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导数习题分类精选-2



导数定义 例 2.已知 f(x)在 x=a 处可导,且 f′(a)=b,求下列极限: (1) lim

?h ?0

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

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

? 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 ? ?x) ? f ( x) ? f ?( x) ?x f (? x ? ?x) ? f (? x) f ( x ? ?x) ? f ( x) f ?(? x) ? lim ? lim ?x ?0 ? x ? 0 ? ?x ? ?x f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim ? ? ? f ?( x) ?x ?0 ??
f ( ? x) ? f ( x)
令 lim
?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.
1

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 由(1)知 f (a)f '(a) = – a, f (a ) ∴图象不过原点,∴a ? 0,∴ f '(a) = –1 a ∴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 , 证: (1) f ( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ? ∴ y ? f ( x ) 为 (0 , ? ? ) 上 ? ∴ ln(1 ? x) ? x ?

?
2

)

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

x2 g ( x) ? x ? ? 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
∴ x ? (0 , ? ? ) x ?

∴ g ( x ) 在 (0 , ? ? ) 上 ? (2)原式 ?

x2 ? ln(1 ? x) ? 0 恒成立 2(1 ? x)

sin x 2 ? x ?

令 f ( x) ? sin x / x x ? (0 ,

?
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
2

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 )
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 ? 2ln 2 ? 2a . (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 . (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, 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
3

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

( 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 ? ?

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;
4

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

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

k2 , 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

5

若 k ? 2k ? 0 ,则 G ( x ) 在 (0, k 2 ? 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. 。

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)



6

(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 n )' ? nxn?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。 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.
7

(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 ? (2a ? 4) x ? a ? 0 ,解得 2 ? a ? 2 1 ? a ? x ? 2 ? a ? 2 1 ? a .
2 2

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 )
_

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 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ) 上单调递增, 在 ( 此时 f ( x ) 在 (0, , ) 是上单调递减, 2 2 2
8

在(

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

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,+?) (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.

9

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 (x1,+∞) - 减函数

2 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.

ax 1 ax 1 ? , x ? (0,1] 恒成立, 所以 b ? (? ? ) max 2 2x 2 2x 1 2 a ( x ? ) ax 1 a 1 a ? 设 g ( x) ? ? , g '( x) ? ? ? 2 ? , 2 2x 2 2x 2 x2
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
10

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 2 2x a

间 (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 ; 当 0 ? a ? 1 时, b ? ?

a ?1 a ?1 ,所以 b ? ? 2 2

a ?1 2

【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. (2009 浙江文)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

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,+?),
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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 ,
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11

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) ?
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错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,方程 g ?( x) ? 0 的根为 x0 ? ea ?1 ,此时,若 x ? (1 ,x0 ) , 则 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] .
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? ?) 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

[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 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

12

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 ) ? 调区间;
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a ( a ? 0) ,设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) . (Ⅰ)求函数 F ( x ) 的单 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
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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, ???, ∴ F ? x ? 在 x x2 x
由 F ' ? x ? ? 0 ? x ? ? 0, a ? , ∴ F ? x ? 在 ? 0, a ? 上单调递减。 ∴ F ? x?
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a ? x ? 0? x

? a, ?? ? 上单调递增。

的单调递减区间为 ? 0, a ? ,单调递增区间为 ? a, ?? ? 。 ( 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
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? 1 2 ? ? x0 ? (分离常数) ? 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, ?

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13

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.

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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
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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
3 2

x1、x2 ,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 由题意知
2

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? 故有 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
3 2

繁琐)再利用 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
14

巧性。 解 析 由 题 意 有

f ? ? x2 ? ? 3x22 ? 6bx2 ? 3c ? 0

. ① 又

. .②(消元) f ? x2 ? ? x23 ? 3bx22 ? 3cx2 . 消 去 b 可 得

1 3c f ? x2 ? ? ? x 3 2? x 2 2

. 又 ? x2 ? [ 1 , , 2 且 ] c ? [? 2 , 0 ] 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)
2 设函数 f ( x) ? x ? 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] 解: (Ⅰ)由题意知, f ( x) 的定义域为 (?1,??) ,

n ?1 n ?1 ? 3 恒成 n n

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) ,
15

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



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
16

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 ;

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,

17

只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos2 x( x ? R) 即

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。

18

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 ? x2 ? 3 , 且 3 4 1 1 ? ? 1 ? (m 2 ? 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 ( ,

1 3 ) 2 3
3 2 2 3

2009 宁夏海南卷文) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) ? x ? 3ax ? 9a x ? a .设 a ? 1 ,

19

求函数 f ? x ? 的极值;(2)若 a ? 取值范围.

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

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 ? 3x ? 6ax ? 9a ? 12a, 于是有
' 2 2

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 1 ? ? ? ln x ? a ? R , x ? [ , 2] ? x 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.
20

1 4

(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)= =- 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 ? 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 ? 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? ;
21

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 ? t?a t

?

?

?

?

令: u ?t ? ?

?

?

? v? ? t ? ?

t 2 ? a2 t 2 ? 2at ? a 2 ? ? 0, t ? ?3a, 4a ? , 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 ) ? ? ? 1 ,注意到 ex ? a ex ? a ex ? 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.
22

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

导数与数列

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

an?1 ? an ?

f (an ) (n=1,2,……) f '(an )

(1)求 ? , ? 的值; (2)证明:对任意的正整数 n,都有 a n >a;

23

(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 ? ? 0(当且仅当 a1 ? 4 2 an ? 1 2 2 2

时取等号) ,∴ a2 ?

5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,……, an ? , ? 0 同,样 a3 ? ? ? (n=1,2,……) 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 n ? l n 2l ? n , 同理 an ?1 ? ? ? n ,bn ?1 ? 2bn , 又 b1 ? l 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
2 3.(2009 安徽卷理)已知函数 f ( x) 在 R 上满足 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x ? 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 /

y ? 1 ? 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ? 1 ? 0 选 A
2 (2009 江西卷理)设函数 f ( x) ? g ( x) ? x ,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

(

)

24

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 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? 。 .(2009 陕西卷理)设曲线 y ? x
n ?1

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

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) 在区间 (?1,1) 上不单调 ,求 a 的取值范围. ... 解析 又?
2 (Ⅰ)由题意得 f ?( x) ? 3x ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)

19.(2009 浙江文)已知函数 f ( x) ? x3 ? (1 ? a) x2 ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) .

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
25

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 ? ? 8a2 ? 24a ? 4 ? 0 , 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

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

26

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
27

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

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

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

28

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 3 2 ? y ? x ? x ? 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.
3 已知函数 f ( x) ? x ? 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) .
2 解: (1)求函数 f ( x ) 的导数; f ?( x) ? 3x ? 1. 2 3 曲线 y ? f ( x ) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为: y ? (3t ? 1) x ? 2t .

(2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t ? 1)a ? 2t .
2 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 极大值 a ? b

(0,a)
?


a
0 极小值 b ? f (a)

(a, ? ?)

?


?


29

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;

3a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实数根; 2 a 当 b ? f (a) ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? ? ,t ? a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实 2
当 a ? b ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? 0,t ? 数根. 综上, 如果过 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x ) 三条切线,即 g (t ) ? 0 有三个相异的实数根,

则?

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



?a ? b ? f (a ) .

、已知函数. f ( x) ? 2 x ? ax 与 g ( x) ? bx ? cx 的图象都过点 P(2,0),且在点 P 处有公
3 2

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
3 3

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

30

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 2

与 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
y=x-1

∴k1=1,又切点为 P(1,f(1) ,即(1,0)

∴l 的解析式为 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 2 1 (2)令 h(x)=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1) ? x ? 2 2 x ( x ? 1)( x ? 1) 2x ∵h′(x)= -x=,则 x ? ?1或0 ? x ? 1时, h?( x) ? 0, h( x) 为增函数, 2 1? x2 1? x
-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, 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
原方程有四解;当 k=

(I)求 a 2 ? 4b 的最大值; (II)当 a 2 ? 4b ? 8 时,设函数 y ? f ( x) 在点 A(1,f (1)) 处的切线为 l ,若 l 在点 A 处穿过函数 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
31

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 , 0 ? a2 ? 4b ≤ 4 , 0 ? a 2 ? 4b ≤16 ,且当 x1 ? ?1
号成立.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 1 3 a 3 ? ( x ? 1)[ x 2 ? (1 ? ) x ? (2 ? a)] . 3 2 2
1 3 x ? x2 ? x . 3

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? ?
32

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 f (1) 的最小值为( C ) f '(0) A.3 B. 5
2

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. 解法 1: (Ⅰ)令 g ( x) ? f ( x) ? x ? x2 ? (a ?1) x ? a ,
?? ? 0, ? 1? a ?a ? 0, ? ?1 , ? ?0 ? ? 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 ( 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
33

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
34

? 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

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

又?0 ? a ? b,?a2 ? b2 ? 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

(2009 辽宁卷文) (本小题满分 12 分)设 f ( x) ? e (ax ? x ? 1) ,且曲线 y=f(x)在 x=1 处
x 2

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) 2

讨论函数 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
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
35

' (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
3 2 ?x

(2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) ? ( x ? 3x ? ax ? b)e (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
36











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

f '( x) ? ?e? x [ x3 ? (a ? 6) x ? 4 ? 2a].
因为 f '(? ) ? f '( ? ) ? 0, 所以 x3 ? (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 ? kx,x ? R .
x

(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) ? (e
x x 解: (Ⅰ)由 k ? e 得 f ( x) ? e ? ex ,所以 f ?( x) ? e ? e .

n ?1

? 2) (n ? N? ) .

n 2

? ?) , 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,

37

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 .
(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) ? (en?1 ? 2) 2 ,n ? N? . 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 ) ?
n

f ( x) , 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 x
则 F ?( x) ? 数, 则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x2 ) , 即

fx () fx ( x ?) 1 ? 1 2 x1 x1 x ?2

, ∴ ( x1 ? x2 ) fx () ? x( 1 x 2 ? ) 1 xf 1

(1) ,

同理 ( x1 ? x2 ) f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ? x2 ) (2) (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 ? ? ? xn ,而 F ( x ) ?

f ( x) 在 x

38

(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.
' 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,
39

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

? 又∵h(c2 ) ? f (c2 ) ? 2c2 ? 0 ∴ 当 x ? c2 时 , h( x )
立………………8 分 (III)不妨设 x1 ? x 2

0 ? , 即 f ( x)

2x 成

∵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

? 1? 设函数 f ( x) ? ?1 ? ? (n ? N , 且n ? 1, x ? N ) . ? n?
(Ⅰ)当 x=6 时,求 ?1 ?

n

? ?

1? ? 的展开式中二项式系数最大的项; n?
f ( 2 x ) ? f ( 2) > f ?( x)( f ?( x)是f ( x)的导函数); 2
n k

n

(Ⅱ)对任意的实数 x,证明

? 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 k? k ?1 ?
出 a 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。

40

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

(Ⅱ)证法一:因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ?

? ?

1? ? 1? ? ? ?1 ? ? n? ? n?

2n

2

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

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: 因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ?

n

? ?

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

2n

2

2n

2

n

? 1? ? ?1 ? ? ? n?

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

故只需对 ? 1 ?

? ?

1? ? 1? ? 和 ln ?1 ? ? 进行比较。 n? ? n?
'

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

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。
2 k m

(Ⅲ)对 m ? N ,且 m ? 1 有 ?1 ?

? ?

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

m

41

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 k

m

? 2?
? 2?

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
k
m

1? ? ?1? 又因 C ? ? ? 0 ? k ? 2,3, 4,?, m ? ,故 2 ? ?1 ? ? ? 3 ? m? ?m?
k m

∵ 2 ? ?1 ?

? ?

n 1? ? 1? ,从而有 ? 3 2 n ? ? ? ?1 ? ? ? 3n 成立, m? k? k ?1 ? n k

m

k

? 1? 即存在 a ? 2 ,使得 2n ? ? ?1 ? ? ? 3n 恒成立。 k? k ?1 ?
构造 1. 已知函数 f ( x) ? ? x ? ax ? b
3 2

(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
2 2 g ( x) 在 R 上是减函数, 则 g?( x) ? ?3x ? 2ax ?1 ? 0 在 R 上恒成立, 故 ? ? (2a) ? 12 ? 0 ,

解之得 ? 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

42

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

? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? ? 或 ?a 或 ?a ,解得 1 ? a ? 3 ? 1 ? 0 ? ? ?3 ?3
导数与二项式定理

1 2 x + lnx. 2 (I)求函数 f (x )在[1,e]上的最大、最小值;
. 已知函数 f (x ) = (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 (III)当 n = 1 时,不等式显然成立; 1 1 当 n≥2 时,有:[ f ? (x )]n- f ? (xn) = (x + )n-(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
∴ f (x )max = f (e ) =

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