9512.net
甜梦文库
当前位置:首页 >> 数学 >>

2017高考导数压轴题终极解答



四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用
1. (2008天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧)

a ? b? x ? 0 ? ,其中 a, b ? R . x ⑴若曲线 y ? f ? x ? 在点 P?2, f ?2 ?? 处切线方程为 y ? 3x ? 1 ,求函数 f ? x ? 的解析式; ⑵讨论函数

f ? x ? 的单调性; ?1 ? ?1 ? ⑶若对于任意的 a ? ? ,2? ,不等式 f ? x ? ? 10 在 ? ,1? 上恒成立,求 b 的取值范围. ?2 ? ?4 ? a 解:⑴ f ?( x) ? 1 ? 2 ,由导数的几何意义得 f ?(2) ? 3 ,于是 a ? ?8 . x 由切点 P (2, f (2)) 在直线 y ? 3 x ? 1 上可得 ?2 ? b ? 7 ,解得 b ? 9 . 8 所以函数 f ( x) 的解析式为 f ( x) ? x ? ? 9 . x a ⑵ f ?( x) ? 1 ? 2 . x 当 a ? 0 时,显然 f ?( x) ? 0 ( x ? 0 ),这时 f ( x) 在 (??, 0) , (0, ??) 上内是增函数. 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? ? a . 当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表: x (??, ? a ) ? a (? a , 0) (0, a ) ( a , ??) a ? f ( x) 0 0 + - - + f ( x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴ f ( x) 在 (??, ? a ) , ( a , ??) 内是增函数,在 (? a , 0) , (0, ??) 内是减函数. 1 1 1 ⑶由⑵知, f ( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 f ( ) 与 f (1) 的较大者,对于任意的 a ? [ , 2] ,不等 4 4 2 1 39 ? ? ? 4a 1 1 ? f ( ) ? 10 ?b ? f ( x ) ? 1 0 式 在 [ ,1] 上恒成立,当且仅当 ? 4 ,即 ? ,对任意的 a ? [ , 2] 4 4 2 ? ? ? f (1) ? 10 ?b ? 9 ? a 7 7 成立.从而得 b ? ,所以满足条件的 b 的取值范围是 ( ??, ] . 4 4
已知函数 f ? x ? ? x ?

恒成立之分离常数
2. (分离常数)

a ? ln x ? 1, a ? R. x (1) 若 y ? f ( x) 在 P (1, y0 ) 处的切线平行于直线 y ? ? x ? 1 ,求函数 y ? f ( x) 的单调区间;
已知函数 f ( x) ? (2) 若 a ? 0 ,且对 x ? (0, 2e] 时, f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围.

1

7

6

5

4

3

2

1

-8

-6

-4

-2

-1

A

2

4

6

8

10

12

-2

-3

-4

-5

解: (1) f ( x) ?

a ? ln x ? 1, a ? R. f ( x) 定义域为 (0,??) ,直线 y ? ? x ? 1 的斜率为 ? 1 , x a 1 2 1 x?2 f ' ( x) ? ? 2 ? , f ' (1) ? ?a ? 1 ? ?1 ,? a ? 2 .所以 f ' ( x) ? ? 2 ? ? 2 x x x x x
由 f ' ( x) ? 0得x ? 2 ; 由 f ' ( x) ? 0得0 ? x ? 2

? ?) ,减区间为 (0,2) . 所以函数 y ? f ( x) 的单调增区间为 (2,
(2) a ? 0 ,且对 x ? (0, 2e] 时, f ( x) ? 0 恒成立

a ? ln x ? 1 ? 0在x ? (0, 2e]恒成立 ,即 a ? x(ln x ? 1) . x 设 g ( x) ? x(1 ? ln x) ? x ? x ln x, x ? (0,2e] .
g ' ( x) ? 1 ? ln x ? 1 ? ? ln x, x ? (0,2e]
当 0 ? x ? 1 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x)为增函数 当 0 ? x ? 2e 时, g ' ( x) ? 0 , g ( x)为减函数 . 所以当 x ? 1 时,函数 g ( x) 在 x ? (0,2e] 上取到最大值,且 g (1) ? 1 ? ln 1 ? 1 所以 g ( x) ? 1 ,所以 a ? 1 所以实数 a 的取值范围为 (1,??) . (法二)讨论法

x?a , f ( x ) 在 (0, a ) 上是减函数,在 ( a, ??) 上是增函数. x2 当 a ≤ 2e 时, f ( x ) ≥ f (a) ? 1 ? ln a ? 1 ? 0 ,解得 a ? 1 ,∴ 1 ? a ≤ 2e . a ? ln(2e) ? 1 ? 0 ,解得 a ? 2e ln 2 ,∴ a ? 2e . 当 a ? 2e 时, f ( x) ? f (2e) ? 2e 综上 a ? 1 . f ?( x) ?
3. (2011长春一模,恒成立,分离常数,二阶导数)

2

x2 ? ax ? 1 ,(其中 a ? R, e 为自然对数的底数). 2 (1)当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程; (2)当 x ≥1时,若关于 x 的不等式 f ( x) ≥0恒成立,求实数 a 的取值范围. (改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1)
已知函数 f ( x) ? e x ? 解: (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? e x ?

? 切线方程为 y ? x .
(2)[方法一]
x

x2 ? 1 ,? f ' ( x) ? e x ? x ,? f (0) ? 0, f ' (0) ? 1 , 2

x2 x x2 ? ?1 e ? x ≥1,? f ( x) ? e ? ? ax ? 1 ≥ 0 ? a ≤ , 2 2 x 2 2 x x ?1 ( x ? 1)e x ? ?1 ex ? ,则 , 设 2 2 ? g ' ( x ) ? g ( x) 2 x x

x2 ? 1 ,则 ? ' ( x) ? x(e x ? 1) ? 0 , 2 1 ? ? ( x) 在 [1,??) 上为增函数,?? ( x) ≥ ? (1) ? ? 0 , 2 2 x x2 ( x ? 1)e x ? ?1 ex ? ? 1 [1,??) , 在 上为增函数, 2 2 ? g ' ( x) ? ? 0 ? g ( x) ? 2 x x 3 3 ? g ( x) ≥ g (1) ? e ? ,? a ≤ e ? . 2 2 2 x [方法二]? f ( x) ? e x ? ? ax ? 1 , ? f ' ( x) ? e x ? x ? a , 2 x 设 h( x ) ? e ? x ? a , h' ( x ) ? e x ? 1 , ? x ≥0,? h' ( x) ? e x ? 1 ≥0,? h( x) ? e x ? x ? a 在 [1,??) 上为增函数, ? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a . 3 3 x2 又? f ( x) ? e x ? ? ax ? 1 ≥0恒成立,? f (1) ? e ? a ? ≥0,? a ≤ e ? , 2 2 2 x ? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a ? 0 ,? f ' ( x) ? e ? x ? a ? 0 , 3 x2 x f ( x) ? e ? ? ax ? 1 在 [1,??) 上为增函数, 此时 f ( x) ≥ f (1) ? e ? a ? ≥0恒成立, 2 2 3 ?a ≤ e ? . 2 (改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1)
设 ? ( x) ? ( x ? 1)e x ?

x2 e ? ?1 ex ? x 解:先证明 g ( x) 在 (0, ??) 上是增函数,再由洛比达法则 ,∴ 2 lim ? lim ?1 x ?0 x ?0 x 1
x

3

g ( x) ? 1 ,∴ a ≤1.(正常的讨论进行不了,除非系数调到二次项上 f ( x) ? e x ?
分两种情况讨论可得 a ≤1) 4. (两边取对数的技巧)设函数 f ( x) ? (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)求 f ( x) 的取值范围; (3)已知 2 x ?1 ? ( x ? 1) m 对任意 x ? (?1, 0) 恒成立,求实数 m 的取值范围。
1

a 2 x ? x ?1 , 2

1 ( x ? ?1 且 x ? 0 ) ( x ? 1) ln( x ? 1)

ln( x ? 1) ? 1 ( x ? 1) 2 ln 2 ( x ? 1) , ? 当 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, ?1 ? x ? e ?1 ? 1 . 当 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, 0 ? x ? e ?1 ? 1 或 x ? 0 . 故函数 f ( x) 的单调递增区间是 (?1, e ?1 ? 1) .
解: (1) ? f '( x) ? ? 函数 f ( x) 的单调递减区间是 (e ?1 ? 1, 0), (0, ??) . (2)由 f '( x) ? 0 时,即 ln( x ? 1) ? 1 ? 0, x ? e ?1 ? 1 , 由(1)可知 f ( x) 在 (?1, e ?1 ? 1) 上递增, 在 (e ?1 ? 1, 0) 递减,所以在区间(-1,0)上, 在区间 (0, ??) 上, f ( x) ? 0 . ? 函数 f ( x) 的取值范围为 (??, ?e) ? (0, ??) .分
1

当 x ? e ?1 ? 1 时, f ( x) 取得极大值,即最大值为 f (e ?1 ? 1) ? ? w .

ln 2 ? m ln( x ? 1) (3)? 2 x ?1 ? ( x ? 1) m ? 0, x ? (?1, 0) ,两边取自然对数得 x ?1

1

5.

(分离常数)

1 ? ln x . x 1 (Ⅰ)若函数在区间 (a, a ? ) 其中a >0,上存在极值,求实数a的取值范围; 2 k (Ⅱ)如果当 x ? 1 时,不等式 f ( x) ? 恒成立,求实数k的取值范围; x ?1
已知函数 f ( x) ?

4

k ( x ? 1)(1 ? ln x) ( x ? 1)(1 ? ln x) , 即为 ? k , 记 g ( x) ? , x ?1 x x ( x ? 1)(1 ? ln x) ?? x ? ( x ? 1)(1 ? ln x) ? x ? ln x 所以 g ?( x) ? ? x2 x2 1 令 h( x) ? x ? ln x ,则 h?( x) ? 1 ? , x ? x ? 1 , ? h?( x) ? 0, ? h( x) 在 ?1, ??) 上单调递增,
(Ⅱ)不等式 f ( x) ?

1 ? ln x ln x , x >0,则 f ?( x) ? ? 2 , x x 当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ??) 上单调递减, 所以函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值. 1 因为函数 f ( x) 在区间 (a, a ? ) (其中 a ? 0 )上存在极值, 2 ?a ? 1, 1 ? 所以 ? 解得 ? a ? 1 . 1 a ? ? 1, 2 ? ? 2
解: (Ⅰ)因为

f ( x) ?

?? h( x) ?min ? h(1) ? 1 ? 0 ,从而 g ?( x) ? 0 ,

故 g ( x) 在 ?1, ??) 上也单调递增, 所以 ? g ( x) ?min ? g (1) ? 2 ,所以 k ? 2 . 6. (2010湖南,分离常数,构造函数) 已知函数 f ( x) ? x 2 ? bx ? c(b, c ? R ), 对任意的 x ? R, 恒有 f ?( x) ≤ f ( x) . ⑴证明:当 x ≥ 0时,f ( x) ≤ ( x ? c) 2 ; ⑵若对满足题设条件的任意b、c,不等式 f (c) ? f (b) ≤ M (c 2 ? b 2 ) 恒成立,求M的最小值。

5

7. (第3问不常见,有特点,由特殊到一般,先猜后证)已知函数 f ( x) ? (Ⅰ)求函数f (x)的定义域 (Ⅱ)确定函数f (x)在定义域上的单调性,并证明你的结论. k (Ⅲ)若x>0时 f ( x) ? 恒成立,求正整数k的最大值. x ?1 解: (1)定义域 (?1,0) ? (0,??)

1 ? 1n( x ? 1) x

?1 1 [ ? ln( x ? 1)] 当x ? 0时, f ?( x) ? 0 单调递减。 x2 x ?1 1 1 1 x ? ln( x ? 1) g ?( x) ? ? ? ? ?0 当 x ? (?1,0) ,令 g ( x) ? 2 x ?1 x ? 1 ( x ? 1) 2 ( x ? 1)
(2) f ?( x) ?



g ( x) ?

1 1 1 x ? ln( x ? 1) g ?( x) ? ? ? ? ?0 2 x ?1 ( x ? 1) x ? 1 ( x ? 1) 2 故 g ( x) 在(-1,0)上是减函数,即 g ( x) ? g (0) ? 1 ? 0 , 1 1 ? ln( x ? 1)] 故此时 f ?( x) ? ? 2 [ x x ?1 在(-1,0)和(0,+ ? )上都是减函数 k (3)当x>0时, f ( x) ? 恒成立,令 x ? 1有k ? 2[1 ? ln 2] x ?1
又k为正整数,∴k的最大值不大于3

k ( x ? 0) 恒成立 x ?1 当x>0时 ( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ? 0 恒成立 令 g ( x) ? ( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ,则 g ?( x) ? ln( x ? 1) ? 1, 当x ? e ? 1时
下面证明当k=3时, f ( x) ?

g ?( x) ? ln( x ? 1) ? 1, 当x ? e ? 1时 , g ?( x) ? 0 ,当 0 ? x ? e ? 1时, g ?( x) ? 0
∴当 x ? e ? 1时, g ( x) 取得最小值 g (e ? 1) ? 3 ? e ? 0 当x>0时, ( x ? 1) ln( x ? 1) ? 1 ? 2 x ? 0 恒成立,因此正整数k的最大值为3 8. (恒成立,分离常数,涉及整数、较难的处理)

1 ? ln( x ? 1) ( x ? 0). x (Ⅰ)试判断函数 f ( x)在(0,??) 上单调性并证明你的结论;
已知函数 f ( x) ?

6

k 恒成立,求整数k的最大值; (较难的处理) x ?1 2)(1+2× 3)…[1+n(n+1)]>e2n-3. (Ⅲ)求证:(1+1× 1 x 1 1 ? 1 ? ln( x ? 1)] ? ? 2 [ ? ln( x ? 1)] 解: (I) f ?( x) ? 2 [ x x ?1 x x ?1 1 ? x ? 0,? x 2 ? 0, ? 0, ln( x ? 1) ? 0,? f ?( x) ? 0. ? f ( x)在(0, ?) 上递减. x ?1 k ( x ? 1)[1 ? ln( x ? 1)] 恒成立, 即h( x) ? ? k恒成立. (II) f ( x) ? x ?1 x x ? 1 ? ln( x ? 1) h ?( x) ? , 记g ( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1)( x ? 0). x x ? 0,? g ( x)在(0,??) 上单调递增, 则 g ?( x) ? x ?1 又 g (2) ? 1 ? ln 3 ? 0, g (3) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0. ? g ( x) ? 0 存在唯一实根a,且满足 a ? (2,3), a ? 1 ? ln(a ? 1). 当 x ? a时,g ( x) ? 0, h ?( x) ? 0,当0 ? x ? a时,g ( x) ? 0, h ?( x) ? 0. (a ? 1)[1 ? ln(a ? 1)] (a ? 1)a ? ? a ? 1 ? (3,4) ∴ h( x) min ? h(a ) ? a a 故正整数k的最大值是3 . 1 ? ln( x ? 1) 3 ? ( x ? 0) (Ⅲ)由(Ⅱ)知 x x ?1 3x 3 3 ?1 ? 2 ? ? 2? ∴ ln( x ? 1) ? x ?1 x ?1 x 3 令 x ? n(n ? 1)(n ? N *) ,则 ln[1 ? n(n ? 1)] ? 2 ? n(n ? 1)
(Ⅱ)若 f ( x) ? ∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

2n-3 ∴(1+1×2) (1+2×3)…[1+n(n+1)]>e 9. (分离常数,双参,较难)已知函数 f ( x) ? ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x , t ? R .

3 3 3 ) ? (2 ? ) ? ? ? [2 ? ] 1? 2 1? 3 n(n ? 1) 1 3 1 ? 2n ? 3[ ? ??? ] 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1) 1 3 ? 2n ? 3(1 ? ) ? 2n ? 3 ? ? 2n ? 3 n ?1 n ?1 ? (2 ?

(1)若函数 y ? f ( x) 依次在 x ? a, x ? b, x ? c(a ? b ? c ) 处取到极值. ①求 t 的取值范围;②若 a ? c ? 2b 2 ,求 t 的值. (2)若存在实数 t ? ? 0, 2? ,使对任意的 x ? ?1, m ? ,不等式 f ( x) ? x 恒成立.求正整数 m 的 最大值. 2 x 3 2 x 3 2 x 解: (1)① f ?( x) ? (3 x ? 12 x ? 3)e ? ( x ? 6 x ? 3 x ? t )e ? ( x ? 3 x ? 9x ? t ? 3)e

? f ( x)有3个极值点,? x 3 ? 3 x 2 ? 9x ? t ? 3 ? 0有3个根a, b, c.

7

令g ( x) ? x 3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3, g '( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 9 ? 3( x ? 1)( x ? 3) g ( x)在(-?,-1),(3,+?)上递增, (-1,3)上递减.

?g(-1)>0 ? g ( x)有3个零点? ? ??8 ? t ? 24. ? g (3) ? 0 ②? a, b, c是f ( x)的三个极值点
? x3 ? 3x 2 ? 9x ? t ? 3 ? (x-a)(x-b)(x-c)=x 3 ? (a ? b ? c) x 2 ? (ab ? bc ? ac) x ? abc
?a ? 1 ? 2 3 ?a ? b ? c ? 3 ? 3 ? ? ?ab ? ac ? bc ? ?9 ? b ? 1或 ? (舍 ? b ? (-1,3)) ? ?b ? 1 ?t ? 8 . 2 ?t ? 3 ? ?abc ? ? ?c ? 1 ? 2 3 (2)不等式 f ( x) ? x ,即 ( x 3 ? 6 x 2 ? 3 x ? t )e x ? x ,即 t ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3x . 转化为存在实数 t ? ? 0, 2? ,使对任意 x ? ?1, m ? ,不等式 t ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3x 恒成立,即不等
式 0 ? xe ? x ? x 3 ? 6 x 2 ? 3 x 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。 即不等式 0 ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 在 x ? ?1, m ? 上恒成立。 设 ? ( x) ? e ? x ? x 2 ? 6 x ? 3 ,则 ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 。 设 r ( x) ? ? ?( x) ? ?e ? x ? 2 x ? 6 ,则 r ?( x) ? e ? x ? 2 ,因为 1 ? x ? m ,有 r ?( x) ? 0 。 故 r ( x) 在区间 ?1, m ? 上是减函数。 又 r (1) ? 4 ? e ?1 ? 0, r (2) ? 2 ? e ?2 ? 0, r (3) ? ?e ?3 ? 0 故存在 x0 ? (2,3) ,使得 r ( x0 ) ? ? ?( x0 ) ? 0 。 当 1 ? x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 ,当 x ? x0 时,有 ? ?( x) ? 0 。 又 ? (1) ? e ?1 ? 4 ? 0, ? (2) ? e ?2 ? 5>0, ? (3) ? e ?3 ? 6>0, 从而 y ? ? ( x) 在区间 ?1, x0 ? 上递增,在区间 ? x0 , ?? ? 上递减。

? (4) ? e?4 ? 5>0,? (5) ? e ?5 ? 2 ? 0,? (6) ? e ?6 ? 3 ? 0. 所以当 1 ? x ? 5 时,恒有 ? ( x) ? 0 ;当 x ? 6 时,恒有 ? ( x) ? 0 ; 故使命题成立的正整数 m 的最大值为5.
10. (2008湖南理22,分离常数,复合的超范围) 已知函数 f ( x) ? ln 2 (1 ? x) ? ⑴求函数 f ( x) 的单调区间; ⑵若不等式 (1 ? )

x2 . 1? x

1 n

n?a

≤ e 对任意的 n ? N* 都成立(其中e是自然对数的底数) ,求a的最大值.

(分离常数) 解: ⑴函数 f ( x) 的定义域是 (?1, ??) ,

2 ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x) 2 (1 ? x) 2 设 g ( x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x, 则 g ?( x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 x. f ?( x) ?

8

令 h( x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 x, 则 h?( x) ?

当 ?1 ? x ? 0 时, h?( x) ? 0, h( x) 在(-1,0)上为增函数, 当x>0时, h?( x) ? 0, h( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 所以h(x)在x=0处取得极大值,而h(0)=0,所以 g ?( x) ? 0( x ? 0) , 函数g(x)在 (?1, ??) 上为减函数.

2 ?2 x ?2 ? . 1? x 1? x

于是当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0, 当x>0时, g ( x) ? g (0) ? 0. 所以,当 ?1 ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在(-1,0)上为增函数. 当x>0时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 故函数 f ( x) 的单调递增区间为(-1,0) ,单调递减区间为 (0, ??) .

1 ? e 等价于不等式 (n ? a ) ln(1 ? ) ? 1. n 1 1 1 a≤ ? n. 1 由 1 ? ? 1 知, ln(1 ? ) >0,∴上式变形得 ln(1 ? ) n n n 1 1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则 设 x ? ,则 G ( x) ? ln(1 ? x) x n
⑵不等式 (1 ? )
n?a

1 n

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x 2 x (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x2 2 由⑴结论知, ln (1 ? x) ? ? 0, ( f ( x) ≤ f (0) ? 0 )即 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 0. 1? x 所以 G?( x) ? 0, x ? ? 0,1? , 于是G(x)在 ? 0,1? 上为减函数. 1 ? 1. 故函数 G ( x) 在 ? 0,1? 上的最小值为 G (1) ? ln 2 1 ? 1. 所以a的最大值为 ln 2 G?( x) ? ?
11. (变形,分离常数) 已知函数 f ( x) ? x 2 ? a ln x (a为实常数). (1)若 a ? ?2 ,求证:函数 f ( x) 在(1,+∞)上是增函数; (2)求函数 f ( x) 在[1,e]上的最小值及相应的 x 值; (3)若存在 x ? [1, e] ,使得 f ( x) ? (a ? 2) x 成立,求实数a的取值范围. 解:⑴当 a ? ?2 时, f ( x) ? x 2 ? 2 ln x ,当 x ? (1,??) , f ?( x) ? 故函数 f ( x) 在 (1,??) 上是增函数. ⑵ f ?( x) ?

2( x 2 ? 1) ?0, x

若 a ? ?2 , f ?( x) 在 [1, e] 上非负(仅当 a ? ?2 ,x=1时, f ?( x) ? 0 ) ,故函数 f ( x) 在 [1, e] 上是 增函数,此时 [ f ( x)] min ? f (1) ? 1 . 若 ? 2e 2 ? a ? ?2 ,当 x ?

2x 2 ? a ( x ? 0) ,当 x ? [1, e] , 2 x 2 ? a ? [a ? 2, a ? 2e 2 ] . x

?a ?a 时, f ?( x) ? 0 ;当 1 ? x ? 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 2 2

9

?a ? x ? e 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 是增函数. 2 a a a ?a 故 [ f ( x)] min ? f ( ) ? ln(? ) ? . 2 2 2 2 若 a ? ?2e 2 , f ?( x) 在 [1, e] 上非正(仅当 a ? ?2e 2 ,x=e时, f ?( x) ? 0 ) ,故函数 f ( x) 在 2 [1, e] 上是减函数,此时 [ f ( x)] min ? f (e) ? a ? e . ⑶不等式 f ( x) ? (a ? 2) x ,可化为 a ( x ? ln x) ? x 2 ? 2 x .
是减函数;当 ∵ x ? [1, e] , ∴ ln x ? 1 ? x 且等号不能同时取,所以 ln x ? x ,即 x ? ln x ? 0 ,

x 2 ? 2 x x ? [1, e] ( ) x ? ln x ( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) x 2 ? 2 x x ? [1, e] 令 g ( x) ? ( ) ,又 g ?( x) ? , ( x ? ln x) 2 x ? ln x 当 x ? [1, e] 时, x ? 1 ? 0, ln x ? 1 , x ? 2 ? 2 ln x ? 0 , 从而 g ?( x) ? 0 (仅当x=1时取等号) ,所以 g ( x) 在 [1, e] 上为增函数, 故 g ( x) 的最小值为 g (1) ? ?1 ,所以a的取值范围是 [?1,??) . 12. (分离常数,转换变量,有技巧) 设函数 f ( x) ? a ln x ? bx 2 .
因而 a ?

1 相切: 2 1 ①求实数 a, b 的值;②求函数 f ( x) 在 [ , e] 上的最大值; e 3 2 ⑵当 b ? 0 时,若不等式 f ( x) ≥ m ? x 对所有的 a ? [0, ], x ? [1, e ] 都成立,求实数 m 的取值 2
⑴若函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 范围. 解: (1)① f '( x) ?

?a ? 1 ? f '(1) ? a ? 2b ? 0 1 ? ? . ∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 相切? ? 1 , 解得 ? 1 f (1) ? ?b ? ? b? 2 ? ? ? 2 ? 2 2 1 1 1? x ② f ( x) ? ln x ? x 2 , f '( x) ? ? x ? 2 x x 1 1 ?1 ? 当 ? x ? e 时,令 f '( x) ? 0 得 ? x ? 1 ;令 f '( x) ? 0 ,得 1 ? x ? e ,? f ( x)在? ,1? 上单 e e ?e ? 1 调递增,在[1,e]上单调递减,? f ( x) max ? f (1) ? ? . 2 ? 3? 2 (2)当b=0时, f ( x) ? a ln x 若不等式 f ( x) ? m ? x 对所有的 a ? ? 0, ? , x ? ?1, e ? ? 都成立, ? 2? ? 3? 2 则 a ln x ? m ? x 对所有的 a ? ? 0, ? , x ? ?1, e ? ? 都成立, 2 ? ?

a ? 2bx 。 x

10

即 m ? a ln x ? x, 对所有的 a ? [0, ], x ? 1, e

令 h(a ) ? a ln x ? x, 则h(a ) 为一次函数, m ? h(a ) min

3 2

? ? 都成立,
2

.

3 ? x ? ?1, e 2 ? ? ,? ln x ? 0, ? h(a )在a ? [0, 2 ] 上单调递增,? h(a ) min ? h(0) ? ? x , ? m ? ? x 对所有的 x ? ?1, e 2 ? ? 都成立.
2 ?1 ? x ? e 2 ,??e 2 ? ? x ? ?1, ? m ? (? x) min ? ?e ..

2 (注:也可令 h( x) ? a ln x ? x, 则m ? h( x) 所有的 x ? 1, e ? ? 都成立,分类讨论得

?

3 m ? h( x) min ? 2a ? e 2 对所有的 a ? [0, ] 都成立,? m ? (2a ? e 2 ) min ? ?e 2 ,请根据过程酌情 2
给分)

恒成立之讨论字母范围
13. 设函数 f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x). (Ⅰ)若 x=0 是 F(x)的极值点,求 a 的值; (Ⅱ)当 a=1 时,设 P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且 PQ//x 轴,求 P、Q 两点间的最短距离; (Ⅲ):若 x≥0 时,函数 y=F(x)的图象恒在 y=F(-x)的图象上方,求实数 a 的取值范围. 解:(Ⅰ)F(x)= ex+sinx-ax, F '( x) ? e x ? cos x ? a . 因为 x=0 是 F(x)的极值点,所以 F '(0) ? 1 ? 1 ? a ? 0, a ? 2 . 又当 a=2 时,若 x<0, F '( x) ? e x ? cos x ? a ? 0 ;若 x>0, F '( x) ? e x ? cos x ? a ? 0 . ∴x=0 是 F(x)的极小值点, ∴a=2 符合题意. (Ⅱ) ∵a=1, 且 PQ//x 轴,由 f(x1)=g(x2)得: x2 ? e 1 ? sin x1 ,所以 x2 ? x1 ? e 1 ? sin x1 ? x1 .
x x

令 h( x) ? e x ? sin x ? x, h '( x) ? e x ? cos x ?1 ? 0 当 x>0 时恒成立. ∴x∈[0,+∞ ) 时,h(x)的最小值为 h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令 ? ( x) ? F ( x) ? F (? x) ? e x ? e? x ? 2sin x ? 2ax. 则 ? '( x) ? ex ? e? x ? 2cos x ? 2a. S ( x) ? ? ''( x) ? e x ? e? x ? 2sin x . 因为 S '( x) ? ex ? e? x ? 2cos x ? 0 当 x≥0 时恒成立, 所以函数 S(x)在 [0, ??) 上单调递增, ∴S(x)≥S(0)=0 当 x∈[0,+∞ ) 时恒成立; 因此函数 ? '( x ) 在 [0, ??) 上单调递增, ? '( x) ? ? '(0) ? 4 ? 2a 当 x∈[0,+∞ ) 时恒成立. 当 a≤2 时, ? '( x) ? 0 , ? ( x) 在[0,+∞ ) 单调递增,即 ? ( x) ? ? (0) ? 0 . 故 a≤2 时 F(x)≥F(-x)恒成立.

当a ? 2时,? '( x) ? 0, 又?? '( x)在?0, ?? ? 单调递增, ?总存在x0 ? (0, ??), 使得在区间?0,x0 ? 上? '( x) ? 0.导致? ( x)在?0, x0 ? 递减,而? (0) ? 0,

?当x ? (0, x0 )时,? ( x) ? 0,这与F ( x) ? F (? x) ? 0对x ? ?0, ?? ? 恒成立不符, ? a ? 2不合题意.综上a取值范围是 ? -?,2?.???14分

11

14. (用到二阶导数,二次)

k 2 x ? x. 2 ⑴若 k ? 0 ,求 f ( x) 的最小值; ⑵若当 x ? 0 时 f ( x) ? 1 ,求实数 k 的取值范围. 解: (1) k ? 0 时, f ( x) ? e x ? x , f '( x) ? e x ? 1 . 当 x ? (??, 0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在 (??, 0) 上单调减小,在 (0, ??) 上单调增加 故 f ( x) 的最小值为 f (0) ? 1 (2) f '( x) ? e x ? kx ? 1 , f ??( x) ? e x ? k 当 k ? 1 时, f ??( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ?( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增,
设函数 f ( x) ? e ?
x

而 f ?(0) ? 0 ,所以 f '( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增, 而 f (0) ? 1 ,于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 1 . 当 k ? 1 时,由 f ??( x) ? 0 得 x ? ln k 当 x ? (0, ln k ) 时, f ??( x) ? 0 ,所以 f ?( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f ?(0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln k ) 时, f '( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f (0) ? 1 ,所以当 x ? (0, ln k ) 时, f ( x) ? 1 . 综上得 k 的取值范围为 (??,1] . 15. (第 3 问设计很好,2 问是单独的,可以拿掉)已知函数 f ( x) ? b( x ? 1) ln x ? x ? 1 ,斜率 为 1的直线与 f ( x ) 相切于 (1, 0) 点. (Ⅰ)求 h( x) ? f ( x) ? x ln x 的单调区间; (Ⅱ)当实数 0 ? a ? 1 时,讨论 g ( x) ? f ( x) ? (a ? x) ln x ? (Ⅲ)证明: ( x ? 1) f ( x) ? 0 . 解: (Ⅰ)由题意知: f ?( x) ? b(ln x ?

1 2 ax 的极值点。 2

f ?(1) ? 2b ? 1 ? 1, b ? 1 ………………………………2 分 h( x) ? f ( x) ? x ln x ? ln x ? x ? 1 1 h?( x ) ? ? 1 x 1 1 h?( x ) ? ? 1 ? 0 解得: 0 ? x ? 1 ; h?( x ) ? ? 1 ? 0 解得: x ? 1 x x 所以 h( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, ??) 上单调递减………………4 分 1 2 1 2 (Ⅱ) g ( x) ? f ( x) ? (a ? x) ln x ? ax = (1 ? a ) ln x ? ax ? x ? 1 2 2 1 ? ? a ? x ? ( ? 1) ? ( x ? 1) 2 1? a ax ? x ? 1 ? a ? ax ? (1 ? a ) ? ( x ? 1) a ? ? ? ? ? g / ( x) ? ? ax ? 1 ? x x x x

x ?1 ) ?1 x

12

1 ? 1, x 2 ? 1. a 1 1 1 0 若 0 ? ? 1 ? 1, a ? 0 即 ? a ? 1 , 0 ? x1 ? x2 a 2 x x1 x2 (0, x1 ) ( x1 , x 2 ) ( x2 ,??) / 0 0 + + f ( x) 极大值 极小值 f ( x) ? ? ? 1 此时 g ( x) 的极小值点为 x ? 1 ,极大值点 x ? ? 1 ………………………………7 分 a 1 1 2 0 若 ? 1 ? 1, a ? 0 即 a ? , x1 ? x2 ? 1 ,则 g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0,??) 上单调递增, a 2

g ?( x) ? 0 得: x1 ?

无极值点.

1 1 ? 1 ? 1, a ? 0 即 0 ? a ? , x1 ? x2 ? 1 , a 2 x x2 x1 (0, x2 ) ( x 2 , x1 ) / 0 0 + f ( x) 极大值 极小值 f ( x) ? ? 1 此时 g ( x) 的极大值点为 x ? 1 ,极小值点 x ? ? 1 . a

30 若

( x1 ,??)
+

?

综上述:

1 1 ? a ? 1 时, g ( x) 的极小值点为 x ? 1 ,极大值点 x ? ? 1 ; 2 a 1 当 a ? 时, g ( x) 无极值点; 2 1 1 当 0 ? a ? 时, g ( x) 的极大值点为 x ? 1 ,极小值点 x ? ? 1 . 2 a


16. (2011全国I文21,恒成立,一次,提出一部分再处理的技巧) 设函数 f ( x) ? x e ? 1 ? ax .
x 2

?

?

13

1 ,求 f ( x) 的单调区间; 2 ⑵若当 x ≥0时 f ( x) ≥0,求a的取值范围. 1 1 2 x 解:⑴ a ? 时, f ( x) ? x(e ? 1) ? x , f '( x) ? e x ? 1 ? xe x ? x ? (e x ? 1)( x ? 1) . 2 2 当 x ? ? ??, ?1? 时 f '( x) ? ? ;当 x ? ? ?1, 0 ? 时, f '( x) ? 0 ;
⑴若a = 当 x ? ? 0, ?? ? 时, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 在 ? ??, ?1? , ? 0, ?? ? 单调增加,在(-1,0)单调减少. ⑵ f ( x) ? x(e x ? 1 ? ax) .令 g ( x) ? e x ? 1 ? ax ,则 g ?( x) ? e x ? a . ①若 a ? 1 ,则当 x ? ? 0, ?? ? 时, g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 , 从而当x≥0时 g ( x) ≥0,即 f ( x) ≥0,符合题意. ②若 a ? ? ,则当 x ? ? 0, ln a ? 时, g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 , 从而当 x ? ? 0, ln a ? 时 g ( x) <0,即 f ( x) <0,不合题意. 综合得 a 的取值范围为 ? ??,1? 17. (2011全国新理21,恒成立,反比例,提出公因式再处理的技巧,本题的创新之处是将一 般的过定点(0,0)变为过定点(1,0) ,如果第2问范围变为 x ? 1 则更间单) 已知函数 f ( x) ?

⑴求 a 、 b 的值;

a ln x b ? 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 . x ?1 x ln x k ? ,求 k 的取值范围。 x ?1 x

⑵如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ?

x ?1 ? ln x) b 解:⑴ x f '( x) ? ? 2, 2 ( x ? 1) x 1 a 1 依意意 f (1) ? 0, 且 f ?(1) ? ? ,即 b ? 1 , ? b ? ? ,解得 a ? 1 , b ? 1 . 2 2 2 ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ln x 1 ? )? (2ln x ? ). ? ,所以 f ( x) ? ( ⑵由⑴知 f ( x) ? x ?1 x 1 ? x2 x x ?1 x a(
设 h( x) ? 2 ln x ?

(k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x ( x ? 0) ,则 h '( x) ? . x x2

(注意h(x)恒过点(1,0),由上面求导的表达式发现讨论点0和1)

k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 , (变形难想,法二) x2 当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 .而 h(1) ? 0 ,故 1 h( x ) ? 0 ; 当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得 1 ? x2 1 h( x) >0, 当x ? (1,+ ? )时, h( x) <0,可得 1? x2
① 当 k ? 0 ,由 h '( x) ?

14

ln x k ln x k + )>0,即 f ( x) > + . x ?1 x x ?1 x k 法二: h?( x) 的分子 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x ≤ <0,∴ h '( x) ? 0 . 1? k 1 )时,(k-1)(x2 +1)+2x>0,故 h?( x) >0,而 ②当0< k <1,由于当x ? (1, 1? k 1 1 h(1) =0,故当x ? (1, h( x) <0,不合题意. )时, h( x) >0,可得 1? k 1? x2
从而当x>0,且x ? 1时, f ( x) -(

h( x) 递增, h( x) ? h(1) ? 0 , + ? )时, ③当k≥1, 此时 h?( x) >0, 则x ? (1, ∴ f ( x) ?
不合题意. 综上,k的取值范围为(- ? ,0] 18. (2010新课程理21,恒成立,讨论,二次,用到结论 e x ≥ 1 ? x ) 设函数 f ( x) ? e x ? 1 ? x ? ax 2 . ⑴若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间;

1 h( x) <0, 1 ? x2

⑵若当 x ≥ 0 时 f ( x) ≥ 0 ,求 a 的取值范围. 解:命题意图:本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问 题,考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力. ⑴ a ? 0 时, f ( x) ? e x ? 1 ? x , f '( x) ? e x ? 1 . 当 x ? (??, 0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 .故 f ( x) 在 (??, 0) 单调减少,在 (0, ??) 单调增加.

1 时, f ?( x) ? e x ? 1 ? 2ax , 2 由⑴结论知 f ( x) ? e x ? 1 ? x ≥ f (0) ? 0 ,则 e x ≥ 1 ? x ,
⑵①当 a ≤ 故 f '( x) ? x ? 2ax ? (1 ? 2a ) x ,从而当 1 ? 2a ? 0 ,即 a ? 而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,符合题意. ②a ?

1 时, f '( x) ? 0 ( x ? 0) , 2

1 时,由 e x ? 1 ? x( x ? 0) 可得 e ? x ? 1 ? x( x ? 0) .(太难想,法二) 2 f '( x) ? e x ? 1 ? 2a(e ? x ? 1) ? e ? x (e x ? 1)(e x ? 2a) , 故当 x ? (0, ln(2a )) 时, f '( x) ? 0 ,而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln(2a)) 时, f ( x) ? 0 . 1 综合得 a 的取值范围为 ( ??, ] . 2 x 法二:设 g ( x) ? f ?( x) ? e ? 1 ? 2ax ,则 g ?( x) ? e x ? 2a , 令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? ln(2a ) ? 0 . 当 x ? [0, ln(2a)] , g ?( x) ? 0 , g ( x) 在此区间上是增函数,∴ g ( x) ≤ g (0) ? 0 , ∴ f ( x) 在此区间上递增,∴ f (ln(2a)) ≤ f (0) ? 0 ,不合题意.
19. (恒成立,2010全国卷2理数,利用⑴结论,较难的变形讨论)

15

?x 设函数 f ? x ? ? 1 ? e .

⑴证明:当 x>-1 时, f ? x ? ? ⑵设当 x ? 0 时, f ? x ? ?

x ; x ?1

x ,求a的取值范围. ax ? 1

解:本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式,考查考生综合运用知识的能力及分类讨 论的思想,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

【点评】导数常作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基础 知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会 减弱。作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等式等,常 伴随对参数的讨论,这也是难点之所在. 20. 已知函数 f ( x) ?

kx ? 1 ,且函数 f ? x ? 是 ? ?1, ?? ? 上的增函数。 x ?1

16

(1)求 k 的取值范围;
kx?1

(2) 若对任意的 x ? 0 , 都有 e x ?1 ? x ? 1(e 是自然对数的底) , 求满足条件的最大整数 k 的值。 解析: ( 1 ) 设 f ?( x) ?

k ?1 , 所 以 g ? ? x ? ? 0 , 得 到 k ? ?1 . 所 以 k 的 取 值 范 围 为 ( x ? 1) 2
, 因为 f ? x ? 是 ? ?1, ?? ? 上的增函数, 且e ?1, 所以 g ? x ? 是 ? ?1, ?? ?
k ?1 2

(?1, ??) ………2 分
(2) 令 g ( x) ? e
kx?1 x ?1

上的增函数。…………………………4 分 由条件得到 g (1) ? 2 ? e ,猜测最大整数 ? 2 ? k ? 2 ln 2 ? 1 ? 3 (两边取自然对数)

? x ? 1 对任意 x ? 0 恒成立。…………6 分 3 3 ? ln ? x ? 1? ? ln ? x ? 1? ? ? 2 ,………………8 分 e ? x ? 1 等价于 2 ? x ?1 x ?1 3 1 3 x?2 设 h ? x ? ? ln ? x ? 1? ? , ? h? ? x ? ? ? ? 2 2 x ?1 x ? 1 ? x ? 1? ? x ? 1?
k ? 2 ,现在证明 e
2 x ?1 x ?1

2 x ?1 x ?1

当 x ? ? 0, 2 ? 时, h? ? x ? ? 0 ,当 x ? ? 0, ?? ? 时, h? ? x ? ? 0 , 所以对任意的 x ? 0 都有 h ? x ? ? h ? 2? ? ln3 ? 1 ? 2 ,即 e x ?1 ? x ? 1 对任意 x ? 0 恒成立, 所以整数 k 的最大值为 2.……………………………………………………14 分 21. (2008山东卷21) 已知函数 f ( x) ?
2 x ?1

1 ? a ln( x ? 1), 其中n∈N*,a为常数. (1 ? x) n

⑴当n=2时,求函数f(x)的极值; ⑵当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1. 解:⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1}, 当n=2时, f ( x) ?

1 2 ? a(1 ? x) 2 ? a ln( x ? 1), . 所以 f ?( x) ? (1 ? x) 2 (1 ? x)3

①当a>0时,由f(x)=0得 x1 ? 1 ? 此时 f ?( x) =

2 2 >1, x2 ? 1 ? <1, a a

?a ( x ? x1 )( x ? x2 ) . (1 ? x)3 当x∈(1,x1)时, f ?( x) <0,f(x)单调递减; 当x∈(x1+∞)时, f ?( x) >0, f(x)单调递增. ②当a≤0时, f ?( x) <0恒成立,所以f(x)无极值.
综上所述,n=2时, 当a>0时,f(x)在 x ? 1 ? 当a≤0时,f(x)无极值.

2 2 a 2 处取得极小值,极小值为 f (1 ? ) ? (1 ? ln ). a a 2 a

17

1 ? ln( x ? 1). (1 ? x) n 1 ? ln( x ? 1), ①当n为偶数时,令 g ( x) ? x ? 1 ? (1 ? x) n n 1 x?2 n ? ? ? 则 g ?( x) )=1+ >0(x≥2). n ?1 ( x ? 1) x ? 1 x ? 1 ( x ? 1) n ?1
⑵证法一:因为a=1,所以 f ( x) ? 所以当x∈[2,+∞]时,g(x)单调递增, 又g(2)=0,因此 g ( x) ? x ? 1 ? 所以f(x)≤x-1成立. ②当n为奇数时,要证 f ( x) ≤x-1,由于

1 ? ln( x ? 1) ≥g(2)=0恒成立, ( x ? 1) n

1 <0,所以只需证ln(x-1) ≤x-1, (1 ? x) n 1 x?2 ? 令h(x)=x-1-ln(x-1),则 h?( x) =1- ≥0(x≥2), x ?1 x ?1 所以,当x∈[2,+∞]时, h( x) ? x ? 1 ? ln( x ? 1) 单调递增,又h(2)=1>0,

所以当x≥2时,恒有h(x)>0,即ln(x-1)<x-1命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当a=1时, f ( x) ?

1 ? ln( x ? 1). (1 ? x) n 1 当x≤2,时,对任意的正整数n,恒有 ≤1, (1 ? x) n
故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1. 令 h( x) ? x ? 1 ? (1 ? ln( x ? 1)) ? x ? 2 ? ln( x ? 1), x ? ? 2, ?? ?

1 x?2 ? , x ?1 x ?1 当x≥2时, h?( x) ≥0,故h(x)在 ? 2, ?? ? 上单调递增,
则 h?( x) ? 1 ? 因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故当x≥2时,有 即f(x)≤x-1.

1 ? ln( x ? 1) ≤x-1. (1 ? x) n

22. 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1), g ( x) ? e ?1,
x

(Ⅰ)若 F ( x) ? f ( x) ? px ,求 F ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)对于任意的 x2 ? x1 ? 0 ,比较 f ( x2 ) ? f ( x1 ) 与 g ( x2 ? x1 ) 的大小,并说明理由.

1 px ? p ? 1 ?p? ,-----1 分 x ?1 x ?1 ①当 p ? 0 时, F ?( x) ? 0 在 (?1, ??) 上恒成立,? F ( x) 的递增区间为 (?1, ??) ;------2 分 ②当 p ? 0 时, F ( x ) 的递增区间为 (?1, ??) ;--------------3 分
解: (Ⅰ) F ( x) ? f ( x) ? px ? ln( x ? 1) ? px ,? F ?( x) ?

18

③当 p ? 0 时, F ( x ) 的递增区间为 (?1, ?1 ?

1 1 ) ,递减区间为 ( ?1 ? , ?? ) ;--------4 分 p p

(Ⅱ)令 G( x) ? g ( x) ? f ( x) ? e x ?1 ? ln( x ? 1)( x ? ?1) ,

1 ex x ? ex ?1 ? , x ?1 x ?1 令 H ( x) ? e x x ? e x ?1( x ? ?1) , H ?( x) ? e x ( x ? 2) ? 0 在 (?1, ??) 上恒成立, ? 当 x ? 0 时, H ( x) ? H (0) ? 0 成立,?G?( x) ? 0 在 x ? 0 上恒成立, ? G ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,? 当 x ? 0 时, G( x) ? G(0) ? 0 恒成立, ? 当 x ? 0 时, g ( x) ? f ( x) ? 0 恒成立, ? 对于任意的 x2 ? x1 ? 0 时, g ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) , x ? 1 x1 ( x2 ? x1 ) x ?1 又 x2 ? x1 ? 1 ? 2 ? ? 0 ,? ln( x2 ? x1 ? 1) ? ln 2 ? ln( x2 ? 1) ? ln( x1 ? 1) , x1 ? 1 x1 ? 1 x1 ? 1 ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,即 g ( x2 ? x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) . ? G?( x) ? e x ?

23. (恒成立,思路不常见)

x?a ,其中 a 为实数. ln x (1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; (2)是否存在实数 a ,使得对任意 x ? (0,1) ? (1,??) , f ( x) ? x 恒成立?若不存在,请说 明理由,若存在,求出 a 的值并加以证明. x?2 x ln x ? x ? 2 解:⑴ a ? 2 时, f ( x) ? , f ?( x) ? , ln x x ln 2 x 1 1 f ?(2) ? ( x ? 2) . ,又 f (2) ? 0 ,所以切线方程为 y ? ln 2 ln 2 x?a ? x ? a ? x ? x ln x ⑵①当 0 ? x ? 1 时, ln x ? 0 ,则 ln x 2 x ? 2 ? ln x 令 g ( x) ? x ? x ln x , g ?( x) ? , 2 x 1 1 x ?1 再令 h( x) ? 2 x ? 2 ? ln x , h ?( x) ? ? ? ?0 x x x 当 0 ? x ? 1 时 h ?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 (0,1) 上递减, ∴当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 , h( x ) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0,1) 上递增, g ( x) ? g (1) ? 1 ,所以 a ? 1 ∴ g ?( x) ? 2 x x?a ? x ? a ? x ? x ln x ? a ? g ( x) ② x ? 1 时, ln x ? 0 ,则 ln x 由①知当 x ? 1 时 h ?( x) ? 0 , h( x) 在 (1,??) 上递增
已知函数 f ( x) ?

19

当 x ? 1 时, h( x) ? h(1) ? 0 , g ?( x) ?

?0 2 x 所以 g ( x) 在 (1,??) 上递增,∴ g ( x) ? g (1) ? 1 ,∴ a ? 1 ; 由①②得 a ? 1 .
24. 已知函数 g ( x) ? ax 2 ? 2ax ? 1 ? b(a ? 0, b ? 1) ,在区间 ?2, 3? 上有最大值4,最小值1,设

h( x )

g ( x) . x (Ⅰ)求 a, b 的值; f ( x) ?
(Ⅱ)不等式 f (2 x ) ? k ? 2 x ? 0 在 x ? [?1,1] 上恒成立,求实数 k 的范围; (Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k (
x

2 ? 3) ? 0 有三个不同的实数解,求实数 k 的范围. | 2 ?1|
x

解:(Ⅰ)(1) g ( x) ? a ( x ? 1) 2 ? 1 ? b ? a 当 a ? 0 时, g ( x)在 ? 2, 3? 上为增函数 故?

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 5 ?a ? 1 ? ? ?? ? g (2) ? 5 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 2 ?b ? 0 当 a ? 0时,g ( x)在 ? 2, 3? 上为减函数
故?

? g (3) ? 2 ?9a ? 6a ? 2 ? b ? 2 ?a ? ?1 ? ? ? ? ? g (2) ? 2 ? 4a ? 4a ? 2 ? b ? 5 ?b ? 3
f ? x? ? x ? 1 ? 2. x

? b ? 1 ? a ? 1 b ? 0 即 g ( x) ? x 2 ? 2 x ? 1 .
(Ⅱ)方程 f (2 x ) ? k ? 2 x ? 0 化为 2 ?
x

1 ? 2 ? k ? 2x x 2

1 2 1 1 ) ? 2 x ? k ,令 x ? t , k ? t 2 ? 2t ? 1 x 2 2 2 1 ∵ x ? [?1,1] ∴ t ? [ ,2] 记 ? (t ) ? t 2 ? 2t ? 1 ∴ ? (t ) min ? 0 ∴k ? 0 2 2 1 ? 2k x ? 3) ? 0 化为 | 2 x ? 1 | ? x ? (2 ? 3k ) ? 0 (Ⅲ)方程 f (| 2 ? 1 |) ? k ( x | 2 ?1| | 2 ?1| 1? (

| 2 x ? 1 | 2 ?(2 ? 3k ) | 2 x ? 1 | ?(1 ? 2k ) ? 0 , | 2 x ? 1 |? 0 令 | 2 x ? 1 |? t , 则方程化为 t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k ) ? 0 ( t ? 0 )

20

∵方程 | 2 ? 1 | ?
x

1 ? 2k ? (2 ? 3k ) ? 0 有三个不同的实数解, | 2x ?1|

∴由 t ?| 2 x ? 1 | 的图像知,

t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k ) ? 0 有两个根 t1 、 t 2 , 且 0 ? t 1 ? 1 ? t 2 或 0 ? t1 ? 1 , t 2 ? 1
记 ? (t ) ? t 2 ? (2 ? 3k )t ? (1 ? 2k )

则?

?? (0) ? 1 ? 2k ? 0 ? ? (1) ? ?k ? 0



? ?? (0) ? 1 ? 2k ? 0 ? ? ? (1) ? ?k ? 0 ∴ k ? 0 ? 2 ? 3k 0? ?1 ? 2 ?
(x ? 0 )

2 25. 已知函数 f ( x) ? (1 ? )[1 ? ln( x ? 1)] , 设 g ( x) ? x ? f ?( x)

1 x

(1)是否存在唯一实数 a ? (m, m ? 1) ,使得 g (a) ? 0 ,若存在,求正整数 m 的值;若不存在, 说明理由。 (2)当 x ? 0 时, f ( x) ? n 恒成立,求正整数 n 的最大值。 解: (1)由 f ?( x) ? 则 g ?( x) ?

x ? 1 ? ln( x ? 1) ,得 x2

g ( x)? x? 1 ? l n x ( ? 1) x(?

0),

x ? 0, 因此 g ( x) 在 (0, ??) 内单调递增。……………4 分 x ?1 因为 g (2) ? 1 ? ln 3 ? 0 , g (3) ? 2(1 ? ln 2) ? 0 ,
即 g ( x) ? 0 存在唯一的根 a ? (2,3) ,于是 m ? 2, ……………6 分

n ? f ( x) 且 x ? (0, ??) 恒成立, (2) 由 f ( x) ? n 得, 由第 ( 1) 题知存在唯一的实数 a ? (2,3) ,
使得 g (a) ? 0 ,且当 0 ? x ? a 时, g ( x) ? 0 , f ?( x) ? 0 ;当 x ? a 时, g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,

(a ? 1)[1 ? ln(a ? 1)] ……………9 分 a f ( a)? a ? 1 (? 1 ?)a 于是 , 由 g (a) ? 0 ,得 a ? 1 ? ln(a ? 1) ? 0, 即 1 ? l na
因此当 x ? a 时, f ( x ) 取得最小值 f (a ) ? 又由 a ? (2,3) ,得 f (a) ? (3, 4) ,从而 n ? 3 ,故正整数 n 的最大值为 3。………12 分 26. (第 3 问难想)已知函数 f ( x) ? (ax ? x)e ,其中e是自然数的底数, a ? R 。
2 x

(1) 当 a ? 0 时,解不等式 f ( x) ? 0 ; (2) 若 f ( x ) 在[-1,1]上是单调增函数,求 a 的取值范围; (3) 当 a ? 0 时,求整数k的所有值,使方程 f ( x) ? x ? 2 在[k,k+1]上有解。 ⑴因为 e x ? 0 ,所以不等式 f ( x) ? 0 即为 ax 2 ? x ? 0 , 1 又因为 a ? 0 ,所以不等式可化为 x( x ? ) ? 0 , a 1 所以不等式 f ( x) ? 0 的解集为 (0, ? ) .………………………………………4 分 a

21

⑵ f ?( x) ? (2ax ? 1)e x ? (ax2 ? x)e x ? [ax2 ? (2a ? 1) x ? 1]e x ,
1] 上恒成立,当且仅当 x ? ?1 时 ①当 a ? 0 时, f ?( x) ? ( x ? 1)e x , f ?( x) ≥ 0 在 [ ?1,

取等号,故 a ? 0 符合要求;………………………………………………………6 分 ②当 a ? 0 时,令 g ( x) ? ax2 ? (2a ? 1) x ? 1 ,因为 ? ? (2a ? 1)2 ? 4a ? 4a2 ? 1 ? 0 , 所以 g ( x ) ? 0 有两个不相等的实数根 x1 , x 2 ,不妨设 x1 ? x2 , 因此 f ( x) 有极大值又有极小值.
1) 内有极值点, 若 a ? 0 ,因为 g (?1) ? g (0) ? ?a ? 0 ,所以 f ( x) 在 ( ?1,

1? 上不单调.………………………………………………………8 分 故 f ( x) 在 ? ?1,

若 a ? 0 ,可知 x1 ? 0 ? x2 ,
1] 上单调,因为 g (0) ? 1 ? 0 , 因为 g ( x) 的图象开口向下,要使 f ( x) 在 [ ?1, ? g (1) ≥ 0, ?3a ? 2 ≥ 0, 2 必须满足 ? 即? 所以 ? ≤ a ? 0 . g ( ? 1) ≥ 0. ? a ≥ 0. 3 ? ?

2 综上可知, a 的取值范围是 [? ,0] .………………………………………10 分 3 x ⑶当 a ? 0 时, 方程即为 xe ? x ? 2 ,由于 e x ? 0 ,所以 x ? 0 不是方程的解, 2 2 所以原方程等价于 e x ? ? 1 ? 0 ,令 h( x) ? e x ? ? 1 , x x 2 因为 h?( x) ? e x ? 2 ? 0 对于 x ? ? ??,0? ? ? 0, ?? ? 恒成立, x h ( x ) 所以 在 ? ??,0 ? 和 ? 0, ?? ? 内是单调增函数,……………………………13 分

1 又 h(1) ? e ? 3 ? 0 , h(2) ? e2 ? 2 ? 0 , h(?3) ? e?3 ? ? 0 , h(?2) ? e?2 ? 0 , 3 2? 和 ? ?3, ? 2? 上, 所以方程 f ( x) ? x ? 2 有且只有两个实数根,且分别在区间 ?1,

所以整数 k 的所有值为 ??3,1? .………………………………………………………16 分

27. (2010湖南文数,另类区间)

a ? x ? (a ? 1) ln x ? 15a, 其中a<0,且a≠-1. x (Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性;
已知函数 f ( x) ? (Ⅱ)设函数

g ( x) ? {e? f ( x ),x?1

( ?2 x3 ?3 ax3 ?6 ax ?4 a 2 ?6 a ) e x , x?1

(e是自然数的底数) 。是否存在a,

使 g ( x) 在[a,-a]上为减函数?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由。

22

23

79. (2008辽宁理22,第2问无从下手,思路太难想) 设函数 f ( x) ?

ln x ? ln x ? ln( x ? 1) . 1? x

⑴求 f ( x) 的单调区间和极值; ⑵是否存在实数 a ,使得关于 x 的不等式 f ( x) …a 的解集为 (0, ??) ?若存在,求 a 的取值范围; 若不存在,试说明理由. 说明:本小题主要考查函数的导数,单调性,极值,不等式等基础知识,考查综合利用数学知 识分析问题、解决问题的能力.满分14分.

1 ln x 1 1 ln x ? ? ? ?? . 2 x(1 ? x) (1 ? x) x x ?1 (1 ? x) 2 1) 时, f ?( x) ? 0 , x ? (1, ? ∞) 时, f ?( x) ? 0 . 故当 x ? (0, 1) 单调递增,在 (1, ? ?) 单调递减. 所以 f ( x) 在 (0, ? ∞) 的极大值为 f (1) ? ln 2 ,没有极小值. 由此知 f ( x) 在 (0, (1 ? x) ln(1 ? x) ? x ln x ln(1 ? x) ? x ? ln(1 ? x) ? ln x ? ⑵①当 a ≤ 0 时,由于 f ( x) ? ? ? 0, 1? x 1? x ? ?) . 故关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0,
解:⑴ f ?( x) ? ②当 a ? 0 时,由 f ( x) ?

ln x ln 2n 1 ? 1? ? ? ln ?1 ? ? 知 f (2n ) ? ? ln ?1 ? n n 1? x 1? 2 ? x? ? 2

? ? ,其中 n 为正整数, ?

n n n n ? ? 11 ? ?aa 11 2 ?? 2 ??2 n ln 2 n ln 2 n ln 2 2 ln 2 2 ln 2 a 4 ln 2 ? ? ? ? ?n? ? 1. 又 n ≥ 2 时, 1 ? 2n 1 ? (1 ? 1) n n(n ? 1) n ? 1 .且 n ?1 2 n 2 n 4 ln 2 ? 1 ,且 n0 ≥ 2 , 取整数 n0 满足 n ? ? log (e 2 ? 1) , n0 ? 0 2 a n0 ln 2 1 ? a a ? n ? ln ?1 ? n0 ? ? ? ? a , 则 f (2 0 ) ? n0 1? 2 ? 2 ? 2 2 ? ∞) . 即当 a ? 0 时,关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集不是 (0, ? ∞) ,且 a 的取值范围为 综合①②知,存在 a ,使得关于 x 的不等式 f ( x) ≥ a 的解集为 (0, 0? . ? ?∞,
2 2 1 ?n ? ? ?? ?? 1? n? ? log ? 1) 且有 lnln ? ? e 2e? 1 n? ? log e(2e? 1) ??. 2 (2 ?1?? 2n 2 n2n

81. 已知函数 f ( x) ? a ln x , g ( x) ? x 2 ,记 F ( x) ? g ( x) ? f ( x)

(Ⅰ)求 F ( x) 的单调区间; 1 1 (Ⅱ)当 a ? 时,若 x ? 1 ,比较: g ( x ? 1) 与 f ( ) 的大小; 2 x a 1 2 (Ⅲ)若 F ( x) 的极值为 ,问是否存在实数 k ,使方程 g ( x) ? f (1 ? x ) ? k 有四 2 2 个不同实数根?若存在,求出实数 k 的取值范围;若不存在,请说明理由。 解: (Ⅰ) F ( x) 的定义域为(0,+∞) , 又 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ? x 2 ? a ln x
24

? F ?( x) ? 2 x ?

a 2x 2 ? a , 当 a ? 0 时, F ?( x) >0恒成立 ? x x 2a ∴ F ( x) 在(0,+∞)上单调递增; 令 F ?( x) ? 0 得 x ? 2 2a F ?( x) ? 0 2a 当 a ? 0 时,若 0 ? x ? , ∴ F ( x) 在(0, )上单调递减; 2 2 2a F ?( x) ? 0 2a 若x ? , ,∴ F ( x) 在( ,+∞)上单调递增 2 2 故 a ? 0 时, F ( x) 增区间为 (0, ??) ;

? 2a ? 2a , ?? 。 ……4分 a ? 0 时, F ( x) 增区间为 ? ? ? 2 ? ,减区间为(0, 2 ) ? ? 1 2 (Ⅱ)令 h( x) ? g ( x ? 1) ? f ( ) ? ( x ? 1) ? a ln x , x 1 1 2( x ? ) 2 ? (a ? ) a 则 2 2 ? 0 ,所以 h( x) 在[1,+∞) h ?( x) ? 2( x ? 1) ? ? x x 1 上单调递增,∴ h( x) ? h(1) ? 0 ,∴ g ( x ? 1) ? f ( ) . x 2a (Ⅲ)由(Ⅰ)知 F ( x) 仅当 a ? 0 时,在 x = 处取得极值 2 1 2a a 2 由 F( ) ? 可得 a =2,方程 g ( x) ? f (1 ? x ) ? k 为 2 2 2 2 t x . . k? ? 2 ln(1 ? x 2 ) ,令 t ? x 2 ,得 ? k ? 2 ln(1 ? t ) . 2 2
由方程有四个不同的根,得方程有两个不同的正根,

t 1 2 ? k , y 2 ? 2 ln(t ? 1) ,当直线 y1 与曲线 y2 相切时, ? ,? t ? 3 ,得切点坐 2 2 t ?1 1 3 标(3, 2 ln 4 ) ∴切线方程为 y ? 2 ln 4 ? (t ? 3) ,其在y轴上截距为 2 ln 4 ? ;当直 2 2 3 线 y1 在 y 轴上截距 ? k ? (0,2 ln 4 ? ) 时,y1 和 y2 在y轴右侧有两个不同交点, 所以k的取 2 3 值范围为( ? 2 ln 4 ,0). 2
令 y1 ? (注:也可用导数求解)

六、导数应用题
82. 某工厂生产某种儿童玩具,每件玩具的成本为30元,并且每件玩具的加工费为t元(其中t为 常数,且2≤t≤5),设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售

25

量与e (e为自然对数的底数)成反比例,当每件玩具的出厂价为40元时,日销售量为10件. (1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式; (2)当每件玩具的日售价为多少元时,该工厂的利润y最大,并求y的最大值. 40 解:(1)设日销售量为,则=10,∴k=10 e .则日销售量为, .∴y=,其中35≤x≤41. ∴日利润y=(x-30-t)· (2)y′=,令y′=0得x=31+t. ①当2≤t≤4时,33≤31+t≤35.∴当35≤x≤41时,y′≤0. 5 ∴当x=35时,y取最大值,最大值为10(5-t)e . ②当4<t≤5时,35<t+31≤36 ,函数y在[35,t+31]上单调递增,在[t+31,41]上单调递减. 9 t ∴当x=t+31时,y取最大值10e - . ∴当2≤t≤4时,x=35时,日利润最大值为10(5-t)e5元. 9 t 当4<t≤5时,x=31+t时,日利润最大值为10e - 元.

x

七、导数结合三角函数
85. 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; (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x) 的极大值和极小值; 立,求 k 的值。 解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ? 1) 2 ? ? x 3 ? 2 x 2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且

0? 时,若不等式 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) 对任意的 x ? R 恒成 (Ⅲ)当 a ? 3 , k ? ? ?1,

f ?( x) ? ?3 x 2 ? 4 x ? 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, 5x ? y ? 8 ? 0 .
(Ⅱ)解: f ( x) ? ? x( x ? a ) 2 ? ? x 3 ? 2ax 2 ? a 2 x

f ?( x) ? ?3 x 2 ? 4ax ? a 2 ? ?(3x ? a )( x ? a ) .令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?
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:

a 或x ? a. 3

x

a? ? ? ?∞, ? 3? ?

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a

(a, ? ∞)

f ?( x)
因此,函数 f ( x) 在 x ?

?

?

0

?

4 3 a ?a? ?a? a ; 处取得极小值 f ? ? ,且 f ? ? ? ? 27 3 ?3? ?3? 函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极大值 f (a ) ,且 f (a ) ? 0 . (2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x) 的正负如下表:

26

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 ;

4 3 a ?a? ?a? a . 处取得极大值 f ? ? ,且 f ? ? ? ? 27 3 ?3? ?3? a 0? 时, k ? cos x ≤ 1 , k 2 ? cos 2 x ≤ 1 . (Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得 ? 1 ,当 k ? ? ?1, 3 1? 上是减函数,要使 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) , x ? R 由(Ⅱ)知, f ( x) 在 ? ?∞,
函数 f ( x) 在 x ? 只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos 2 x( x ? R ) ,即 cos 2 x ? cos x ≤ k 2 ? k ( x ? R ) ①

1? 1 ? ? ? ,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 . 0? 上存在 k ? ?1 ,使得 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos 2 x) 对任意的 x ? R 恒成 所以,在区间 ? ?1,
设 g ( x) ? cos 2 x ? cos x ? ? cos x ? 立. 已知函数 f ( x) ? ln(e x ? a) , ( a 为常数)是实数集 R 上的奇函数,函数 g ( x) ? ? f ( x) ? sin x 是区间 ? ?1,1? 上的减函数。 (1) 求 a 的值; (2) 若 g ( x) ? t ? ?t ? 1 在 x ?[?1,1] 恒成立,求 t 的取值范围;
2

2

(3) 讨论关于 x 的方程
x

ln x ? x 2 ? 2ex ? m 的根的个数。 f ( x)

解:(1)∵ f ( x) ? ln(e ? a) 是实数集 R 上的奇函数 ∴ f (0) ? ln(e ? a) ? 0
0

∴ a ? 0 ……3 分 (2)∵ g ( x) ? ? f ( x) ? sin x 是区间 [ ?1,1] 的减函数 ∴ ? ? ?1 , [ g ( x)]max ? g (?1) ? ?? ? sin1 ∴只需 ?? ? sin1 ? t ? ?t ? 1 www.jk.zy.w.com
2

2 ∴ (t ? 1)? ? t ? sin1 ? 1 ? 0 , ( ? ? ?1 )恒成立 ……5 分 2 令 h(? ) ? (t ? 1)? ? t ? sin1 ? 1 , ( ? ? ?1 )

则?

?t ? 1 ? 0
2

??t ? 1 ? t ? sin1 ? 1 ? 0 ?t ? ?1 2 ∴? 2 ,而 t ? t ? sin1 ? 0 恒成立,∴ t ? ?1 ……7 分 ?t ? t ? sin1 ? 0

27

(3)由(1)知 f ( x) ? x 令 f1 ( x ) ?

∴方程

ln x ? x 2 ? 2ex ? m x

ln x , f 2 ( x) ? x2 ? 2ex ? m x 1 ? ln x ∴ f1?( x ) ? ………8 分 x2 当 x ? (0, e) 时,∴ f1?( x) ? 0 , f1 ( x) 在 ? 0, e? 上是增函数
当 x ? e 时, [ f 1 ( x )]max ? f1 (e) ? 而 f2 ( x) ? ( x ? e)2 ? m ? e2

当 x ? ?e, ?? ? 时,∴ f1?( x) ? 0 , f1 ( x) 在 ?e, ?? ? 上是减函数

1 e

……9 分

1 1 2 ,即 m ? e ? 时,方程无解; ……10 分 e e 1 1 2 2 当 m ? e ? ,即 m ? e ? 时,方程有一个根; ……11 分 e e 1 1 2 2 当 m ? e ? ,即 m ? e ? 时,方程有两个根; ……12 分 e e
∴当 m ? e ?
2

28



更多相关文章:
2017高考导数压轴题终极解答
2017高考导数压轴题终极解答_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档2017高考导数压轴题终极解答_数学_高中教育_教育专区。四、不等式恒成立求...
2014高考导数压轴题终极解答
2014高考导数压轴题终极解答_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档2014高考导数压轴题终极解答_数学_高中教育_教育专区。天道酬勤 厚积薄发...
【化学精品】2013版《6年高考4年模拟》:离子共存 离子反应76页
2014高考导数压轴题终极解... 97页 免费 2013年高考英语单选易错10... 111页...? 【答案】C 【解析】本题主要考查的是离子共存问题。A 项,由于 H 、NO3 ...
高考数学解题技巧终极大揭秘
高考数学解题技巧终极大揭秘一般情况下,每个大题都有...所以在对付压轴题的时 候,第一小题一定要做对才有...利用导数求函数的单调性问题, 只要写出正确的定义域...
《程伟巅峰数学》2017届全国卷终极逆天秒杀特训课程内容目录
《程伟巅峰数学》2017 届全国卷终极逆天秒杀特训课程...填空题平均每道用时 10 秒,得分率 100%;解答题...数列小题》 第五节:极速秒杀《各类导数大题》 第...
2014年高考数学终极答题格式(理)
高考 的把关题和压轴题,具有较好的区分层次和选拔功能.目前的高 考解答题...(x)的导数 f′(x). (a,1) 1 第三步:求方程 f′(x)=0 的根. + ...
2012年高考数学二轮复习专题辅导资料 专题(9)解答题解题策略
汇集了把关题和压轴题,在高考中举足轻重,高考的...在近几年的高考解答 题中,对于函数、导数、不等式...(1)目的性:明确解题结果的终极目标和每一步骤分项...
2013届高三数学二轮复习精品教学案:【专题九】解答题解题策略
汇集了把关题和压轴题,在高考中举足轻重,高考的...在近几年的高考解答 题中,对于函数、导数、不等式...(1)目的性:明确解题结果的终极目标和每一步骤分项...
高三数学二轮复习 专题辅导(9)解答题解题策略精品教学案
汇集了把关题和压轴题, 在高考中举足轻重,高考的...在近几年的高考解答题中,对于函数、导数、不等式的...(1)目的性:明 确解题结果的终极目标和每一步骤...
2013届高三数学二轮复习专题辅导(9)解答题解题策略
汇集了把关题和压轴题,在高考中举足轻重,高考的区分...在近几年的高考解答题 中,对于函数、导数、不等式...(1)目的性:明确解题结果的终极目标和每一步骤分项...
更多相关标签:
导数压轴题    高考数学导数压轴题    导数压轴题型归类总结    高考导数压轴题    高考导数压轴难题2016    高考导数压轴题型归类    导数压轴题题型汇总    高中数学导数压轴题    

All rights reserved Powered by 甜梦文库 9512.net

copyright ©right 2010-2021。
甜梦文库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com|网站地图