 ? ln x 2 x1 ? x 2

又由(I)知, x1 x2 = 1 .于是 k = 2 ? a 若存在 a ,使得 k = 2 ? a. 则

ln x1 ? ln x2 = 1. x1 ? x2
1 ? 2 ln x2 = 0( x2 > 1)(*) x2

即 ln x1 ? ln x2 = x1 ? x2 .亦即 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 ? 2 ln x2 > 1 ? ? 2 ln1 = 0. 这与 (*) 式矛盾. x2 1

1 t

故不存在 a ,使得 k = 2 ? a.

(2011 辽宁)已知函数 f ( x) = ln x ? ax 2 + (2 ? a) x . 辽宁) 【例 7】 】 ( (I)讨论 f (x) 的单调性; (II)设 a > 0 ,证明:当 0 < x < (III)若函数 y =
f (x) 的图像与

1 ?1 ? ?1 ? 时, f ? + x ? > f ? ? x ? ; a ?a ? ?a ?

x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为

x0,证明: f ′ (x0)<0. 【解析】 (I) f ( x)的定义域为(0, +∞), f ′( x) =
1 (2 x + 1)(ax ? 1) . ? 2ax + (2 ? a ) = ? x x

①若 .a ≤ 0, 则f ′( x) > 0, 所以f ( x)在(0, +∞) 单调增加.

1 1 1 ②若 a > 0, 则由f ′( x) = 0得x = , 且当 x ∈ (0, )时, f ′( x) > 0,当x > 时, f ′( x) < 0. a a a 1 1 所以 f ( x)在(0, ) 单调增加,在 ( , +∞) 单调减少. a a 1 1 (II)设函数 g ( x) = f ( + x) ? f ( ? x), 则 g ( x) = ln(1 + ax) ? ln(1 ? ax) ? 2ax, a a

g ′( x ) =

a a 2a 3 x 2 + ? 2a = . 1 + ax 1 ? ax 1 ? a2x2
1 时, ′( x) > 0 , g ( x) 递增, g (0) = 0 , g 即 而 所以 g ( x) > g (0) = 0 . a
1 1 1 时, f ( + x) > f ( ? x) a a a

当0 < x <

故当 0 < x <

(III)由(I)可得,当 a ≤ 0时,函数y = f ( x) 的图像与 x 轴至多有一个交点,
?1? 故 a > 0 ,从而 f ( x) 的最大值为 f ? ? ,且 ?a? ?1? f ? ?>0 ?a?

不妨设 A( x1 , 0), B ( x2 , 0) ( 0 < x1 < x2 ) ,则 0 < x1 <
?2 ? 由(II)得 f ? ? x1 ? = ?a ? ?1 1 ? f ? + ? x1 ? > f ( x1 ) = 0. ?a a ?

1 < x2 . a

从而 x2 >

2 x +x 1 ? x1 , 于是 x0 = 1 2 > . , 由(I)知, f ′( x0 ) < 0. a 2 a

【例 8】 (2011 江苏 19) 已知 a, 是实数, b 函数 f ( x) = x3 + ax , g ( x) = x 2 + bx ,

f ′(x)

和 g ′(x) 是 f ( x)、g ( x) 的导函数,若 f ′( x) g ′( x) ≥ 0 在区间 I 上恒成立, 则称 f (x) 和 g (x) 在区间 I 上单调性一致. (1)设 a > 0 ,若函数 f (x) 和 g (x) 在区间 [ ? 1, +∞ ) 上单调性一致,求实数 b 的取 值范围; (2)设 a < 0, 且 a

≠ b ,若函数 f (x) 和 g (x) 在以 a,b 为端点的开区间上单

调性一致,求 a ? b 的最大值. 【解析】Q f ( x) = x 3 + ax , g ( x) = x 2 + bx, ∴ f ′( x) = 3 x 2 + a , g ′( x) = 2 x + b (1)因为函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1, +∞) 上单调性一致, 所以,对 ?x ∈ [?1 , +∞) , f ' ( x) ? g ' ( x) ≥ 0 恒成立 即 ?x ∈ [?1 , +∞) , (3 x2 +a )(2 x + b) ≥ 0 恒成立。
Q a > 0 , 3 x 2 + a > 0 , ∴ ?x ∈ [?1 , +∞), 2 x+b ≥ 0

即 ,∴ ?x ∈ [?1 , +∞), b ≥ ?2x , ∴ b ≥ 2 ,故 b 的取值范围是 [2 , +∞) (2) 【法一】由 f ′( x) = 0 得: x = ± ?
a 3

若 b > 0 ,则由 a < 0 , 0 ∈ (a , b) , f ′(0) ? g ′(0) = ab < 0 ,于是 f ( x) 和 g ( x) 在区间
(a , b) 上不是单调性一致, 所以 b ≤ 0 . a 因为当 x ∈ (?∞ , 0) 时, , g ′( x) < 0 ;当 x ∈ (?∞ , ? ? ) 时, , f ′( x) > 0 ; 3

当 x ∈ (? ?

a , 0) 时, f ′( x) < 0 所以要使 f ′( x) g ′( x) ≥ 0 , 3
a a 1 1 , b ≥ ? ? ,即 ? ≤ a < 0 , ? ≤ b ≤ 0, 3 3 3 3

只有 a ≥ ? ?

1 1 1? ? 所以 | a ? b |≤ 。 取 a = ? , b = 0 ,则 f ′( x) g ′( x) = 6 x ? x 2 ? ? 3 3 9? ?

? 1 ? 1 当 x ∈ ? ? , 0 ? 时, f ' ( x) g ' ( x) ≥ 0 。 因此 | a ? b |max = 3 ? 3 ?

【法二】①当 b < a 时,因为,函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 (b , a ) 上单调性一致, ① 所以, ? x ∈ (b , a ) , f ' ( x) g ' ( x) ≥ 0 ,即 ? x ∈ (b , a ) , (3 x 2 +a )(2 x + b) ≥ 0 , 因为 b < a < 0 ,所以 2 x + b < 0 。故有 ?x ∈ (b , a ) , a ≤ ?3 x 2 ,即 b < a < ?3b 2 设 z = a ? b ,考虑点 (b , a ) 的可行域,函数 y = ?3 x 2 的斜率为 1 的切线的切设为
1 1 1 1 1 ( x0 , y0 ) ,则 ?6 x0 = 1 ,得: x0 = ? ,从而 y0 = ? ∴ zmax = ? ? (? ) = 。 12 6 12 6 6
② 当 a < b < 0 时,因为,函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间(a, b)上单调性一致,所以,

" x 巫(a , b) , f ' ( x) g ' ( x)   ,即 " x ? (a , b) , (3 x 0,

a )(2 x + b)   0,

Q b < 0 , \ " x ? (a , b) , 2 x b < 0 , " x 危(a , b) , a - 3 x 2 , \ a ? 3a 2 , \

从而得: -

1 1 # 0, ,\ (b - a )max = a 3 3
f ( x) 和 g ( x) 在区间(a, b)上单调性一致,所以,

③ 当 a < 0 < b 时,因为,函数

" x 巫(a , b) , f ' ( x) g ' ( x)   即 " x ? (a , b) , (3 x 0,

a )(2 x + b)   0,

Q b > 0, 而 x=0 时, (3 x + a )(2 x + b) = ab < 0 ,不符合题意,

④ 当

a < 0 = b 时 , 由 题 意 : " x ? ( a , b) , (3 x

a )(2 x + b)   易 知 , 0,

" x ? ( a , b) , 2 x b < 0 , \ " x ? ( a , b ) , 3 x

a   ,所以 3a 2 + a < 0, 0

\ -

1 1 <a <0 , \ b - a < 3 3

1 综上可知, a - b max = 。 3

【说明】本题主要考查单调性概念、导数运算及应用、含参不等式恒成立问题,综合 考查、线性规划、解二次不等式、二次函数、化归及数形结合的思想,考查 用分类讨论思想进行探索分析和解决问题的综合能力.(1)中档题; (2)难题.

【例 9】 2009 湖北)已知关于 x 的函数 f(x)= x3 +bx2+cx+bc,其导函数为 f+(x)。. 】 ( 湖北) 令 g(x)= f ′( x) ,记函数 g(x)在区间[-1、1]上的最大值为 M. (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值- ,试确定 b、c 的值: (Ⅱ)若∣b∣>1,证明对任意的 c,都有 M>2: (Ⅲ)若 M≧K 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值。 【解析】 I) Q f '( x) = ? x 2 + 2bx + c ,由 f ( x) 在 x = 1 处有极值 ? () 可得
? f '(1) = ?1 + 2b + c = 0 ? ? 1 4 解得 ? f (1) = ? 3 + b + c + bc = ? 3 ?

1 3

4 3

4 3

?b = 1 ? b = ?1 , 或 ? ? ?c = ?1 ?c = 3

2 2 若 b = 1, c = ?1 , f '( x) = ? x + 2 x ? 1 = ?( x ? 1) ≤ 0 , 则 此时 f ( x) 没有极值;
2 若 b = ?1, c = 3 ,则 f '( x) = ? x ? 2 x + 3 = ?( x + 1)( x ? 1) 。

列表如下:
x

(?∞, ?3)

?3

(?3,1)

1 0 极大值 ?
4 3

(1, +∞)

f '( x) f ( x)

?

0 极小值 ?12
4 3

+

?

所以当 x = 1 时, f ( x) 有极大值 ? , 故 b = ?1 , c = 3 即为所求。 【法一】 g ( x) =| f '( x) |=| ?( x ? b)2 + b2 + c | : (Ⅱ) 当 | b |> 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ ?1.1] 之外。
∴ f '( x) 在 [?1,1] 上的最值在两端点处取得。 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较大的一个 故

∴ 2 M ≥ g (1) + g (?1) =| ?1 + 2b + c | + | ?1 ? 2b + c |≥| 4b |> 4, 即 M > 2

【法二】 反证法) 因为 | b |> 1 , (反证法 : 反证法) 所以函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [?1,1] 之外。 ∴ f '( x) 在 [?1,1] 上的最值在两端点处取得。故 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较 大的一个。 假设 M ≤ 2 ,则
g ( ?1) =| ?1 ? 2b + c |≤ 2 g (1) =| ?1 + 2b + c |≤ 2

将上述两式相加得: 4 ≥| ?1 ? 2b + c | + | ?1 + 2b + c |≥ 4 | b |> 4 ,导致矛盾,∴ M > 2
2 2 【法一】 (Ⅲ) 法一】 g ( x) =| f '( x) |=| ?( x ? b) + b + c | 【法一 :

(1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ; (2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x )的对称轴 x = b 位于区间 [?1,1] 内, 此时 M = max { g ( ?1), g (1), g (b)}
2 由 f '(1) ? f '(?1) = 4b, 有 f '(b) ? f '(±1) = b(m1) ≥ 0

①若 ?1 ≤ b ≤ 0, ,则, f '(1) ≤ f '(?1) ≤ f '(b), ∴ g (?1) ≤ max { g (1), g (b)} ,于是
M = max {| f '(1),| f '(b ) |} ≥ 1 1 1 1 (| f '(1) | + f '(b ) |) ≥ | f '(1) ? f '(b ) |= (b ? 1) 2 ≥ 2 2 2 2

②若 0 < b ≤ 1 ,则 f '(?1) ≤ f '(1) ≤ f '(b), ∴ g (1) ≤ max { g (?1), g (b)} 。 于是
M = max {| f '( ? 1) |,| f '(b ) |} ≥ 1 1 1 1 (| f '( ? 1) | + | f '(b ) |) ≥ | f '( ? 1) ? f '(b ) |= (b + 1) 2 > 2 2 2 2

综上,对任意的 b 、 c 都有 M ≥ 而当 b = 0, c = 时, g ( x) = ? x 2 +
1 2

1 2

1 1 在区间 [?1,1] 上的最大值 M = 2 2 1 2

故 M ≥ k 对任意的 b 、 c 恒成立的 k 的最大值为 。 : 【法二】 g ( x) =| f '( x) |=| ?( x ? b)2 + b2 + c | 法二】 (1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ; (2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ ? 1, 1] 内, 此时 M = max { g (?1), g (1), g (b)}

4M ≥ g (?1) + g (1) + 2 g (h) =| ?1 ? 2b + c | + | ?1 + 2b + c | +2 | b 2 + c |
≥| ?1 ? 2b + c + (?1 + 2b + c) ? 2(b 2 + c) |=| 2b 2 + 2 |≥ 2 ,即 M ≥ 1
2

下同解法 1

【例 10】 2010 湖北)已知函数 f ( x) = ax + 湖北) ( 方程为 y = x ? 1 (1)用 a 表示出 b、c。

b + c (a > 0) 的图象在点 (1, f (1)) 处的切线 x

(2)若 f ( x) ≥ ln x 在 [1, +∞) 上恒成立,求 a 的取值范围。 (3)证明:1 +
1 1 1 n + + L + > ln(n + 1) + (n ≥ 1) 2 3 n 2(n + 1)
? f (l ) = a + b + c = 0 b ,则有: ? ,解得 2 x ? f '(l ) = a ? b = 1 ?b = a ? 1 ? ?c = l ? 2a

(1) f '( x) = a ? 【解析】 解析】

(2)由(Ⅰ)知, f ( x) = ax +

a ?1 + 1 ? 2a , x a ?1 + 1 ? 2a ? ln x x ∈ [1, +∞ ) 易知 1g (1) = 0 , 设 g ( x) = f ( x) ? ln x = ax + 。 x 1? a a( x ? 1)( x ? ) a ? 1 1 ax 2 ? x ? (a ? 1) a 则 g '( x) = a ? 2 ? = = x x x2 x2

令 g ′( x) = 0 ,求得: x = 1 或 x = ①若

1? a a

1? a 1 1? a >1 即 o < a < 当1 < x < 时, g '( x) < 0 , g ( x) 是减函数, a 2。 a ,

所以 g ( x) < g (l ) = o ,有 f ( x) < ln x ,故 f ( x) ≥ ln x 在 [1, +∞ ) 上不恒成立。 ②若
1? a 1 ≤ l ,即 a ≥ 当 x ≥ 1 时, g ′( x) ≥ 0 , g ( x) 是增函数,所以, a 2。

g ( x) ≥ g (1) = 0 ,故 f ( x) ≥ ln x 恒成立。

综上所述,所求 a 的取值范围为 ? ? ) (3)【解法一】由(2)知:当 a ≥ ) 令a = 令x =

1 ? , +∞ ? ?2 ?

1 时,有 f ( x) ≥ ln x ( x ≥ 1) 。 2

1 1? 1? 1? 1? , f ( x) = ? x ? ? ≥ ln x ( x ≥ 1) 。 x > 1 时, ? x ? ? > ln x 。 有 当 2 2? x? 2? x?
k +1 k +1 1 ? k +1 k ? 1? 1 1 ? ,有 ln < ? ? ?= ? + ? k 2? k k k +1? 2 ? k k +1?

1? 1 1 ? 即 ln(k + 1) ? ln k < ? + 2 3、 ? k = 1、、 L、n , 2 ? k k +1?

将上述 n 个不等式累加得 : k + 1) < ln( 即
1+

1 ?1 1 1? 1 + ? + +L+ ? + 。 2 ?2 3 n ? 2(n + 1)

1 1 1 n + + L + > ln(n + 1) + 2 3 n 2(n + 1)

【解法二】用数学归纳法证明 用数学归纳法证明 ①当 n = 1 时,左边 = 1 ,右边 = ln 2 + ②假设 n = k 时不等式成立。即 1 + 则1 +
1 p 1 ,不等式成立 4

1 1 1 k + + L + > ln(k + 1) + 2 3 k 2(k + 1)

1 1 1 1 k 1 k +2 + +L+ + > ln(k + 1) + + = ln(k + 1) + 2 3 k k +1 2(k + 1) k + 1 2(k + 1)

2 1 1 1 令 a = ,有 f ( x ) = ( x ? ) ≥ ln x ( x ≥ 1) 2 2 x

1 由(2)知:当 a ≥ 时,有 f ( x) ≥ ln x( x ≥ 1)

令x=

1 k + 2 k +1 k+2 k +2 ? ) ≥ ln = ln(k + 2) ? ln(k + 1) ,得: ( 2 k +1 k + 2 k +1 k +1

∴ ln(k + 1) +

k+2 k +1 ≥ ln(k + 2) + 2(k + 1) 2(k + 2)

所以 1 +

1 1 1 1 k +1 + +L+ + > ln(k + 2) + 2 3 k k +1 2(k + 2)

就是说, 当 n = k + 1 时,不等式也成立。 根据①和②,可知不等式对任何 n ∈ N 都成立。

【例 11】 (2011 湖南 理)已知函数 f ( x ) = x3 ,g( x )= x + x 。 (1)求函数 h( x) = f ( x) ? g ( x) 的零点个数,并说明理由; (2)设数列{an } (n ∈ N * ) 满足 a1 = a (a > 0) , f (an+1 ) = g (an ) ,证明:存在常 数 M,使得对于任意的 n ∈ N * ,都有 an ≤ M .

【解】 (1)由 h( x) = x3 ? x ? x 知: x ∈ [0 , +∞) , 而 h(0) = 0 ,且 h(1) = ?1 < 0 , h(2) = 6 ? 2 > 0 , 则 x = 0 为 h( x ) 的一个零点,且 h( x ) 在 1 , ) ( 2 内有零点,

1 ?1 因此 h( x ) 至少有两个零点。 易知 h'( x) = 3 x ? 1 ? x 2 , 2
2

1 ?1 1 ?3 2 记 ? ( x) = 3 x ? 1 ? x ,则 ? '( x) = 6 x + x 2 。 2 4
2

? 因此 ? ( x) 在 (0 , +∞) 上单调递增, ? ( x) 在 则 当 x ∈ (0 , +∞) 时, '( x ) > 0 ,
(0 , +∞) 内至多只有一个零点。
又因为 ? (1) > 0 , ? ?

? 3? ? 3 ? < 0 ,则 ? ( x) 在 ? , 1? 内有零点, ? ? 3 ? ? 3 ?

记此零点为 x1 , 则当 x ∈ (0 , x1 ) 所以 ? ( x) 在 (0 , +∞) 内有且只有一个零点。 时, ? ( x) < ? '( x1 ) = 0 ;当 x ∈ ( x1 , +∞) 时, ? ( x) > ? '( x1 ) = 0 ; 所以,当 x ∈ (0 , x1 ) 时, h( x ) 单调递减,而 h(0) = 0 , 则 h( x ) 在 (0 , x1 ) 内无零点; 当 x ∈ ( x1 , +∞) 时, h( x ) 单调递增,则 h( x ) 在 ( x1 , +∞) 内至多只有一个零 点;从而 h( x ) 在 (0 , +∞) 内至多只有一个零点。 综上所述, h( x ) 有且只有两个零点。 (2)记 h( x ) 的正零点为 x0 ,即 x03 = x0 + x0 。 ㈠当 a < x0 时,由 a1 = a ,即 a1 < x0 .而 a23 = a1 + a1 < x0 + x0 = x03 ,因此

a2 < x0 ,由此猜测: an < x0 。下面用数学归纳法证明:
①当 n = 1 时, a1 < x0 显然成立; ②假设当 n = k (k ≥ 1) 时,有 ak < x0 成立,则当 n = k + 1时,由

ak +13 = ak + ak < x0 + x0 = x03 知: k +1 < x0 , a 因此, n = k + 1时, k +1 < x0 当 a
成立。故对任意的 n ∈ N * , an < x0 成立。 ㈡当 a ≥ x0 时, (1) h( x ) 在 ( x0 , +∞) 上单调递增。 h( a) ≥ h( x0 ) = 0 , 由 知: 则

即 a3 ≥ a + a 。 从而 )a23 = a1 + a1 = a + a ≤ a 3 , a2 ≤ a , 即 由此猜测:

an ≤ a 。下面用数学归纳法证明:
①当 n = 1 时, a1 ≤ a 显然成立; ②假设当 n = k (k ≥ 1) 时,有 ak ≤ a 成立,则当 n = k + 1时,由

ak +13 = ak + ak ≤ a + a ≤ a 3 知, k +1 ≤ a , a 因此, n = k + 1时, k +1 ≤ a 当 a
成立。 故对任意的 n ∈ N * , an ≤ a 成立。 使得对于任意的 n ∈ N * , 都有 an ≤ M . 综上所述, 存在常数 M = max{x0 , a} ,

【专题演练】 专题演练】
1.函数 y = log 2
2? x 的图象( 2+ x

) B.关于主线 y = ? x 对称 D.关于直线 y = x 对称

A. 关于原点对称 C. 关于 y 轴对称

2. 定义在 R 上的偶函数 f ( x ) 的部分图象如右图所示,则在

( ?2,0 ) 上,下列函数中与 f ( x ) 的单调性不同的是(
A. y = x 2 + 1
?2 x + 1, x ≥ 0 C. y = ? 3 ? x + 1, x < 0



B. y =| x | +1
?e x , x ≥ o D. y = ? ? x ? ?e , x < 0 ?

3.已知定义在 R 上的奇函数 f (x) ,满足 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,且在区间[0,2]上是增函数,则 ( ) A. f (?25) < f (11) < f (80) C. f (11) < f (80) < f (?25) B. f (80) < f (11) < f (?25) D. f (?25) < f (80) < f (11)
?log 2 (1 ? x), x ≤ 0 ,则 f(2009)的值 ? f ( x ? 1) ? f ( x ? 2), x > 0

4. 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)= ? 为 .

5. 已知函数 f ( x) 在 R 上满足 f ( x) = 2 f (2 ? x) ? x 2 + 8 x ? 8 ,则曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的 切线方程是 .

6.已知函数 f ( x) = x3 + ax 2 + bx, 且 f '(?1) = 0 (I)试用含 a 的代数式表示 b ; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)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 ( x2 , f ( x2 )) , 证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M 、 N 的公共点. 7.已知函数 f ( x) = x3 + 2bx 2 + cx ? 2 的图象在与 x 轴交点处的切线方程是 y = 5 x ? 10 . (I)求函数 f ( x) 的解析式; (II) 设函数 g ( x) = f ( x) + mx , g ( x) 的极值存在, 若 求实数 m 的取值范围以及函数 g ( x) 取得极值时对应的自变量 x 的值.
1 3

1 3

【参考答案】 1.答案:A 解析:由于定义域为(-2,2)关于原点对称,又 f(-x)=-f(x),故函数为奇函数, 图象关于原点对称,选 A. 2.答案:C 解析:根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反,故可知求在 ( ?2,0 ) 上单 调递减,注意到要与 f ( x ) 的单调性不同,故所求的函数在 ( ?2,0 ) 上应单调
2 递增.而函数 y = x + 1 在 ( ?∞,1] 上递减;函数 y = x + 1 在 ( ?∞, 0] 时单调递减;

函数 y = ?

?2 x + 1, x > 0
3 ? x + 1, x < 0

在( ?∞, 0] 上单调递减,理由如下 y'=3x2>0(x<0),故函
?e x , x ≥ 0
?x ?e , x < 0 ?

数单调递增,显然符合题意;而函数 y = ? ?

,有 y'=- e <0(x<0),

?x

故其在( ?∞, 0] 上单调递减,不符合题意,综上选 C. 3.答案:D 解析:因为 f (x) 满足 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,所以 f ( x ? 8) = f ( x) ,所以函数是以 8 为周期

的周期函数,则 f (?25) = f (?1) , f (80) = f (0) , f (11) = f (3) ,又因为 f (x) 在 R 上 是 奇 函 数, f (0) = 0 , 得 f (80) = f (0) = 0 , f (?25) = f (?1) = ? f (1) , 而 由
f ( x ? 4) = ? f ( x) 得 f (11) = f (3) = ? f (?3) = ? f (1 ? 4) = f (1) , 又 因 为 f (x) 在 区 间

所以 ? f (1) < 0 , f (?25) < f (80) < f (11) 。 即 [0,2]上是增函数, 所以 f (1) > f (0) = 0 , 4.答案:1 解析:由已知得 f (?1) = log 2 2 = 1 , f (0) = 0 , f (1) = f (0) ? f (?1) = ?1 ,
f (2) = f (1) ? f (0) = ?1 , f (3) = f (2) ? f (1) = ?1 ? (?1) = 0 , f (4) = f (3) ? f (2) = 0 ? (?1) = 1 , f (5) = f (4) ? f (3) = 1 , f (6) = f (5) ? f (4) = 0 ,

所以函数 f(x)的值以 6 为周期重复性出现. ,所以 f(2009)= f(5)=1. 5.答案: y = 2 x ? 1 解析:由 f ( x) = 2 f (2 ? x) ? x 2 + 8 x ? 8 得:
f (2 ? x) = 2 f ( x) ? (2 ? x)2 + 8(2 ? x) ? 8 ,

即 2 f ( x) ? f (2 ? x) = x 2 + 4 x ? 4 ,∴ f ( x) = x 2 ∴ f / ( x) = 2 x , ∴切线方程为 y ? 1 = 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ? 1 = 0 . 6.解析: (I)依题意,得 f '( x) = x 2 + 2ax + b , 由 f '(?1) = 1 ? 2a + b = 0 得 b = 2a ? 1 . (Ⅱ)由(I)得 f ( x) = x3 + ax 2 + (2a ? 1) x , 故 f '( x) = x 2 + 2ax + 2a ? 1 = ( x + 1)( x + 2a ? 1) , 令 f '( x) = 0 ,则 x = ?1 或 x = 1 ? 2a , 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
f '( x) f ( x) (?∞,1 ? 2a ) (?2a, ?1) ( ?1 + ∞ ) 1 3

+
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) . ②由 a = 1 时, 1 ? 2a = ?1 ,此时, f '( x) ≥ 0 恒成立,且仅在 x = ?1 处 f '( x) = 0 , 故函数 f ( x) 的单调区间为 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 ) .

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) (Ⅲ)当 a = ?1 时,得 f ( x) =
1 3 x ? x 2 ? 3 x ,由 f '( x) = x 2 ? 2 x ? 3 = 0 ,得 x1 = ?1, x2 = 3 . 3x

由(Ⅱ)得 f ( x) 的单调增区间为 (?∞, ?1) 和 (3, +∞) ,单调减区间为 (?1,3) , 所以函数 f ( x) 在 x1 = ?1, x2 = 3 处取得极值,故 M (?1, ), N (3, ?9) , 所以直线 MN 的方程为 y = ? x ? 1 ,
8 3 5 3



1 ? y = x3 ? x2 ? 3x ? ? 3 ? 得x ? y = ? 8 x ?1 ? 3 ?

3

? 3x 2 ? x + 3 = 0

解得 x1 = ?1, x2 = 1.x3 = 3 ,

? x1 = ?1 ? x2 = 1 ? x3 = 3 ? ? ∴? 5 ? 11 ? , ? y1 = 3 , ? y2 = ? 3 , ? y3 = ?9 ? ?
所以线段 MN 与曲线 f ( x) 有异于 M , N 的公共点 (1, ? ) . 7.解析: (I)由已知,切点为(2,0),故有 f (2) = 0 ,即 4b + c + 3 = 0 … …①
11 3

2 又 f ′(x) = 3x + 4bx +c ,由已知 f ′(2) =12+8b +c = 5得 8b +c +7 = 0 ……②

联立①②,解得 b = ?1, c = 1 .
3 2 所以函数的解析式为 f ( x) = x ? 2 x + x ? 2 .

1 3 2 (II)因为 g ( x ) = x ? 2 x + x ? 2 + mx 3 .

令 g ′( x ) = 3 x 2 ? 4 x + 1 + m = 0

1 3


1 3

当函数有极值时,则 ? ≥ 0 ,方程 3x 2 ? 4 x + 1 + m = 0 有实数解, 由 ? = 4(1 ? m) ≥ 0 ,得 m ≤ 1 . ① 当 m = 1 时, g ′( x) = 0 有实数 x = ,在 x = 左右两侧均有 g ′( x) > 0 ,
2 3 2 3

故函数 g ( x) 无极值; ②当 m < 1 时, g ′( x) = 0 有两个实数根 x1 = (2 ? 1 ? m ), x2 = (2 + 1 ? m ), 列表如下:
x
g ′( x) g ( x) (?∞, x1 ) x1 ( x1 , x2 ) x2 ( x2 + ∞)
1 3 1 3

+ ↗

0 极大值



0 极小值

+ ↗

所以在 m ∈ (?∞,1) 时,函数 g ( x) 有极值; 当 x = (2 ? 1 ? m ) 时, g ( x) 有极大值;当 x = (2 + 1 ? m ) 时, g ( x) 有极小值.
1 3 1 3



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