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考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例


考点 11 导数在研究函数中的应用与生活中的优 化问题举例
一、选择题
1. (2014· 湖南高考文科·T9)若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( A. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x



B. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x

C. x2e 1 ? x1e
x

x2

D. x2e 1 ? x1e
x

x2

【解题提示】构造新函数,利用函数的单调性求解。 【解析】选 C . 选项 A 具体分析 构造函数 f ? x ? ? e ? ln x, f ?? x ? ? e ?
x x

结论

1 ?0 ? x ? 1? ,根据 x

错误

ex ,

1 ?0 ? x ? 1? 的图象可知 f ?x ? 在(0,1)上不单调 x

B C

同上 构造新函数

错误 正确

ex e x ? x ? e x e x ? ?x ? 1? g ?x ? ? , g ??x ? ? ? ? 0?0 ? x ? 1? , x x2 x2
所以 g ?x ? 在(0,1)上是减函数,所以

g ?x1 ? ? g ?x2 ?,
D 同上

e x1 e x2 ? , x1e x2 ? x2e x1 x1 x2
错误
3 2

2.(2014·辽宁高考理科·T11)当 x ?? ?2,1? 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 恒成立,则实数 a 的取值 范围是

( A) ? ?5, ?3?

9? ? ( B) ??6, ? ? 8? ?

(C ) ? ?6, ?2?

( D) ? ?4, ?3?

【解题提示】 采用分离常数法,利用导数求函数的最值, 【解析】选C.

当 x ? ? 0,1? 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 ? a ?
3 2

x2 ? 4 x ? 3 x ? ? 0,1? 恒成立. x3

x2 ? 4x ? 3 ? x2 ? 8x ? 9 ? , x ? ? 0,1? ,则 g ( x) ? , x ? ? 0,1? 令 g ( x) ? x3 x4
设 h( x) ? ? x2 ? 8x ? 9 , h( x) 在 ? 0,1? 上为增函数, h( x) ? h(0) ? 9 ? 0 所以 x ? ? 0,1? , g ?( x) ?

? x2 ? 8x ? 9 x2 ? 4 x ? 3 ? 0 g ( x ) ? 在 ? 0,1? 上为增函数, ,则 x4 x3

g ( x) ?

x2 ? 4x ? 3 , x ? ? 0,1? 的最大值 g ( x)max =g(1)=-6 ;从而 a ? ?6 ; x3

当 x =0 时, a ? R ; 当 x ?? ?2,0? 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 ? a ?
3 2

x2 ? 4 x ? 3 x ?? ?2,0? 恒成立. x3

? ? ? x2 ? 8x ? 9 ? x2 ? 8x ? 9 ? ? ?0 ?0 ? g ( x) ? ? g ( x) ? ? ?1 ? x ? 0 ? ? ?2 ? x ? ?1 x4 x4 ? , ? x ? ? ?2, 0 ? ? x ? ? ?2, 0 ? ? ?
x2 ? 4 x ? 3 在? ?2, ?1? 上为减函数,在 (?1, 0) 上为增函数, 所以 g ( x) ? x3
故 g ( x)min =g(-1)=-2 ,则 a ? ?2 . 综上所述, ?6 ? a ? ?2 . 3. (2014·辽宁高考文科·T12)与(2014·辽宁高考理科·T11)相同 当

x ???2,1?

时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 恒成立,则实数 a 的取值范围是
3 2

( A) ? ?5, ?3?

9? ? ( B) ??6, ? ? 8? ?

(C ) ? ?6, ?2?

( D) ? ?4, ?3?

【解题提示】 采用分离常数法,利用导数求函数的最值, 【解析】选C.

x2 ? 4 x ? 3 ax ? x ? 4 x ? 3 ? 0 ? a ? x ? ? 0,1? x ? ? 0,1? x3 当 时,不等式 恒成立.
3 2

g ( x) ?


x2 ? 4x ? 3 ? x2 ? 8x ? 9 ? , x ? 0,1 g ( x ) ? , x ? ? 0,1? ? ? x3 x4 ,则
2

? 0,1? 上为增函数, h( x) ? h(0) ? 9 ? 0 设 h( x) ? ? x ? 8x ? 9 , h( x) 在

所以

x ? ? 0,1? , g ?( x) ?

? x2 ? 8x ? 9 x2 ? 4 x ? 3 ?0 g ( x) ? 在 ? 0,1? x4 x3 ,则 上为增函数,

g ( x) ?

x2 ? 4x ? 3 , x ? ? 0,1? g ( x)max =g(1)=-6 ;从而 a ? ?6 ; x3 的最大值

当 x =0 时, a ? R ;



x ?? ?2,0?

ax3 ? x 2 ? 4 x ? 3 ? 0 ? a ?
时,不等式

x2 ? 4 x ? 3 x ?? ?2,0? x3 恒成立.

? ? x2 ? 8x ? 9 ?0 ? g ?( x) ? ? ?1 ? x ? 0 x4 ? ? x ? ? ?2, 0 ? ?


? ? x2 ? 8x ? 9 ?0 ? g ?( x) ? ? ?2 ? x ? ?1 x4 ? ? x ? ? ?2, 0 ? ?

g ( x) ?
所以 故

x2 ? 4 x ? 3 在? ?2, ?1? x3 上为减函数,在 (?1, 0) 上为增函数,

g ( x)min =g(-1)=-2 ,则 a ? ?2 .

综上所述, ?6 ? a ? ?2 .

4. ( 2014 ·陕西高考文科· T10 ) 如图 , 修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平 滑 连 接 ( 相 切 ), 已 知 环 湖 弯 曲 路 段 为 某 三 次 函 数 图 像 的 一 部 分 , 则 该 函 数 的 解 析 式 为 ( )

A.y=错误!未找到引用源。 x 3 - 错误!未找到引用源。 x 2-x B.y=错误!未找到引用源。 x 3 + 错误!未找到引用源。 x 2-3x C.y=错误!未找到引用源。 x 3 -x D.y=错误! 未找到引用源。 3 2 x + 错误!未找到引用源。 x -2x 【解题指南】根据已知图像可以得到函数图像在与 x 轴交点处的导数 , 再利用导数及函 数的零点列出三元一次方程组 , 解之即得所求 . 【 解 析 】 选 A. 由 已 知 可 得 此 函 数 为 三 次 函 数 且 过 原 点 , 故 可 设 函 数 解 析 式 为 y=f (x )=ax 3 +bx 2+cx , 所以 f' (x )=3ax 2+2bx+c ,

由题意知 f' (0 )=-1, f' ( 2)=3 ,f ( 2 ) =0 , 即 c=-1, 12a+4b+c=3 ,8a+4b+2c=0 , 解之得 a= 错误!未找到引用源。 ,b=- 错误!未找到引用源。 ,c=-1. 所以 y=错误!未找到引用源。 x3 - 错误!未找到引用源。 x 2-x. 5. ( 2014 ·陕西高考理科· T10 )如图 ,某飞行器在 4 千米高空水平飞行 ,从距着陆点 A 的水 平距离 10 千米处下降 , 已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分 , 则函数的解析式 为 ( )

A.y=错误!未找到引用源。 x 3 - 错误!未找到引用源。 x B.y= 错误!未找到引用源。x 3 错误!未找到引用源。 x C.y=错误!未找到引用源。 x 3 -x D.y=- 错误!未找到引用源。x 3+ 错误!未找到引用源。 x 【解题指南】根据函数的图象可以得到函数的极值点 , 再利用导数求得解析式的极值点 , 二者能够统一的即为所求 . 【解析】选 A. 由函数图象可得函数的极值点为± 5 , 对四个选项中函数解析式进行求导 , 只有选项 A 的函数解析式求导得 y'=3 × 错误!未找到引用源。x2 - 错误!未找到引用源。, 令 y'=0 得 x= ±5 ,所以只有选项 A 的解析式与图象相统一 , 故选 A. 6. (2014 ·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学· T11 ) 若函数 f (x )=kx-lnx 在区间 (1 ,+ ∞ ) 单调 递增 ,则 k 的取值范围是 ( A. (??, ?2] )

B. (??, ?1] C. [2, ??) D. [1, ??)

【解题提示】利用函数 f( x )在区间 (1,+ ∞ ) 上单调递增 ,可得其导函数 f (x ) ≥0 恒成立 , 分 离参数 , 求得 k 的取值范围 . 【解析】选 D. 因为 f (x ) 在 ( 1,+ ∞ ) 上递增 , 所以 f'( x) ≥ 0 恒成立 , 因为 f (x )=kx-lnx , 所以

f' ( x) =k-

1 1 ≥0. 即 k ≥1> . 所以 k ∈ [1 ,+ ∞ ),选 D x x

7. (2014 ·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T8) 设曲线 y=ax-ln (x+1 )在点 (0 ,0 )处的切线方 程为 y=2x ,则 a= A.0 B.1 C.2 D.3 【解题提示】将函数 y=ax-ln( x+1 ) 错误!未找到引用源。 求导 ,将 x=0 代入 , 利用导数 的几何意义求得 a. 【解析】选 D. 因为 f ( x)=ax-ln (x+1 ), 所以 f'(x )=a得 a=3.故选 D. 8. (2014 ·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T12 ) 设函数 f ( x)= 3 sin
2 2 值点 x 0 满足 x0 +? ? f ? x0 ? ? ? <m ,则 m 的取值范围是 (

(

)

1 . 所以 f ( 0 ) =0 , 且 f' (0 )=2. 联立解 x ?1

?x . 若存在 f (x) 的极 m

2

)

A. C.

? ??, ?6? ? ?6, ???
? ??, ?2? ∪ ? 2, ???

B. D.

? ??, ?4? ∪ ? 4, ??? ? ??, ?1? ∪ ? 4, ???
?x 的性质 , 求得 x 0 和 f (x 0 ) 代入不等式 , 解不等式 , 得 m m

【解题提示】 利用函数 f ( x)= 3 sin 的取值范围 . 【解析】选 C. 因为 f ( x)= 3 sin

m ?x 的极值为± 3 ,即 [ f(x 0 )] 2=3 ,|x 0| ≤ , m 2

2 所以 x0 +[ f( x0 )]2≥

m2 m2 ? 3 , 所以 +3<m2 , 解得 |m|>2.故选 C. 4 4

1 ? x) ? ln ( 1 ? x) , x ? (?1,1) ,现有下列命 9. ( 2014 ·四川高考理科·T 9 )已知 f ( x) ? ln (
2x ) ? 2 f ( x) ;③ f ( x) ? 2 x . 其中的所有正确命题的序号是 题:① f (? x) ? ? f ( x) ;② f ( 1 ? x2 ( ) A. ①②③ B. ②③ C. ①③ D. ①② 【解题提示】可直接验证①②都正确,对于③,可以利用奇偶性和导数确定其单调性来 加以判断. ? x )? ? f x ( ,故①正确;对于②: ) 【解析】选 A. 对于①: f (? x) ? ln(1? x )? ln(1 2x 1? 2 1? x 2x x ? 1 ? ln(1 ? x ) 2 ? 2 ln 1 ? x ? 2 f ( x) , f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ? ln ? f ( 2 ) ? ln 2x 1? x 1? x x ?1 1? x 1? 2 x ?1

x ? (?1,1) ,故②正确;对于③:当 x ? [0,1) 时, | f ( x ) ? | 2 |x ? | f (x ) ? 2 x ? ,令 0

( x ? [0,1) ),因为 g ?( x) ? g ( x) ? f ( x) ? 2 x ? ln(1 ? x )? ln(1 ?x ) ? 2 x 所以 g ( x) 在 [0,1) 单增, g ( x) ? f ( x) ? 2 x ? g (0) ? 0 ,

1 1 2 x2 ? ?2 ? ?0, 1? x 1? x 1 ? x2

即 f ( x) ? 2 x ,又 f ( x) 与 y ? 2 x 为奇函数,所以 | f ( x) |? 2 | x | 成立,故③正确 . 【误区警示】本题②容易错误理解为 f ( 导致错选 C.
2x ) 中的 x ? R ,与 2 f ( x) 中的 x ? (?1,1) 不对应, x ?1
2

二、解答题
10. (2014·湖北高考文科·T13)(本小题满分 14 分)π 为圆周率,e=2.71828?为自然对数的底数. (1)求函数 f(x)=错误!未找到引用源。的单调区间. (2)求 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 这 6 个数中的最大数与最小数.
3 e π e π 3

【解题指南】(1)先求函数定义域,然后在定义域内解不等式即可得到单调增、减区间. (2)由 e<3<π ,得 eln3<elnπ ,π lne<π ln3,即 ln3 <lnπ ,lne <ln3 .再根据函数 y=lnx,y=e ,y=π 在定义域上
e e π π x x

单调递增,可得 3 <π <π ,e <e <3 ,从而六个数的最大数在π 与 3 之中,最小数在 3 与 e 之中.由 e<3<π 及
e e 3 3 π π 3 π e 3

(1)的结论,得 f(π )<f(3)<f(e),即

ln ?

?

<

ln 3 lne < ,由此进而得到结论. 3 e

【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 因为 f(x)=

ln x , x

所以 f'(x)=错误!未找到引用源。. 当 f'(x)>0,即 0<x<e 时,函数 f(x)单调递增. 当 f'(x)<0,即 x>e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞). (2)因为 e<3<π ,所以 eln3<elnπ ,π lne<π ln3, 即 ln3 <lnπ ,lne <ln3 .
e e π π

于是根据函数 y=lnx,y=e ,y=π 在定义域上单调递增,可得 3 <π <π ,e <e <3 .
x x e e 3 3 π π

故这 6 个数的最大数在π 与 3 之中,最小数在 3 与 e 之中.
3 π e 3

由 e<3<π 及(1)的结论,得 f(π )<f(3)<f(e), 即 由

ln ?
ln ?

?
?

< <

ln 3 lne < . 3 e ln 3 3 π ,得 lnπ <ln3 , 3
3

所以 3 >π ;
π



ln 3 lne e 3 < ,得 ln3 <lne , 3 e
e 3

所以 3 <e . 综上,6 个数中的最大数是 3 ,最小数是 3 .
π e

11. (2014·湖北高考理科·T22) ? 为圆周率, e ? 2.71828 ? 为自然对数的底数. (1)求函数 f ? x ? ?

ln x 的单调间; x

(2)求 e3 ,3e , ee , ? e ,3? , ? 3 这 6 个数中的最大数与最小数; (3)将 e3 ,3e , ee , ? e ,3? , ? 3 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 【解题指南】 ( Ⅰ )先 求 函 数 定 义 域 ,然 后 在 定 义 域 内 解 不 等 式 错 误 !未 找 到 引 用 源 。, f ? (x) ? 0 即可得到单调增、减区间; ( Ⅱ )由 e < 3 < π ,得 eln3 < eln π , π lne < π ln3 ,即 ln3 e < ln π e , lne π < ln3 π .再 根 据 函 数 y=lnx , y=e x , y= π x 在 定 义 域 上 单 调 递 增 , 可 得 3 e < π e < π 3 , e 3 < e π < 3 π , 从 而 六 个 数 的 最 大 数 在 π 3 与 3 π 之 中 ,最 小 数 在 3 e 与 e 3 之 中 .由 e < 3 < π 及( Ⅰ )的 结 论 ,得 f( π ) < f( 3) < f( e) , 即 ,由此进而得到结论;
( Ⅲ ) 由 ( Ⅱ ) 可 知 , 3e< π e< π 3< 3π, 3e< e3, 又 由 ( Ⅱ ) 知 ,

l n?

?

?

ln 3 lne ? 错误!未找到引用源。 3 e ln ? ? lne e ? ,得 ? ? e ,故只 e

?

lnx 1 e2 e2 e ? ,令 x ? ,有 ln ? , 需 比 较 e 与 π 和 e 与 π 的 大 小 .由( Ⅰ )可 得 0 < x < e 时 , x e ? ? ?
3 e π 3

从 而 2 ? l n? ? 论;

e

?

, 即 得 ln ? ? 2 ?

e

?

??① , 由 ① 还 可 得 ln π e > lne 3 , 3ln π > π , 由 此 易 得 结
ln x 1 ? ln x ,所以 f ? (x) ? 。 x x2

【解析】 (1)函数的定义域为 (0, ??) ,因为 f ( x) ? 当 f ? (x) ? 0 ,即 0 ? x ? e 时,函数 f ( x ) 单调递增; 当 f ? (x) ? 0 ,即 x ? e 时,函数 f ( x ) 单调递减;

故函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0, e) ,单调减区间为 (e, ??) 。

(2)因为 e ? 3 ? ? ,所以 e ln 3 ? ? ln 3 ,即 ln 3e ? ln ? e ,lne? ? ln 3? 。 于是根据函数 y ? ln x, y ? e x , y ? ? x 在定义域上单调递增,可得

3e ? ? e ? ? 3 , e3 ? e? ? 3? 。
故这 6 个数的最大数在 ? 与 3 之中,最小数在 3 与 e 之中
3 e 3

?

由 e ? 3 ? ? 及(1)的结论,得 f (? ) ? f (3) ? f (e) ,即

ln ?

ln 3 3 ? ? 3 ,得 ln ? ? ln 3 ,所以 3 ? ? ; ? 3 ln 3 lne e 3 e 3 ? 由 ,得 ln 3 ? ln e ,所以 3 ? e 。 3 e


ln ?

?

?

ln 3 lne ? 。 3 e

?

综上,6 个数中的最大数 3 是,最小数是 3 。 (3)由(2)知, 3 ? ? ? ? ? 3 . 3 ? e 又由(2)知
e e 3

?

e

?

e

3

ln ?

?

?

lne e ? ,得 ? ? e 。 e

故只需比较 e 与 ? 和 ? 的大小。
3 e 3

由(1)知,当 0 ? x ? e 时, f ( x ) ? f (e) ? 在上式中,令 x ? 即得 ln ? ? 2 ?

1 ln x 1 ? 。 即 e x e

e2

?

,又

e2

?

? e ,则 ln

e2

?

?

e

?

,从而 2 ? ln ? ?

e

?

e

?





由①得, e ln ? ? e(2 ?

e

?

) ? 2.7 ? (2 ?

2.72 ) ? 2.7 ? (2 ? 0.88) ? 3.024 ? 3 , 3.1

e 3 3 e 即 e ln ? ? 3 ,亦即 ln ? ? ln e ,所以 e ? ? 。

又由①得, 3ln ? ? 6 ?
e 3

3e

?

? 6 ? e ? ? ,即 3ln ? ? ? ,所以 e? ? ? 3
?
3

综上可得, 3 ? e ? ? ? e ? ? ? 3 ,
e

?

即 6 个数从小到大的顺序为 3 , e , ? , e , ? ,3 。
e 3 e

?

3

?

12. ( 2014 ·湖南高考文科·T 21 )(本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? x cos x ? sin x ? 1( x ? 0) . ( 1 )求 f ( x) 的单调区间; ( 2 ) 记 xi 为 f ( x) 的 从 小 到 大 的 第 i(i ? N *) 个 零 点 , 证 明 : 对 一 切 n ? N * , 有

1 1 1 2 ? ? ? ? ? x12 x2 2 xn 2 3
【解题提示】( 1 )利用导数的符号判断单调性,( 2 )利用放缩法证明。 【解析】( 1 ) f ' ( x) ? cos x ? x sinx ? cos x ? ? x sinx 令 f ' ( x ) ? 0 得 x ? k? (k ? N ? ) 当 x ? (2k? , (2k ? 1)? )(k ? N ) 时, sin x ? 0 ,此时 f ' ( x ) ? 0 当 x ?( ( 2k ? 1 )? , (2k ? 2)? )(k ? N ) 时, sin x ? 0 ,此时 f ' ( x ) ? 0 故 f ( x ) 的单调递减区间为 ( 2k? , (2k ? 1)? )(k ? N ) , 单调递增区间为 ( 。 ( 2k ? 1 )? , (2k ? 2)? )(k ? N)

? ? ( 0,?) ( 2 )由( 1)知, f ( x ) 在区间 上单调递减,又 f ( ) ? 0 ,故 x1 ? 2 2
当 n ? N ? 时,因为 f (n? ) f ((n ? 1)? ) ? [(?1) n n? ? 1][(?1) n?1 (n ? 1)? ? 1] ? 0 且函数 f ( x ) 的图象是连续不断的,所以 f ( x ) 在区间 ( n? , ( n ? 1)? ) 内至少存在一个零点, 又 f ( x ) 在区间 ( n? , ( n ? 1)? ) 上是单调的,故 n? ? x n?1 ? (n ? 1)? 因此 当 n ? 1 时,

1 x1
2

?

4

?

2

?

2 3 1 (4 ? 1) ? 2 3

当 n ? 2 时,

1 x1
2

?

1 x2
2

?

?

2

当 n ? 3 时, 1 1 1 1 1 1 ? 2 ? ?? ? 2 ? 2 [4 ? 1 ? 2 ? ?? ? ] 2 ? 2 ( n ? 1) 2 x1 x2 xn
? ? 1

?

2

[5 ?

1 1 ? ?? ? ] 1? 2 ( n ? 2)(n ? 1)

1 1 1 [5 ? (1 ? ) ? ?? ? ( ? )] 2 n? 2 n?1 ? 1 1 6 2 ? 2 (6 ? )? 2 ? n?1 ? 3 ?
2

1

综上所述,对一切 n ? N ? ,

1 x1
2

?

1 x2
2

? ?? ?

1 xn
2

?

2 . 3

13. ( 2014 ·湖南高考理科·T 22 )

已知常数 a ? 0 ,函数 f ? x? ? ln ? 1? ax? ?

2x . x?2

(1) 讨论 f ? x ? 在区间 ? 0, ?? ? 上的单调性 ; (2) 若 f ? x ? 存在两个极值点 x1 , x2 , 且 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 , 求 a 的取值范围 . 【解题提示】 (1) 先求导数,利用导数的符号判断增减性,表达式中有参数 a ,需要分类讨论; ( 2 )注意到定义域,限制 a 的取值范围,有极值点时其导数有两个变号零点。 【解析】 (1) 对函数 f ? x ? 求导可得
ax 2 ? 4 ?1 ? a ? a ? x ? 2 ? ? 4 ?1 ? ax ? a 4 ? , ? f '? x? ? ? 2 2 1 ? ax ? x ? 2 ?2 ?1 ? ax ?? x ? 2 ? ?1 ? ax ?? x ? 2 ?
2

因为 ?1 ? ax?? x ? 2? ? 0, 所以当 1 ? a ? 0 时 , 即 a ? 1 时 , f ' ? x ? ? 0 恒成立 ,
2

则函数 f ? x ? 在 ? 0, ?? ? 单调递增 , 当 a ? 1 时 , f ??x ? ? 0, x ?
2 a?1 ? a ? , a

? 2 a ?1 ? a ? ? ? 2 a ?1 ? a ? ? ? 时, f ??x ? ? 0 ,当 x ? ? 0, ,?? ? 时, f ??x ? ? 0 , 所以当 x ? ? ? ? ? ? a a ? ? ? ?

? 2 a ?1 ? a ? ? ? 2 a ?1 ? a ? ? ? 单调递减 ,在 ? 所以函数 f ? x ? 在区间 ? 0, ? ? ? 单调递增 . ? ? ? ? a a ? ? ? ?
(2) 因为 f ??x ? ?

ax2 ? 4?a ? 1? ,1 ? ax ? 0, x ? ?2 , ?1 ? ax??x ? 2?2

所以当 a ? 1 时, f ??x ? ? 0 , f ?x ? 不存在极值点, 所以要使得 f ?x ? 有两个极值点,必有 0 ? a ? 1 。 又 f ?x ? 的两个极值点只可能是 x ? ?
2 a?1 ? a ? , a

且由 f ?x ? 的定义域可知, 1 ? ax ? 0, x ? ?2 , 所以 ?
2 a?1 ? a ? 1 1 2 a?1 ? a ? ? ? ,? ? ?2 ,解得 a ? 。 2 a a a 2 a?1 ? a ? 2 a?1 ? a ? , x1 ? ? 分别是 f ?x ? 的极小值点,和极大值点。 a a

此时 x2 ?

f ?x1 ? ? f ?x2 ? ? ln?1 ? ax1 ? ? ? ln?1 ? ax1 ? ?

2 x1 2 x2 ? ln?1 ? ax2 ? ? x1 ? 2 x2 ? 2

2 x1 2?? x1 ? ? ln?1 ? ax1 ? ? x1 ? 2 ? x1 ? 2
4 x1 2 2 ? ? ln?2a ? 1? ? ?2 2 2a ? 1 4 ? x1
2

? ln 1 ? a x1
2

?

2

?

1? ? 令 t ? 2a ? 1, ? 0 ? a ? 1, a ? ? , 2? ?
1 1 时, ? 1 ? t ? 0 ;当 ? a ? 1 时, 0 ? t ? 1 ; 2 2 2 2 2 2t ? 2 记 g ?t ? ? ln t 2 ? ? 2, g ??t ? ? ? 2 ? 2 t t t t

且当 0 ? a ?

当 ? 1 ? t ? 0 时 g ??t ? ? 0 ,所以 g ?t ? 在 ? 1 ? t ? 0 时,是减函数,

g ?t ? ? g ?? 1? ? ?4 ? 0 ,故当 0 ? a ?

1 时, f ?x1 ? ? f ?x2 ? ? 0 ,不合题意。 2

当 0 ? t ? 1 时, g ??t ? ? 0 ,所以 g ?t ? 在 0 ? t ? 1 时,是减函数, g ?t ? ? g ?1? ? 0 故当
1 1 ? a ? 1 时, f ?x1 ? ? f ?x2 ? ? 0 ,综上所述,满足条件的 a 的取值范围为 ? a ? 1 。 2 2
3 2

14.(2014·广东高考文科·T21)(14 分)已知函数 f(x)=错误!未找到引用源。x +x +ax+1(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间. (2)当 a<0 时,试讨论是否存在 x0∈ ? 0, ? ∪ ? ,1? 使得 f(x0)=f ? ? . 【解题提示】(1)求导后对 a 进行分类讨论.(2)要根据 a 的取值对 x0 的存在性进行讨论. 【解析】(1)因为 f'(x)=x +2x+a,二次方程 x +2x+a=0 的判别式Δ =4-4a.
2 2

? ?

1? 2?

?1 ? ?2 ?

?1? ?2?

当 a≥1 时,Δ ≤0,f'(x)≥0, 此时(-∞,+∞)是函数 f(x)的单调递增区间; 当 a<1 时,Δ >0,f'(x)=0 有两个实数根 x=-1+ 1 ? a 和 x=-1- 1 ? a , 此时(-∞,-1- 1 ? a ),(-1+ 1 ? a ,+∞)是函数 f(x)的单调递增区间,(-1- 1 ? a ,-1+ 1 ? a )是函数 f(x)的单 调递减区间.

综上,当 a≥1 时,函数 f(x)只有单调递增区间(-∞,+∞); 当 a<1 时,函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1-错误!未找到引用源。),(-1+错误!未找到引用源。,+∞), 单调递减区间是(-1-错误!未找到引用源。,-1+错误!未找到引用源。). (2)f 错误!未找到引用源。=

31 +错误!未找到引用源。, 24

f(x0)-f ? ? =错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。+ax0+1-错误!未找到引用源。-错误!未找到 引用源。, 整理得 f(x0)-f ? ? =错误!未找到引用源。(4 错误!未找到引用源。+14x0+7+12a),

?1? ?2?

?1? ?2? 1? 2?

若存在 x0∈ ? 0, ? ∪ ? ,1? 使得 f(x0)=f ? ? ,

? ?

?1 ? ?2 ?

?1? ?2?

则二次方程 4 错误!未找到引用源。+14x0+7+12a=0 在区间 ? 0, ? ∪ ? ,1? 上有解, 因为 a<0, 则Δ =14 -16(7+12a)=4(21-48a)>0,
2

? ?

1? 2?

?1 ? ?2 ?

x0=错误!未找到引用源。(x0= 解得 7< 21 ? 48a <11, 平方整理得-

?7 ? 21 ? 48a ?7 ? 21 ? 48a 舍去),且 0< <1, 4 4

7 25 <a<. 12 12



5 ?7 ? 21 ? 48a =错误!未找到引用源。,解得 a=- . 4 4

当 a∈(-

25 ? 1? ?1 ? ?1? ,-错误! 未找到引用源。 )∪错误! 未找到引用源。 时,存在 x0∈ ? 0, ? ∪ ? ,1? 使得 f(x0)=f ? ? ; 12 ? 2? ?2 ? ?2?

若 a=-错误!未找到引用源。或 a∈错误!未找到引用源。∪错误!未找到引用源。时, 不存在 x0∈ ? 0, ? ∪ ? ,1? 使得 f(x0)=f ? ? .

? ?

1? 2?

?1 ? ?2 ?

?1? ?2?

15.(2014·广东高考理科)(14 分)设函数 f(x)=错误!未找到引用源。, 其中 k<-2. (1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示). (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性. (3)若 k<-6,求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 【解题提示】(1)设 t=x +2x+k,解不等式 t +2t-3>0 后再解关于 x 的不等式.
2 2

(2)设 t=x +2x+k,u=t +2t-3,f(x)=
2 2

1 ,通过复合讨论函数 f(x)的单调性. u

(3)将 f(x)>f(1)作等价转化,再构造二次函数,运用图象求 x 的范围. 【解析】(1)因为 k<-2,令 t=x +2x+k,则 t +2t-3>0 得 t<-3 或 t>1,
2 2

由 t<-3 得 x +2x+k+3<0,解得-1-错误!未找到引用源。<x<-1+错误!未找到引用源。,
2

由 t>1 得 x +2x+k-1>0,解得 x<-1-错误!未找到引用源。或 x>-1+错误!未找到引用源。,
2

f(x)的定义域 D=(-∞,-1-错误!未找到引用源。)∪(-1-错误!未找到引用源。,-1+错误!未找到引用源。) ∪(-1+错误!未找到引用源。,+∞). (2)由(1)知-1-错误!未找到引用源。<-3,-1-错误!未找到引用源。<-1,-1+错误!未找到引用源。>-1,-1+ 错误!未找到引用源。>1, 令 t=x +2x+k,u=t +2t-3,f(x)=
2 2

1 . u

①当 x<-1-错误!未找到引用源。时, t=x +2x+k 单调递减,u=t +2t-3(t>0)单调递增,
2 2

f(x)=

1 单调递减, u

这时 f(x)为增函数(“同增异减”是研究复合函数单调性的有效方法); ②当-1-错误!未找到引用源。<x<-1+错误!未找到引用源。时,t 在(-1-错误!未找到引用源。,-1)上单调 递减,

同理得 f(x)为增函数; t 在(-1,-1+错误!未找到引用源。)上单调递增, 同理得 f(x)为减函数(同理推断,降低运算量); ③当 x>-1+错误!未找到引用源。时,t 单调递增, 同理得 f(x)为减函数; 所以 f(x)在(-∞,-1-错误!未找到引用源。),(-1-错误!未找到引用源。,-1)上为增函数; 在(-1,-1+错误!未找到引用源。),(-1+错误!未找到引用源。,+∞)上为减函数(数形结合,明确单调区间). (3)因为 k<-6,f(x)>f(1), 有(x +2x+k) +2(x +2x+k)-3<(3+k) +2(3+k)-3,
2 2 2 2

设 m=x +2x,则(m+k) +2(m+k)<(3+k) +2(3+k),(*)(换元,化繁为简).
2 2 2

令函数 g(x)=(x+k) +2(x+k)=x +(2k+2)x+k +2k,
2 2 2

其图象的对称轴为 x=-k-1>5, 设 x=3 关于 x=-k-1 的对称点为 x', 则

3 ? x? =-k-1 ? x'=-2k-5, 2

由 g(x)的图象知满足(*)的 m 的范围为 3<m<-2k-5, 即 3<x +2x<-2k-5,(数形结合,降低运算量)
2

所以 ?

2 ? ? x ? 2 x ? 3, 解得错误!未找到引用源。 2 x ? 2 x ? ? 2 k ? 5, ? ?

又-1-错误!未找到引用源。<-1-错误!未找到引用源。,-1-错误!未找到引用源。<-3,-1+错误!未找到 引用源。>1, -1+错误!未找到引用源。<-1+错误!未找到引用源。,(数形结合,明确端点大小) 所以满足题意的 x 的取值范围是(-1-错误!未找到引用源。,-1-错误!未找到引用源。)∪(-1-错误!未找 到引用源。,-3)∪(1,-1+错误!未找到引用源。)∪(-1+错误!未找到引用源。,-1+错误!未找到引用源。). 16.(2014·福建高考文科·T22)22.(本小题满分 12 分)

已知函数

( a 为常数) 的图像与 y 轴交于点 A , 曲线 y ? f ( x) 在点 A 处的切线斜率为 ?1. f ( x) ? ex ? ax

(1)求 a 的值及函数

f ( x) 的极值;
2

(2)证明:当 x ? 0 时, x

? ex
x

(3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,使得当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce

【解题指南】(1)由 f ?(0) ? ?1 求 a 的值,再判断 f ( x ) 的单调性求极值;(2)构造函数 g ( x) ? e x ? x 2 ,判 断单调性,求最值给出证明;(3)分 c ? 1 与 0 ? c ? 1 两种情况给予证明. 【解析】解法一:(1)由 f ( x) ? ex ? ax ,得 f ?( x) ? e x ? a ,又 f ?(0) ? 1 ? a ? ?1 ,得 a ? 2 ,
x x ∴ f ( x) ? e ? 2 x , f ?( x) ? e ? 2 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ln 2 ,……………………2 分

当 x ? ln 2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递减;当 x ? ln 2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递增; ∴当 x ? ln 2 时, f ( x ) 取得极小值,且极小值为 f (ln 2) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2 ? 2ln 2 ,无极大 值;………………………………………………………………………………………4 分 (2)令 g ( x) ? e ? x ,则 g?( x) ? e x ? 2 x ,
x 2

由(1)得 g ?( x) ? f ( x) ? f (ln 2) ? 2 ? ln 4 ? 0 ,………………………………………6 分 故 g ( x ) 在 R 上单调递增,又 g (0) ? 1 ? 0 ,
2 x ∴当 x ? 0 时, g ( x ) ? g (0) ? 0 ,即 x ? e ;……………………………………7 分

2 x 2 x (3)①若 c ? 1 ,则 x ? ce ,又由(Ⅱ)知,当 x ? 0 时, x ? e , 2 x ∴当 x ? 0 时, x ? ce ,

取 x0 ? 0 ,当 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce ,……………………………………9 分
2 x

②若 0 ? c ? 1 ,令 k ?
x 2

1 ? 1 ,要使不等式 x 2 ? ce x 成立,只要 e x ? kx 2 成立, c

2 而要使 e ? kx 成立,则只要 x ? ln(kx ) ,只要 x ? 2 ln x ? ln k ,………………10 分

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

2 x?2 ? , x x

当 x ? 2 时, h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 (2, ??) 上单调递增, 取 x0 ? 16k ? 16 ,则 h( x ) 在 ( x0 , ??) 上单调递增,

又 h( x0 ) ? 16k ? 2ln(16k ) ? ln k ? 8(k ? ln 2) ? 3(k ? ln k ) ? 5k , 而 k ? ln k , k ? ln 2 , 5k ? 0 ,则 h( x0 ) ? 0 , 即存在 x0 ?

16 2 x ,当 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce ,………………………………13 分 c
2 x

综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .……………14 分 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)对任意给定的正数 c ,取 x0 ?

4 , c

x x x x x x 2 2 2 x ? 0 e ? ( )2 ( )2 , 由(2)知,当 时, e ? x ,则 e ? e ? 2 2

当 x ? x0 时, e ? ( ) ( ) ?
x 2 2

x 2

x 2

4 x 2 1 2 ( ) ? x , c 2 c
2 x

∴对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 解法三:(1)同解法一. (2)同解法一. (3)先证明当 x ? (0, ??) 时,恒有 令 h( x ) ?

1 3 x ? ex , 3

1 3 x ? e x ,则 h?( x) ? x 2 ? e x , 3

2 x 由(2)知,当 x ? 0 时, x ? e ,从而 h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 (0, ??) 上单调递减,

1 3 x ? ex , 3 3 1 2 1 3 x 取 x0 ? ,当 x ? x0 时,有 x ? x ? e , c c 3
∴ h( x) ? h(0) ? ?1 ? 0 ,即 ∴对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .
2 x

17.(2014·福建高考理科·T20) (本小题满分 14 分)已知函数 f ?x ? ? e ? ax( a 为常数)的图像与 y
x

轴交于点 A ,曲线 y ? f ?x ? 在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f ?x ? 的极值;
2 x (2)证明:当 x ? 0 时, x ? e ;

(3)证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x 0 ,使得当 x ? ?x0, ? ?? ,恒有 x 2 ? cex .

【解题指南】(1)由 f ?(0) ? ?1 求 a 的值,再判断 f ( x ) 的单调性求极值;(2)构造函数 g ( x) ? e x ? x 2 ,
判断单调性,求最值给出证明;(3)分 c ? 1 与 0 ? c ? 1 两种情况给予证明.

【解析】方法一:(1)由 f ( x) ? ex ? ax ,得 f ?( x) ? e x ? a ,又 f ?(0) ? 1 ? a ? ?1 ,得 a ? 2 ,
∴ f ( x) ? e x ? 2 x , f ?( x) ? e x ? 2 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ln 2 ,…………………2 分 当 x ? ln 2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递减;当 x ? ln 2 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递增; ∴当 x ? ln 2 时, f ( x ) 取得极小值,且极小值为 f (ln 2) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2 ? 2ln 2 ,无极大 值;…………………………………………………………………………4 分 (2)令 g ( x) ? e ? x ,则 g?( x) ? e x ? 2 x ,
x 2

由(1)得 g ?( x) ? f ( x) ? f (ln 2) ? 2 ? ln 4 ? 0 ,…………………………………6 分 故 g ( x ) 在 R 上单调递增,又 g (0) ? 1 ? 0 ,
2 x ∴当 x ? 0 时, g ( x ) ? g (0) ? 0 ,即 x ? e ;……………………………………7 分

x x 2 x (3)①若 c ? 1 ,则 e ? ce ,又由(Ⅱ)知,当 x ? 0 时, x ? e , 2 x ∴当 x ? 0 时, x ? ce ,

取 x0 ? 0 ,当 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce ,…………………………………9 分
2 x

②若 0 ? c ? 1 ,令 k ?
x 2

1 ? 1 ,要使不等式 x 2 ? ce x 成立,只要 e x ? kx 2 成立, c

2 而要使 e ? kx 成立,则只要 x ? ln(kx ) ,只要 x ? 2 ln x ? ln k ,……………10 分

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

2 x?2 ? , x x

当 x ? 2 时, h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 (2, ??) 上单调递增, 取 x0 ? 16k ? 16 ,则 h( x ) 在 ( x0 , ??) 上单调递增, 又 h( x0 ) ? 16k ? 2ln(16k ) ? ln k ? 8(k ? ln 2) ? 3(k ? ln k ) ? 5k , 而 k ? ln k , k ? ln 2 , 5k ? 0 ,则 h( x0 ) ? 0 , 即存在 x0 ?

16 2 x ,当 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce ,………………………13 分 c
2 x

综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .………14 分 解法二:(1)同方法一.

(2)同方法一. (3)对任意给定的正数 c ,取 x0 ?

4 , c
x x

x 2 2 x 2 由(2)知,当 x ? 0 时, e ? x ,则 e ? e 2 ? e 2 ? ( ) ( ) ,

x 2

x 2

当 x ? x0 时, e ? ( ) ( ) ?
x 2 2

x 2

x 2

4 x 2 1 2 ( ) ? x , c 2 c
2 x

∴对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 解法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)首先证明当 x ? (0, ??) 时,恒有 证明如下: 令 h( x ) ?

1 3 x ? ex , 3

1 3 x ? e x ,则 h?( x) ? x 2 ? e x , 3

2 x 由(2)知,当 x ? 0 时, x ? e ,从而 h?( x ) ? 0 , h( x ) 在 (0, ??) 上单调递减,

1 3 x ? ex , 3 3 1 2 1 3 x 取 x0 ? ,当 x ? x0 时,有 x ? x ? e , c c 3
∴ h( x) ? h(0) ? ?1 ? 0 ,即 ∴对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .
2 x

18. (2014·浙江高考文科·T21)已知函数 为 g (a) 。 (1)求 g (a) ;

f ? x ? ? x3 ? 3| x ? a | (a ? 0)

,若 f ( x) 在 [ ?1,1] 上的最小值记

(2)证明:当 x ? [?1,1] 时,恒有 f ( x) ? g (a) ? 4 【解析】 (I)因为 a ? 0, ?1 ? x ? 1 ,所以 (i)当 0 ? a ? 1 时, 若 x ? [?1,a] ,则 若 x ?[a,1] ,则 所以

f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a



f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0

,故

f ? x? f ? x?

在 (?1, a) 上是减函数; 在 (a,1) 上是增函数;

f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a



f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0

,故

g(a) ? f ? a ? ? a3

(ii)当 a ? 1 时,有 x ? a ,则 若 x ? [?1,a] ,则

f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a




f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0
,故

f ? x ? ? x3 ? 3x ? a

f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0

f ? x?

在 ( ?1,1) 上是减函数,所以

g(a) ? f ?1? ? ?2 ? 3a

?a3 ,0 ? a ? 1 g(a) ? ? ??2 ? 3a, a ? 1 综上所述,
(2)令 h( x) ? f ( x) ? g (a) ①当 0 ? a ? 1 时, g (a) ? a 若
3

x ?? a,1? h( x) ? x3 ? 3x ? 3a ? a3 ?a,1? 上是增函数, ?a,1? ? x) ? 3x 2 3 ? , , , 得h ( 则 h( x ) 在 所以 h( x) 在

3 上的最大值是 h(1) ? 4 ? 3a ? a 且 0 ? a ? 1 ,所以 h( x)≤4 ,故 f ( x) ? g (a) ? 4 2 x ???1, a? h( x) ? x3 ? 3x ? 3a ? a3 ? 3 ,则 h( x) 在 ? ?1, a? 上是减函数,所以 h( x) 在 , ,得 h (x) ?3x ?



??1, a? 上的最大值是 h(?1) ? 2 ? 3a ? a3 ,
? 令 t (a) ? 2 ? 3a ? a ,则 t (a) ? 3 ? 3a >0
3 2

所以 t (a) 在 (0,1) 上是增函数,所以 t (a)<t (1) ? 4 ,即 h(?1)<4 故 f ( x) ? g (a ) ? 4 ②当 a ? 1 时, g (a) ? ?2 ? 3a

? 故 h( x) ? x ? 3x ? 2 ,得 h ( x) ? 3x ? 3
3
2

此时 h( x) 在 (?1,1) 上是减函数,因此 h( x) 在 (?1,1) 上的最大值是 h(?1) ? 4 故 f ( x) ? g (a ) ? 4 综上,当 x ? [?1,1] 时,恒有 f ( x) ? g (a) ? 4 19.(2014·浙江高考理科·T22) (本题满分 14 分)已知函数

f ?x? ? x3 ? 3 x ? a (a ? R).

(1)若 f ?x ? 在 ?? 1,1? 上的最大值和最小值分别记为 M (a), m(a) ,求 M (a) ? m(a) ; (2)设 b ? R, 若 ? f ?x ? ? b? ? 4 对 x ? ?? 1,1?恒成立,求 3a ? b 的取值范围.
2

?3x2 ? 3, x≥a ? x3 ? 3x ? 3a, x≥a f ?( x) ? ? 2 f ( x) ? ? 3 ?3x ? 3, x<a ? x ? 3x ? 3a, x<a ,所以 【解析】 (1)因为

由于 ?1≤x≤1
3 ??1,1? 上是增函数,所以 ①当 a≤ ? 1 时,有 x≥ a ,故 f ( x) ? x ? 3x ? 3a ,此时 f ( x ) 在

M (a) ? f (1) ? 4 ? 3a , m(a) ? f (?1) ? ?4 ? 3a , M (a) ? m(a) ? (4 ? 3a) ? (?4 ? 3a) ? 8
②当 ?1<a<1时,若 x ? (a,1) , f ( x) ? x ? 3x ? 3a 在 (a,1) 上是增函数;若 x ? (?1, a)
3

f ( x) ? x3 ? 3x ? 3a ,在 (?1, a) 上是减函数,所以 M (a) ? max ? f (?1), f (1)? , m(a) ? f (a) ? a3
由于 f (1) ? f (?1) ? ?6a ? 2 ,因此当

?1<a≤

1 3 3 时, M (a) ? m(a) ? ?a ? 3a ? 4

1 <a<1 3 当3 时, M (a) ? m(a) ? ?a ? 3a ? 2
3 ??1,1? 上是减函数,因此 ③当 a≥1 时,有 x≤ a ,故 f ( x) ? x ? 3x ? 3a ,此时 f ( x ) 在

M (a) ? f (?1) ? 2 ? 3a , m(a) ? f (1) ? ?2 ? 3a ,故 M (a) ? m(a) ? (2 ? 3a) ? (?2 ? 3a) ? 4

综上,

8, a≤ ? 1 ? ? ??a 3 ? 3a ? 4, ?1<a≤ 1 ? 3 M ( a ) ? m( a ) ? ? ? ?a 3 ? 3a ? 2, 1 <a<1 ? 3 ? 4, a ≥ 1 ?

? x 3 ? 3 x ? 3a ? b, x≥a ?3 x 2 ? 3, x≥a h( x ) ? ? 3 h?( x) ? ? 2 ? x ? 3 x ? 3a ? b, x<a ?3x ? 3, x<a (2)令 h( x) ? f ( x) ? b ,则
因为

? f ( x) ? b ?

2

≤4

对于

x ???1,1?

恒成立,即 ?2≤h( x)≤2 对

x ???1,1?

恒成立,所以由(1)可知,

①当 a≤ ? 1 时, h( x) 在

??1,1? 上增函数, h( x) 在 ??1,1? 上的最大值是 h(1) ? 4 ? 3a ? b

最小值是 h(?1) ? ?4 ? 3a ? b ,则 ?4 ? 3a ? b≥ ? 2 且 4 ? 3a ? b≤2 ,矛盾;

?1<a≤
②当

1 3 3 时, h( x) 在 ??1,1? 上的最小值是 h(a) ? a ? b ,最大值是 h(1) ? 4 ? 3a ? b 0≤ a≤ 1 3

所以 a ? b≥ ? 2 且 4 ? 3a ? b≤2 ,从而 ?2 ? a ? 3a≤3a ? b≤6a ? 2 且
3 3

1 (0, ) ? 3 上是增函数,故 t (a)≥t (0) ? ?2 ,所以 令 t (a) ? ?2 ? a ? 3a ,则 t (a) ? 3 ? 3a >0 ,所以 t (a) 在
3 2

?2≤3a ? b≤0

1 <a<1 ??1,1? 上的最小值是 h(a) ? a3 ? b ,最大值是 h(?1) ? 3a ? b ? 2 ③当 3 时, h( x) 在 28 ≤3a ? b≤0 所以 a ? b≥ ? 2 且 3a ? b ? 2≤2 ,解得 27
3

?

④当 a≥1 时, h( x) 在

??1,1? 上的最大值是 h(?1) ? 3a ? b ? 2 ,最小值是 h(1) ? ?2 ? 3a ? b ,所以

?2 ? 3a ? b≥ ? 2 且 3a ? b ? 2≤2 ,解得 3a ? b ? 0
综上, 3a ? b 的取值范围是 ?2≤3a ? b≤0 .

20. ( 2014 ·辽宁高考理科·T 21 )(本小题满分 12 分)

已知函数

f ? x ? ? ? ? x ? cosx ? ? 2 sin x ? 2, g ? x? ? ? x ? ? ?

1 ? sinx 2 x ? ? 1 1 ? sinx ?

? ?? x0 ? ? 0, ? ? 2 ? 错误!未找到引用源。,使 f ? x0 ? ? 0 ; 证明:(Ⅰ)存在唯一 ?? ? x1 ? ? , ? ? ? 2 ? 错误!未找到引用源。,使 g ? x1 ? ? 0 错误!未找到引用源。, (Ⅱ)存在唯一

且对(Ⅰ)中的 x0 ,有 x0 ? x1 ? ?
(0, ) x ? (0, ) 2 2 时, f ?( x) ? ? ? ? sin x ? 2 cosx ? 0 【解析】 (Ⅰ) 证明: 当 ,所以函数 f ( x) 在

?

?

?? ? ? ? f ? 0 ? ? ?? ? 2 ? 0, f ? ? ? ?4 ? 0 x0 ? (0, ) ?2? 2 2 ,使 f ( x0) ?0 ; 上为增函数, ,所以存在唯一
2

?? ? cos x 2x x ? ? ,? ? g ? x ? ? ?? ? x ? ? ?1 2 ? ? 时,化简得 1 ? sin x ? (Ⅱ)当 ?? ? ? ?? x ? ? ,? ? t ? ?0, ? ? 2 ? 时, ? 2 ? . 令 t ? ? ? x ,则
u ? t ? ? g ?? ? t ? ? ?



f ?t ? t cos t 2 u? ? t ? ? ? t ?1 ? ?1 ? sin t ? 1 ? sin t ? .则

? ?? t ? ? x0 , ? t ? 0, x u? t ? 0 2 ? 时, u? ? t ? ? 0 ; 由(Ⅰ)当 ? 0 ? 时, ? ? ;当 ? ? ?? ?? ? ? ?? u? ? ? 0 t ? ? x0 , ? ? x0 , ? u t 2 ? 时,u ? t ? ? 0 ,所以 u ? t ? 可见在 ? 2 ? 上, ? ? 为增函数,而 ? 2 ? ,因此当 ?

? ?? ? x0 , ? 在 ? 2 ? 上无零点 .

在?

0, x0 ?

上,

u ?t ?

为减函数,而

u ? 0? ? 1, u ? x0 ? ? 0

,知存在

t0 ? ? 0, x0 ?

,使

u ? t0 ? ? 0

.

?? ? x1 ? ? ? t0 ? ? , ? ? ? 2 ? ,则 g ? x1 ? ? g ?? ? t 0 ? ? u ?t 0? ? 0. 设 ?? ? x1 ? ? , ? ? ? 2 ? ,使得 g ? x1 ? ? 0. 所以存在惟一的

因为 x1 ? ? ? t0 , t0 ? x0 ,所以 x0 ? x1 ? ? .
ex 2 21. ( 2014 · 山东高考理科· T 20 ) 设函数 f ( x) ? 2 ? k ( ? ln x)( k 为常数,e ? 2.71828 ??? x x

是自然对数的底数) . (Ⅰ)当 k ? 0 时,求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若函数 f ( x) 在 (0, 2) 内存在两个极值点,求 k 的取值范围 . 【解题指南】 ( 1 ) 先利用导数公式求函数的导数 , 根据单调性与导数的关系求出函数的单 调区间 . (2 ) 本题可对 k 进行分类讨论,由 (Ⅰ)知 k ? 0 , 函数 f ( x) 在 (0, 2) 内不存在极值 点,因此只需考虑 k ? 0 时,是否存在两个极值点即可 . 【解析】 (Ⅰ)
e x ? x 2 ? 2 xe x 2 1 ? k (? 2 ? ) 4 x x x x ( x ? 2)(e ? kx) ? ( x ? 0) x3 当k ? 0时,kx ? 0,? e x ? kx ? 0 f ' ( x) ? 令f ' ( x) ? 0, 则x ? 2 所以当x ? (0,2)时,f ( x)单调递减; 当x ? (2,??)时,f ( x)单调递增。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, k ? 0 时,函数 f ?x ? 在 ?0,2? 内单调递减,故 f ?x ? 在 ?0,2? 内不存在极 值点, k>0 时

令g ?x ? ? e x ? kx 则g ' ( x) ? e x ? k 所以e x ? k , x ? ln k 因为g ' (0) ? 1 ? k ? 0, g (0) ? 1 ? 0 e2 g (2) ? e ? k ? 0, g ?2? ? e ? 2k ? 0 ? k ? 2 ln k g ?ln k ? ? e ? k ln k ? 0 ? ln k ? 1? k ? e
' 2 2

综上 : e的取值范围为( e,

e2 )。 2
x ?1 ,其中 a 为常数 . x ?1

22. ( 2014 ·山东高考文科·T 20 )设函数 f ? x ? ? a ln x ?

(Ⅰ)若 a ? 0 ,求曲线 y ? f ? x ? 在点 ?1, f ? 1? ? 处的切线方程; (Ⅱ)讨论函数 f ? x ? 的单调性 . 【解题指南】 (1 ) 先利用导数公式求函数的导数 , 根据 曲线 y ? f ? x? 在点 ?1, f ? 1? ? 的切线求 出切点 . (2 )本题可对 a 行分类讨论 . 【解析】 (1) 当a ? 0时 f ( x) ?
2 1 ? 2 (1 ? 1) 2

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

f ?(1) ?

又? f (1) ? 0 ?直线过点(1,0)
?y ? 1 1 x? 2 2

(2) f ?( x) ?

a 2 ? ( x ? 0) x ( x ? 1)2 2 恒大于0. f ( x)在定义域上单调递增. ( x ? 1)2

①当a ? 0时, f ?( x) ?

②当a ? 0时,f ?( x) ?

a 2 a( x ? 1)2 ? 2 x ? = ? 0. f ( x)在定义域上单调递增. x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

1 ③当a ? 0时,? ? (2a ? 2) 2 ? 4a 2 ? 8a ? 4 ? 0, 即a ? ? . 2

开口向下,f ( x)在定义域上单调递减。

当?

1 ?(2a ? 2) ? 8a ? 4 ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 0时,? ? 0.x1,2 ? ? 2 2a a
2a ? 2 1 ? ?1 ? ? 0.且x1 ?x2 ? 1 ? 0 2a a

对称轴方程为x ? ?
? f ( x)在(0,

? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 ) 单调递减, ( , ) 单调递增, a a a ?a ? 1+ 2a ? 1 ( , +?) 单调递减。 a
1 1 ? a ? 1 ? 2a ? 1 时,f ( x)在定义域上单调递减; ? ? a ? 0 时,f ( x) 在(0, ) 单调递减, 2 2 a

综上所述,a ? 0 时,f ( x)在定义域上单调递增;a ? 0 时,f ( x) 在定义域上单调递增 a?? (

? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2 a ? 1 ?a ? 1+ 2a ? 1 , ) 单调递增, ( , +?) 单调递减。 a a a

23. (2014 ·陕西高考文科·T21 )( 本小题满分 14 分 ) 设函数 f (x ) =lnx+错误!未找到引用 源。 ,m ∈ R. (1 )当 m=e (e 为自然对数的底数 ) 时 ,求 f (x ) 的极小值 . (2 )讨论函数 g ( x ) =f' (x )-错误!未找到引用源。零点的个数 . (3 )若对任意 b>a>0,错误!未找到引用源。 <1 恒成立 , 求 m 的取值范围 . 【解题指南】 (1 ) 利用导数确定函数单调性 , 再由单调性求函数的极值 . ( 2 ) 首先变形将函数 零点个数转化为直线与曲线的交点个数 , 然后求导确定函数最值 , 数形结合分类讨论确定 零点的个数 . (3 )先用构造函数法将恒成立转化 ,再通过分离参数后求函数最值确定 m 的取值范围 . 【解析】 ( 1) 由题设 , 当 m=e 时 ,f ( x ) =lnx+ 错误!未找到引用源。 , 则 f' (x )= 错误!未找到引用源。 , 所以当 x ∈ ( 0 , e ),f' (x ) <0 , f (x ) 在 (0 , e) 上单调递减 , 当 x ∈ (e ,+ ∞),f' ( x ) >0, f (x ) 在 (e, + ∞ ) 上单调递增 , 所以 x=e 时 ,f (x ) 取得最小值 f (e )=lne+ 错误!未找到引用源。 =2 , 所以 f (x ) 的极小值为 2.

(2 ) 由题设 g( x ) =f' (x ) - 错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。 - 错误!未找到引 用源。 - 错误!未找到引用源。 ( x>0 ), 令 g ( x) =0 ,得 m=- 错误!未找到引用源。 +x ( x>0 ). 设 φ (x )=-错误!未找到引用源。 x3 +x ( x ≥ 0 ), 则 φ '( x) =-x 2+1=- (x-1 )( x+1 ), 当 x ∈ (0 ,1 ) 时 , φ ' (x )>0 ,φ (x ) 在 (0 , 1) 上单调递增 ; 当 x ∈ (1 ,+ ∞) 时 ,φ ' ( x) <0 , φ ( x )在 (1 ,+ ∞) 上单调递减 . 所以 x=1 是 φ (x ) 的唯一极值点 , 且是极大值点 , 因此 x=1 也是 φ (x ) 的极大值点 , 所以 φ (x )的最大值为 φ ( 1) =错误!未找到引用源。 . 又 φ (0 )=0, 结合 y= φ ( x )的图象 , 可知

①当 m>错误!未找到引用源。 时 ,函数 g (x ) 无零点 ; ②当 m=错误!未找到引用源。 时 ,函数 g (x ) 有且只有一个零点 ; ③当 0<m< 错误!未找到引用源。 时 , 函数 g ( x ) 有两个零点 ; ④当 m ≤0 时 , 函数 g (x ) 有且只有一个零点 . 综上所述 ,当 m> 错误!未找到引用源。 时 ,函数 g ( x ) 无零点 ; 当 m= 错误!未找到引用源。 或 m ≤0 时 , 函数 g ( x ) 有且只有一个零点 ; 当 0<m< 错误!未找到引用源。 时 ,函数 g (x ) 有两个零点 . (3 )对任意的 b>a>0, 错误!未找到引用源。 <1 恒成立 , 等价于 f (b )-b<f (a )-a 恒成立 . (* )

设 h ( x) =f (x )-x=lnx+ 错误!未找到引用源。 -x (x>0 ),

所以 (* ) 等价于 h (x ) 在 ( 0,+ ∞) 上单调递减 . 由 h' (x )= 错误!未找到引用源。 - 错误!未找到引用源。 -1 ≤0 在 (0 , +∞ ) 恒成立 , 得 m ≥ -x2 +x=-错误!未找到引用源。 + 错误!未找到引用源。 (x>0) 恒成立 , 所以 m ≥ 错误!未找到引用源。 , 所以 m 的取值范围 错误!未找到引用源。 . 24. (2014 ·陕西高考理科·T21 )( 本小题满分 14 分 )设函数 f( x ) =ln (1+x ),g (x )=xf' (x ),x ≥ 0 ,其中 f' ( x) 是 f (x )的导函数 . (1 )令 g 1 (x )=g (x ),g n+1 (x ) =g( gn (x )), n ∈ N + ,求 g n (x )的表达式 . (2 )若 f ( x) ≥ ag ( x ) 恒成立 , 求实数 a 的取值范围 . (3 )设 n ∈ N +, 比较 g ( 1 ) +g (2 )+ ? +g (n )与 n-f (n ) 的大小 , 并加以证明 . 【解题指南】 (1 ) 根据已知求得 g 1 (x ), g 2 (x ), g 3 (x ), … ,猜想 g n ( x ) 的表达式并用数学归纳法证 明 . (2 ) 利用已知变形确立新函数 , 对新函数求导后 , 对参数分类确定函数单调性解决恒成 立问题 , 从而求得实数 a 的取值范围 . (3 )利用特值法确定 g ( 1) +g (2 ) +…+g ( n )与 n-f (n )的大 小 , 用数学归纳法证明 . 【解析】由题设得 ,g ( x)= 错误!未找到引用源。 (x ≥0 ). (1 )由已知 , g1 (x )= 错误!未找到引用源。 , g 2 ( x )=g( g 1 (x ))= 错误!未找到引用源。 = 错误!未 找到引用源。 , g 3( x) = 错误!未找到引用源。 , … ,可得 gn (x )= 错误!未找到引用源。 . 下面用数学归纳法证明 : ①当 n=1 时 ,g1 ( x ) = 错误!未找到引用源。 , 结论成立 . ②假设 n=k 时结论成立 ,即 gk (x )= 错误!未找到引用源。 . 那么 ,当 n=k+1 时 , g k+1 (x )=g (g k (x ))= 错误!未找到引用源。= 错误!未找到引用源。 = 错误!未找到引用源。 ,

即结论成立 . 由①②可知 ,结论对 n ∈ N + 成立 . (2 )已知 f (x )≥ ag (x ) 恒成立 ,即 ln (1+x) ≥错误!未找到引用源。 恒成立 . 设 φ (x )=ln (1+x )- 错误!未找到引用源。 (x ≥ 0 ), 则 φ '( x) =错误!未找到引用源。 -错误!未找到引用源。 = 错误!未找到引用源。 , 当 a ≤1 时 , φ ' (x ) ≥0 )( 当且仅当 x=0 ,a=1 时等号成立 ), 所以 φ (x )在 [ 0 ,+ ∞ )上单调递增 , 又 φ ( 0 ) =0 , 所以 φ (x )≥0 在 [0, + ∞ ) 上恒成立 , 所以 a ≤1 时 ,ln ( 1+x ) ≥ 错误!未找到引用源。 恒成立 ( 仅当 x=0 时等号成立 ), 当 a>1 时 ,对 x ∈ ( 0 ,a-1] 有 φ ' ( x )<0 ,所以 φ ( x ) 在 ( 0 , a-1 ] 上单调递减 , 所以 φ (a-1) < φ ( 0 ) =0. 即 a>1 时 , 存在 x>0 ,使 φ ( x) <0 ,故知 ln (1+x ) ≥错误!未找到引用源。 不恒成立 , 综上可知 ,a 的取值范围是 (- ∞, 1] . (3 )由题设得 g ( 1 ) +g (2 ) + …+g ( n )= 错误!未找到引用源。+ 错误!未找到引用源。+ … + 错误! 未找到引用源。 , n-f (n )=n-ln ( n+1 ), 比较结果为 g (1 ) +g (2 ) + …+g ( n )>n-ln (n+1 ). 证明如下 : 上述不等式等价于 错误!未找到引用源。 + 错误!未找到引用源。 + … + 错误!未找到引 用源。 <ln (n+1 ), 在 ( 2) 中取 a=1 , 可得 ln (1+x ) > 错误!未找到引用源。 ,x>0. 令 x= 错误!未找到引用源。, n ∈ N+ , 则 错误!未找到引用源。<ln 错误!未找到引用源。. 下面用数学归纳法证明 :

①当 n=1 时 ,错误!未找到引用源。 <ln2 ,结论成立 . ②假设 n=k 时结论成立 , 即 错误!未找到引用源。 +错误!未找到引用源。 + …+ 错误!未找到引用源。 <ln (k+1 ). 那么 ,当 n=k+1 时 , 错误!未找到引用源。 + 错误!未找到引用源。 + …+ 错误!未找到引用源。 + 错误!未找 到引用源。 <ln (k+1 )+ 错误!未找到引用源。 <ln (k+1) +ln 错误!未找到引用源。 =ln (k+2 ), 三 即结论成立 . 由①②可知 ,结论对 n ∈ N + 成立 . 25. ( 2014 ·天津高考文科·T 19 )(本小题满分 14 分) 2 已知函数 f ( x) ? x 2 ? ax3 (a ? 0), x ? R 3 ( 1 ) 求 f ( x) 的单调区间和极值; ( 2 ) 若对于任意的 x1 ? (2, ??) ,都存在 x2 ? (1, ??) ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1 , 求 a 的取值范围
【解析】 ( 1 ) 由已知 , 有 f' ( x ) =2x-2ax 2 ( a>0 ) . 令 f' ( x ) =0 , 解得 x=0 或 x= 错误!未找到引用源。 . 当 x 变化时 , f' ( x ), f ( x ) 的变化情况如下表 : x (∞,0) f' ( x) f(x ) ↘ 0 ↗ 0 0

? 1? ? 0, ? ? a?
+

1 a

?1 ? ? , ?? ? ?a ?
-

0

1 3a 2



所以 f ( x ) 的单调递增区间是 错误! 未找到引用源。 ; 单调递减区间是 ( - ∞ , 0 ), 错误! 未找到引用源。 . 当 x=0 时 , f ( x ) 有极小值 , 且极小值 f ( 0 ) =0 ; 当 x= 错误!未找到引用源。 时 , f ( x ) 有极大值 , 且极大值 f ? ? = 错误!未找到引用源。 .

?1? ?a?

(2)由 f(0)= f ?

? 3 ? ? =0 及 ( 1 ) 知 , 当 x ∈ 错误!未找到引用源。 时 ,f ( x ) >0 ;当 x ∈ 错误!未找到引用 ? 2a ?

源。 时 , f ( x ) <0. 设集合 A= { f ( x ) |x ∈ ( 2 , + ∞ )}, 集合 B= ?

? ? 1 ∣ x ? ?1, ?? ? , f ? x? ? f x ? ? ? ?

? ? 0? 错误!未找到引用源。 . ? ?

则“对于任意的 x 1 ∈ ( 2 , + ? ), 都存在 x 2 ∈ ( 1 , + ? ), 使得 f ( x 1 ) · f ( x 2 ) =1 ”等价于 A ? B. 显然 , 0 ? B. 下面分三种情况讨论 : ①

3 >2 , 即 0<a< 错误!未找到引用源。时 , 由 错误!未找到引用源。=0 可知 , 0 ∈ A , 而 0 ? B. 所以 A 2a

不是 B 的子集 . ②当 1 ≤错误!未找到引用源。 ≤2 , 即 错误!未找到引用源。 ≤a ≤ 错误!未找到引用源。 时 , 有 f ( 2 ) ≤0 , 且此时 f ( x ) 在 ( 2 , + ? ) 上单调递减 , 故 A= ( - ? , f ( 2 )), 因而 A ? ( - ∞ , 0 ); 由 f ( 1 ) ≥0 , 有 f ( x ) 在 ( 1 , + ? ) 上的取值范围包含 ( - ? , 0 ), 则 ( - ? , 0 ) ? B , 所以 , A ? B. ③当 错误!未找到引用源。 <1 , 即 a> 错误!未找到引用源。 时 , 有 f ( 1 ) <0 , 且此时 f ( x ) 在 ( 1 , + ? ) 上 单调递减 , 故 B= 错误!未找到引用源。 , A= ( - ? , f ( 2 )), 所以 A 不是 B 的子集 . 综上 , a 的取值范围是 ? , ? ?4 2?

? 3 3?

26. ( 2014 ·天津高考理科·T 20 )(本小题满分 14 分) 已知函数 f (x) = x - aex (a ? R), x ? R . 已知函数 y = f (x) 有两个零点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 . ( 1 )求 a 的取值范围;

( 2 )证明 ( 3 )证明

x2 随着 a 的减小而增大; x1

x1 + x2 随着 a 的减小而增大 .

【解析】( 1 )由 f (x) = x - aex ,可得 f ? (x) = 1- aex . 下面分两种情况讨论: ① a ? 0 时, f ? (x) > 0 在 R 上恒成立,可得 f ( x) 在 R 上单调递增,不合题意 . ② a > 0 时,由 f ? (x) = 0 ,得 x = - ln a . 当 x 变化时, f ? (x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x
f? (x) f ( x)

(- ? , ln a)
+ ↗

- ln a

(- ln a, + ? )
- ↘

0
- ln a - 1

这时, f ( x) 的单调递增区间是 (- ? , ln a) ;单调递减区间是 (- ln a, + ? ). 于是,“函数 y = f (x) 有两个零点”等价于如下条件同时成立: ( i ) f (- ln a) > 0 ; ( ii )存在 s1 ? ( ? , ln a) ,满足 f (s1 ) < 0 ; ( iii )存在 s2 ? ( ln a ,+ ? ) ,满足 f (s2 ) < 0 . 由 f (- ln a) > 0 ,即 - ln a - 1 > 0,解得 0 < a < e- 1 , 而此时,取 s1 = 0 ,满足 s1 ? ( ? , ln a) ,且 f ( s1 ) = - a < 0 ;
2 2 取 s2 = + ln ,满足 s2 ? ( ln a, + ? a a
2 2 骣 骣2 2 珑 a鼢 a 鼢 - e 鼢 + ln - e < 0 . ) ,且 f (s2 ) = 珑 珑 鼢桫a 珑 a 桫

所以, a 的取值范围是 (0, e- 1 ) . ( 2 )由 f (x) = x - aex = 0 ,有 a = 设 g ( x) =
x . ex

x 1- x ,由 g ? ( x) = x ,知 g ( x) 在 (- ? ,1) 上单调递增,在 (1, + ? x e e

) 上单调递减 .

当 x ? ( ? ,0]时, g ( x) ? 0 ;

当 x ? (0, ? ) 时, g ( x) > 0 . 由已知, x1 , x2 满足 a = g( x 1 ) , a = g ( x2 ) . 由 a ? (0, e- 1 ) ,及 g ( x) 的单调性,可得 x1 ? (0,1), x2 ? (1, ? ). 对于任意的 a1 , a2 ? (0, e- 1 ) ,设 a1 > a2 , g (x1 ) = g (x2 ) = a1 ,其中 0 < x1 < 1 < x2 ;

g (h1 ) = g (h2 ) = a2 ,其中 0 < h1 < 1 < h2 .
因为 g ( x) 在 (0,1) 上单调递增,故由 a1 > a2 ,即 g (x1 ) > g (h1 ) ,可得 x1 > h1 ; 类似可得 x2 < h2 . 又由 x1 , h1 > 0 ,得
x x2 h2 h2 < < .所以, 2 随着 a 的减小而增大 . x1 x1 x1 h1

( 3 )由 x1 = ae x1 , x2 = ae x2 ,可得 ln x1 = ln a + x1 , ln x2 = ln a + x2 . 故 x2 - x1 = ln x2 - ln x1 = ln
x2 . x1



ì x2 = tx1, ? ln t t ln t x2 = t ,则 t > 1 ,且 ? 解得 x1 = , x2 = . í ? t 1 t 1 x1 x x = ln t , 1 ? ? 2

所以 x1 + x2 =

(t + 1)ln t
t- 1

.



令 h ( x) =

( x + 1)ln x
x- 1

, x ? (1, ?

) ,则 h?( x) =
骣 x - 1÷ ? ÷. ? ? 桫x ÷
2

- 2 ln x + x -

( x - 1)

2

1 x.

1 令 u ( x ) = - 2ln x + x - ,得 u ? ( x) = x

当 x ? (1, ?

) 时, u? (x)> 0 .因此, u (x) 在 (1, + ? ) 上单调递增, ) , u(x) > u (1) = 0 , ) 上单调递增 .

故对于任意的 x ? (1, ?

由此可得 h? (x)> 0 ,故 h(x) 在 (1, + ?

因此,由①可得 x1 + x2 随着 t 的增大而增大 . 而由( 2 ), t 随着 a 的减小而增大,所以 x1 + x2 随着 a 的减小而增大 . 27. ( 2014 ·安徽高考文科·T 20 )与( 2014 ·安徽高考理科·T 18 )相同

设函数 f ( x) ? 1 ? (1 ? a) x ? x2 ? x3 ,其中 a ? 0 ( 1 ) 讨论 f ( x) 在其定义域上的单调性; ( 2 ) 当 x ? [0,1] 时,求 f ( x) 取得最大值和最小值时的 x 的值 . 【解题提示】利用导数求函数的单调性和最值。 【解析】 (1) f ( x) 定义域为 (- ? , ? ), f / ( x) = 1 + a - 2x - 3x2 , 令 f / ( x) = 0 得 x = - 1 1
4 + 3a - 1 + 4 + 3a , x < x , , x2 = 1 2 3 3

所以 f / ( x) = - 3( x - x1 )( x - x2 ) ,当 x < x1 或 x > x2 时 f / ( x) < 0 ; 当 x1 < x < x2 时 f / ( x) > 0 。
- 1所以 f(x) 在 琪 -? , 琪 桫 骣 骣 4 + 3a - 1 + 4 + 3a 和琪 , +? 琪 3 3 桫

内单调递减 ,

在琪 琪

骣 - 1 - 4 + 3a - 1 + 4 + 3a 内单调递增。 , 3 桫 3

(2) 因为 a>0, 所以 x1 < 0, x2 > 0 。 ①当 a ? 4 时, x2 ? 1 ,由( 1 )知,f(x) 在 [0,1] 上单调递增,所以 f(x) 在 x=0 和 x=1 处 分别取得最小值和最大值。 ②当 0<a<4 时, x2 < 1,由( 1 )知, f(x) 在 [0, x2 ] 上单调递增,在 [ x2 ,1] 上单调递减。 所以 f(x) 在 x=x = - 1 + 4 + 3a 处取得最大值。又 f(0)=1,f(1)=a, 所以 2 3 当 0<a<1 时, f(x) 在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时, f(x) 在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时, f(x) 在 x=0 处取得最小值 . 28. ( 2014 · 新 课 标 全 国 卷 Ⅱ 高 考 文 科 数 学 · T21 )( 本 小 题 满 分 12 分 ) 已 知 函 数 f (x )=x3-3x 2 +ax+2 ,曲线 y=f (x ) 在点 ( 0 ,2 ) 处的切线与 x 轴交点的横坐标为 -2. (1 )求 a. (2 )证明 :当 k<1 时 ,曲线 y=f (x ) 与直线 y=kx-2 只有一个交点 . 【解题提示】 (1 ) 利用切线的性质结合已知条件求得 a.

(2 )由 f(x)=kx-2 ,化为 “ k= g ( x) ” 型 , 通过研究函数 g (x ) 的性质 ,画出 g (x ) 的草图 ,完成证明 . 【解析】 ( 1) 因为 f (x ) =x3 -3x 2 +ax+2, 所以 f' ( x )=3x 2 -6x+a ,f' (0 )=a , 设切点 A (0 ,2 ), 切线与 x 轴交点为 B ( -2 ,0 ),则 k AB=f' (0 ), 即 所以 ,a=1. (2 )当 k<1 时 ,令 f( x ) -kx+2=x3 -3x2 +x-kx+4=0. 则 x 2 -3x+1+ 令 g ( x) =x2 -3x+1+
4 4 2 x3 ? 3x 2 ? 4 . 则 g' (x )=2x-3- 2 = . x x x2

2?0 =a, 0?2

4 =k,x ≠0 , x

令 h ( x) =2x 3-3x 2 -4, 则 h' (x )=6x2 -6x=6x ( x-1 ), 所以当 x ∈ ( 0 , 1 ) 时 , h' ( x )<0,h ( x) 递减 . 当 x ∈ (- ∞, 0) 或 (1 ,+∞ ) 时 ,h' ( x )>0 ,h (x )递增 ; 且 h( 0 ) <0 ,h (2 )=0. 所以当 x<2 时 , h (x )<0 , g'( x ) <0 ,g (x )在 (- ∞, 0 ),( 0 ,2 )上递减 ; 当 x>2 时 ,h ( x) >0 , g' (x ) >0 ,g (x ) 在 (0 , + ∞ ) 上递增 ; 所以当 x ∈ ( 0 , 2 ) ∪ (0 , + ∞) 时 , g ( x ) ≥g (2 )=1 , 当 x ∈ (- ∞, 0) 时 ,单调递减 ,且 g ( x ) ∈ (- ∞,+ ∞ ). 所以当 k<1 时 , g (x )=k 仅有一个根 ,图像如图所示 ,

所以 ,当 k<1 时 ,y=f (x ) 与 y=kx-2 仅有一个交点 . 29. ( 2014 · 新 课 标 全 国 卷 Ⅱ 高 考 理 科 数 学 · T21 )( 本 小 题 满 分 12 分 ) 已 知 函 数

f (x)=e x-e -x -2x. (1 )讨论 f (x)的单调性 . (2 )设 g (x)= f (2 x)-4b f (x) ,当 x>0 时 ,g(x)>0,求 b 的最大值 . (3 )已知 1.4142<错误!未找到引用源。 <1.4143 ,估计 ln2 的近似值 ( 精确到 0.001 ). 【解题提示】 (1 )求 f' (x ), 结合 f( x) 的符号判断单调性 . (2 )构造函数 , 分离出 b, 求得 b 的最大值 . (3 )利用第 (2 )问的结论 ,估计 ln2 的近似值 . 【解析】 错误!未找到引用源。 -2 ≥ 0 ,等号仅当 x =0 时成立 . 所以 f (x) 在( - ∞ ,+ ∞)单调递增 . (2) g ? x ? ? f ? 2 x ? ? 4bf ? x ? ? e 2 x ? e ?2 x ? 4b ? e x ? e ? x ? 错误!未找到引用源。 + ( 8 b -4 ) x , g ′ ( x )=2 [ e 2 x ? e ?2 x ? 2b ? e x ? e ? x ? +(4 b -2)] = 2 ? e x ? e ? x ? 2 ?? e x ? e ? x ? 2b ? 2 ? 错误!未找到引用源。①当 b ≤ 2 时, g ′ ( x) ≥ 0 ,等号仅当 x =0 时成立,所以 g ( x ) 在 (-∞ ,+ ∞ ) 单调递增 . 而 g (0)=0 ,所以对任意 x > 0 , g (x ) > 0. ②当 b > 2 时,若 x 满足 2 < e x ? e? x < 2b -2,即 0 < x < ln( b -1+ b2 ? 2b )时, g ′ ( x ) < 0. 而 g (0)=0 ,因此当 0 < x < ln( b -1+ ( 3 )由( 2 )知, g (ln 当 b =2 时, g (ln
2 )=

b2 ? 2b )时, g (x) < 0. 综上, b 的最大值为 2.

2 )=
3 -4 2

3 -2 2 b +2(2 b -1)ln 2 , 2

2 +6ln 2 > 0 , ln 2 >

9 2 ?3 > 0.692 8 ; 12

当 b=

3 2 +1 时, ln( b -1+ 4

b2 ? 2b )=ln

2,

g (ln
ln 2 <

2 )=-

3 -2 2 +(3 2 +2)ln 2 < 0 , 2

18 ? 2 < 0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 28

x 30. ( 2014 · 四 川 高 考 理 科 · T 21 ) 已 知 函 数 f ( x) ? e , 其 中 a, b? R, ? a2x ? b x ?1 e ? 2.71828? 为自然对数的底数. ( 1 )设 g ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,求函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值;

( 2 )若 f (1) ? 0,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,求 a 的取值范围 . 【解题提示】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用,函数的零点等基础 知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分 类与整合、划归与转化等数学思想,并考查思维的严谨性 . 2 【解析】( 1 )因为 f ( x) ? ex ? ax ? bx?1 ,所以 g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 2ax ? b , 又 g?( x) ? ex ? 2a ,因为 x ? [0,1] , 1 ? e x ? e 所以: 1 ①若 a ? ,则 2a ? 1 , g?( x) ? ex ? 2a ? 0 , 2 所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单增, gmin ( x) ? g (0) ? 1 ? b . 1 e ②若 ? a ? ,则 1 ? 2a ? e ,于是当 0 ? x ? ln(2a) 时, g?( x) ? ex ? 2 a ? 0, 2 2 当 ln(2a) ? x ? 1 时, g?( x) ? ex ? 2 a ? 0, 所以函数 g ( x) 在区间 [0, ln(2a)] 上单减,在区间 [ln(2a),1] 上单增, gmin ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b . e ③若 a ? ,则 2a ? e , g?( x) ? ex ? 2a ? 0 , 2 所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单减, gmin ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b . 1 综上所述,当 a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g (0) ? 1 ? b ; 2 1 e 当 ? a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ; 2 2 e 当 a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b . 2 ( 2 )由 f (1) ?0 ? e ? a ? b ? 1 ? 0 ? b ? e ? a ? 1 ,又 f (0) ?0 ,若函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有 零点,则函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内不可能单调递增,也不可能单调递减, 1 e 由( 1 )知当 a ? 或 a ? 时,函数 g ( x) 即 f ?( x) 在区间 [0,1]上单调,不可能满足上述要 2 2 求. 1 e 故只有 ? a ? ,此时 gmin ( x) ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ? 3a ? 2a ln(2a) ? e ?1 , 2 2 3 令 h( x) ? x ? x ln x ? e ? 1 ( 1 ? x ? e ), 2 1 1 则 h?( x) ? ? ln x .由 h?( x) ? ? ln x ? 0 ? x ? e , 2 2 所以 h( x) 在区间 (1, e ) 上单增,在区间 ( e , e) 上单减, 3 hmax ( x) ? h( e ) ? e ? e ln e ? e ? 1 ? e ? e ? 1 ? 0 即 gmin ( x) ? 0 恒成立, 2 于是,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内不可能单调递增,也不可能单调递减, ? g (0) ? 2 ? e ? a ? 0 ?a ? e ? 2 , ?? ?? ? g (1) ? ?a ? 1 ? 0 ?a ? 1 1 e 又 ?a? 所以 e ? 2 ? a ? 1 ,综上, a 的取值范围为 (e ? 2,1) . 2 2

31. ( 2014 ·四川高考文科·T 21 )已知函数 f ( x) ? ex ? ax2 ? bx ?1,其中 a, b ? R ,
e ? 2.71828 ??? 为自然对数的底数.

( 1 )设 g ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,求函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; ( 2 )若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,证明: e ? 2 ? a ? 1 . 【解题提示】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用,函数的零点等基础 知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分 类与整合、划归与转化等数学思想,并考查思维的严谨性 . 2 【解析】( 1 )因为 f ( x) ? ex ? ax ? bx?1 ,所以 g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 2ax ? b , 又 g?( x) ? ex ? 2a ,因为 x ? [0,1] , 1 ? e x ? e 所以: 1 ①若 a ? ,则 2a ? 1 , g?( x) ? ex ? 2a ? 0 , 2 所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单增, gmin ( x) ? g (0) ? 1 ? b . 1 e ②若 ? a ? ,则 1 ? 2a ? e ,于是当 0 ? x ? ln(2a) 时, g?( x) ? ex ? 2 a ? 0, 2 2 当 ln(2a) ? x ? 1 时, g?( x) ? ex ? 2 a ? 0, 所以函数 g ( x) 在区间 [0, ln(2a)] 上单减,在区间 [ln(2a),1] 上单增, gmin ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b . e ③若 a ? ,则 2a ? e , g?( x) ? ex ? 2a ? 0 , 2 所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单减, gmin ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b . 1 综上所述,当 a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g (0) ? 1 ? b ; 2 1 e 当 ? a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ; 2 2 e 当 a ? 时, g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 gmin ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b . 2 ( 2 )由 f (1) ?0 ? e ? a ? b ? 1 ? 0 ? b ? e ? a ? 1 ,又 f (0) ?0 ,若函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有 零点,则函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内不可能单调递增,也不可能单调递减, 1 e 由( 1 )知当 a ? 或 a ? 时,函数 g ( x) 即 f ?( x) 在区间 [0,1]上单调,不可能满足上述要 2 2 求. 1 e 故只有 ? a ? ,此时 gmin ( x) ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ? 3a ? 2a ln(2a) ? e ?1 , 2 2 3 令 h( x) ? x ? x ln x ? e ? 1 ( 1 ? x ? e ), 2 1 1 则 h?( x) ? ? ln x .由 h?( x) ? ? ln x ? 0 ? x ? e , 2 2 所以 h( x) 在区间 (1, e ) 上单增,在区间 ( e , e) 上单减, 3 hmax ( x) ? h( e ) ? e ? e ln e ? e ? 1 ? e ? e ? 1 ? 0 即 gmin ( x) ? 0 恒成立, 2 于是,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内不可能单调递增,也不可能单调递减,

? g (0) ? 2 ? e ? a ? 0 ?a ? e ? 2 1 e ,又 ? a ? , ?? ?? 2 2 ? g (1) ? ?a ? 1 ? 0 ?a ? 1
所以 e ? 2 ? a ? 1 . 32. ( 2014 ·重庆高考文科·T 19 )已知函数 线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线垂直于直线 y ? (1) 求 a 的值 ; (2) 求函数 f ( x) 的单调区间与极值 . 【解题提示】 (1) 直接根据切线斜率即可求出 a 的值 .(2) 直接求导即可求出函数的单 调区间与极值 . 1 a 1 【解析】( 1 )对 f ( x) 求导得 f ?( x) ? ? 2 ? , 由 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线垂直于 4 x x 1 3 5 直线 y ? x 知 f ?(1) ? ? ? a ? ?2, 解得 a ? . 2 4 4 ( 2 )由( 1 )可知 f ( x) ?
x 5 3 x2 ? 4 x ? 5 ? ? ln x ? , 则 f ?( x) ? , 4 4x 2 4x2

f ( x) ?
1 x. 2

x a 3 ? ? ln x ? , 其中 a ? R, 且曲 4 x 2

令 f ?( x) ? 0, 解得 x ? ?1, 或 x ? 5. 因 x ? ?1 不在 f ( x) 的定义域 ? 0, ?? ? 内,舍去 . 当 x ? ? 0,5? 时 , f ?( x) ? 0, 故 f ( x) 在 ? 0,5? 内为减函数 ; 当 x ? ?5, ??? 时 , f ?( x) ? 0, 故 f ( x) 在 ? 0,5? 内为增函数 . 由此知函数 f ( x) 在 x ? 5 时取得极小值 f (5) ? ? ln 5.


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