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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