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函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析


2012 高考数学专题复习 (第 2 轮 难点突破)

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

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

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

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

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

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

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

② ln (x+1 ) ? x ( x ? ?1) ④ e ⑥
?x

? 1? x

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

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

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

A

B

C

D

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

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

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

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

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

在区间 ?? 8,8?

上 有 四 个 不 同 的 根 x1 , x2 , x3 , x4 , 不 妨 设 x1 ? x2 ? x3 ? x4 , 由 对 称 性 知
x1 ? x2 ? ?12 , x3 ? x4 ? 4 .所以 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? ?12 ? 4 ? ?8 .

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

x 【例 3】若 x1 是方程 lg x ? x ? 3 的解, x2 是 10 ? x ? 3 的解,则 x1 ? x2 的值为(



3 A. 2

2 B. 3
3 ? 3. 2

C.3

1 D. 3
2

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

而 x1 ? x2 ? 2 ?

【答案】C

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

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

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

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

?1

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

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

1 3


2 3

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

(A) ( , )

(B) [ , )

1 3

2 3

(C)( , )

1 2

2 3

(D) [ , )

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

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

y ? (560 ? 48 x) ?
则 y ? ? 48 ?

2160 ?10000 10800 ? 560 ? 48 x ? 2000 x x

( x ? 10, x ? N * )

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

当 x ? 15 时, y? ? 0 ;当 0 ? x ? 15 时, y? ? 0 ,

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

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

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

都有公共点?若存在,求出

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

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

?1 ? , e ? 上有两个不等实根,求 m 的取值范围(其 ?e ?

中 e 为自然对数的底数)

【解】 (1)由已知: f ?( x) ?

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

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

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

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

2 ? 4x ? 2 , x

?1 ? , e? , ?e ?

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

1 ? 时, ? 当x?? h ( x) ? 0 ,h( x) 递增;当 x ? ?1 , e ? 时,h?( x) ? 0 ,h( x) 递减。 , 1 ? ? ?e ?

为使方程 f ( x) ? m ? 0 在 ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根, ?e ?

1 ? 1 h ( ) ? ? 2 ? ?m?0 ? e e2 ? 1 则有: ?h(1) ? ?1 ? m ? 0 ? 1? m ? 2 ? 2 。 e ? 2 ? h (e) ? 2 ? e ? m ? 0 ?
所以实数 m 的取值范围是 ?1 , 2 ?

? ?

1? 。 e2 ? ?

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

?1 ? , e ? 上有两个不等实根等价于 ?e ?

?1 ? , e ? 上有两个不等实根。 ?e ?

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

2( x ? 1)( x ? 1) ?1 ? , e ? ,则 h?( x) ? , x ?e ?

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

当 x ? ?1 , e ?时, h?( x) ? 0 , h( x) 递增。所以 h( x)min ? h( x) ? 1 , 又 h( ) ? 2 ?

1 e

1 1 2 2 h ( e ) ? e ? 2 , ,显然 ,根据 h( x) 的图象, e ? 2 ? 2 ? e2 e2
1 ?1 ? , e ? 上有两个不等实根,则有:1 ? m ? 2 ? 2 e ?e ?

为使方程 m ? ? f ( x) 在 ?

【例 3】设函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ?

a , F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 。 x

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

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

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

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

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

即 a ? ? x0 2 ? x0 对 ?x0 ? (0 , 3] 恒成立。 当 x0 ? (0 , 3] 时, ? x0 2 ? x0 在 x0 ? 1时取得最大值 ,所以 a ? (3)方程 f ( x) ? mx 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解等价于 方程 m ? 记 h( x ) ?

1 2

1 2

1 2

1 。 2

ln x 在区间 [1 , e 2 ] 上有唯一实数解。 x

ln x 1 ? ln x , 令 h?( x) ? 0 ,得:x ? e , x ?[1 , e2 ] ,则 h?( x) ? x2 x

当 x ?[1 , e] 时, h?( x) ? 0 , h( x) 递增; 当 x ? [e , e 2 ] 时, h?( x) ? 0 , h( x) 递减。所以 h( x)max ? h(e) ? 。 易求得: h(1) ? 0 , h(e2 ) ? 为使方程 m ?

1 e

2 。 e2

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

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

1 2 或 0?m? 2 。 e e

? ?

2 ? ?1 ? ? ? ? ?。 e2 ? ? e ?

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

G?( x) ?

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

x1 ? ?1, x2 ? 0 , x3 ? 1。

列表如下: 0 0 极小值

x
G?( x)

(??, ?1)
+

-1 0 极大值

(?1 , 0)
-

(0 , 1)
+

1 0 极大值

(1 , ??)


G( x)

?

?

?

?

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

1 G( x) 取得极小值 ? t ;当 x ? 1 时,函数 G( x) 取得极大值 ln 2 ? t 。且当 2
x ? ?? 时, G( x) ? ?? 。
为使函数 y ? f ( x 2 ? 1) 的图象与函数 y ? g ?

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

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

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

【例 4】 ( 2009 全 国 I ) 设 函 数 f ? x ? ? x3 ? 3bx2 ? 3cx 在 两 个 极 值 点 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 ? ? ?
2

【解析】 (I) f ? ? x ? ? 3x ? 6bx ? 3c 。 由题意知:方程 f ? ? x ? ? 0 有两个根 x1、x2 ,且 x1 ?[?1 ,0] , x2 ?[1 ,2] 则有 f ? ? ?1? ? 0,f ? ? 0? ? 0,f ? ?1? ? 0,f ? ? 2? ? 0
?2b ? c ? 1 ? 0 ? ?c ? 0 故有 ? ?2b ? c ? 1 ? 0 ? ?4b ? c ? 4 ? 0

1 2

右图中阴影部分即是满足这些条件的 点 ? b, c ? 的区域。

(II) 由题意有

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


. . . . . . .①

f ? x2 ? ? x23 ? 3bx22 ? 3cx2 . . . . . .②
1 3 3c x2 ? x2 . 2 2

消去 b 可得 f ? x2 ? ? ?

易知: f ( x2 ) 关于 x2 递减,

1 3c 因为 x2 ?[1 ,2],? ?4 ? 3c ? f ( x2 ) ? ? ? 。 2 2
而 c ?[?2 ,0] ,? ?10 ? f ( x2 ) ? ?

1 2

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

a x

骣 x + x2 F ( x1 ) + F ( x2 ) < 桫 2 2

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

1 a ? 。 x x2

依题意, f ?( x0 ) ? 1 ? a2 ? 1 ,对 ?x0 ? (0 , ??) 恒成立。
x0 x0 2

1 ? 1 ? 即 a ? ? x0 2 ? x0 恒成立。所以 a ? ? ? x0 2 ? x0 ? , ? 2 ? max 2 1 1 1 1 1 2 而 ? x02 ? x0 ? ? ? x0 ? 1? ? ,其最大值为 , 所以 a ? 2 2 2 2 2

?x ?x ? 1 (2) 当 a=0 时, 于是 F ? 1 2 ? ? ? F ( x1 ) ? F ( x2 )? F ( x) ? ln(1 ? e x ) ? x ( x ? R) , ? 2 ? 2

? ln 1 ? e

?

x1 ? x2 2

? ? 1 ln(1 ? e
2
x1 ? x2 2

x1

)(1 ? e x2 ) ? 1 ? e

?

x1 ? x2 2

?

2

? (1 ? e x1 )(1 ? e x2 )

? e x1 ? e x2 ? 2e
x1 x2

。因为 x1 ? x2 ,由基本不等式可得:
x1 ? x2 2

e ? e ? 2 e e ? 2e
x1 x2

。故题设不等式得证。

1 (3) 【法一】当 a=0 时,关于 x 的方程 m[ f ( x) ? g ( x)] ? x 2 有唯一解等价于方程 2

x2 ? 2m ln x ? 2mx ? 0 有唯一解。
2 设 h( x) ? x2 ? 2m ln x ? 2mx ( m ? 0 )则 h?( x) ? 2 x ? 2mx ? 2m ,

x

2 令 h?( x) ? 0 ,即 x2 ? mx ? m ? 0 ,求得: x0 ? m ? m ? 4m 。

2

当 x ? ? 0 , x0 ? 时,h?( x) ? 0 , h( x) 递减;当 x ? ? x0 , ?? ? 时 ,h?( x) ? 0 , h( x) 递增。 所以,当 x ? x0 时, h( x) 取得最小值 h( x0 )
?h( x0 ) ? 0 若 x0 是方程 x2 ? 2m ln x ? 2mx ? 0 的唯一解,则有: ? , ? h ( x ) ? 0 0 ?
? x0 2 ? 2m ln x0 ? 2mx0 ? 0 即? ?
2 ? ? x0 ? mx0 ? m ? 0

? ln x0 ? x0 ? 1 ? 0 ,显然 x0 ? 1

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

,所以

m?

m 2 ? 4m ? 1, 2

求得: m ?

1 。 2

1 【法一】当 a=0 时,关于 x 的方程 m[ f ( x) ? g ( x)] ? x 2 有唯一解等价于方程 2
1 ln x 1 1 ln x ? ? 2 在 (0 , ??) 上有唯一解,设 h( x) ? ? 2 ( x ? 0) , x x 2m x x
1 ? 2ln x ?( x ? 1) ? 2ln x ,令 h?( x) ? 0 ,求得: x ? 1 。 则 h?( x) ? ? 1 ? ? 2 3 3 x x x

当 x ? (0, 1) 时, h?( x) ? 0 ,函数 h( x) 递增:当 x ? (1, ??) 时, h?( x) ? 0 , 函数 h( x) 递减 。所以当 x ? 1 时, h( x) 取得最大值 h(1) ? 1 。为使方程

1 1 ln x 1 ? ? 2 有唯一解,又 m>0,故有: 1 ? 1, 所以 m ? 2 2m x x 2m

【例 6】 (2011 湖南 文 22)设函数 f ( x) ? x ? ? a ln x(a ? R ). (I)讨论 f ( x) 的单调性; (II) 若 f ( x) 有两个极值点 x1和x2 , 记过点 A( x1, f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 )) 的直线的斜率为 k , 问:是否存在 a ,使得 k ? 2 ? a ? 若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明 理由. 【解析】 (I) f ( x) 的定义域为 (0 , ??)

1 x

f ?( x) ? 1 ?

1 a x 2 ? ax ? 1 ? ? x2 x x2

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

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

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

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

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

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ln x ? ln x2 1 ? 1? ? a? 1 x1 ? x2 x1 x2 x1 ? x2

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

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

即 ln x1 ? ln x2 ? x1 ? x2 .亦即 x2 ?

再由(I)知,函数 h(t ) ? t ? ? 2 ln t 在 (0, ??) 上单调递增,而 x2 ? 1 ,所以
x2 ? 1 1 ? 2ln x2 ? 1 ? ? 2ln1 ? 0. 这与 (*) 式矛盾. x2 1

1 t

故不存在 a ,使得 k ? 2 ? a.

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

1 ?1 ? 时, f ? ? x ? ? ?a ? a

?1 ? f ? ? x?; ?a ?

x 轴交于 A,B 两点,线段 AB 中点的横坐标为

x0,证明: f ? (x0)<0. 【解析】 (I) f ( x)的定义域为(0, ??), f ?( x) ?

1 (2 x ? 1)(ax ? 1) ? 2ax ? (2 ? a) ? ? . x x

①若 .a ? 0,则f ?( x) ? 0, 所以f ( x)在(0, ??) 单调增加.

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

g ?( x) ?

a a 2a 3 x 2 ? ? 2a ? . 1 ? ax 1 ? ax 1 ? a2 x2
1 时, 即 g ( x) 递增, 而 g (0) ? 0 , 所以 g ( x) ? g (0) ? 0 . g?( x) ? 0 , a 1 1 1 时, f ( ? x) ? f ( ? x) a a a

当0 ? x ?

故当 0 ? x ?

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

不妨设 A( x1 , 0), B ( x2 , 0) ? 0 ? x1 ? x2 ? ,则 0 ? x1 ?

1 ? x2 . a

?2 ? 由(II)得 f ? ? x1 ? ? ?a ?
从而 x2 ?

?1 1 ? f ? ? ? x1 ? ? f ( x1 ) ? 0. ?a a ?

2 x ?x 1 ? x1 , 于是 x0 ? 1 2 ? . , 由(I)知, f ?( x0 ) ? 0. a 2 a

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

f ?( x)

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

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

调性一致,求 a ? b 的最大值. 【解析】? f ( x) ? x3 ? ax , g ( x) ? x 2 ? bx, ? f ?( x) ? 3x 2 ? a , g ?( x) ? 2 x ? b (1)因为函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1, ??) 上单调性一致, 所以,对 ?x ?[?1 , ??) , f ' ( x) ? g ' ( x) ? 0 恒成立 即 ?x ?[?1 , ??) , (3x2 +a)(2 x ? b) ? 0 恒成立。

? a ? 0 , 3x2 ? a ? 0 , ? ?x ?[?1 , ??),2 x+b ? 0
即 ,? ?x ?[?1 , ??), b ? ?2x , ? b ? 2 ,故 b 的取值范围是 [2 , ??) (2) 【法一】由 f ?( x) ? 0 得: x ? ? ?
a 3

若 b ? 0 ,则由 a ? 0 , 0 ? (a , b) , f ?(0) ? g?(0) ? ab ? 0 ,于是 f ( x) 和 g ( x) 在区间

(a , b) 上不是单调性一致, 所以 b ? 0 .
a 因为当 x ? (?? , 0) 时, , g?( x) ? 0 ;当 x ? (?? , ? ? ) 时, , f ?( x) ? 0 ; 3

当 x ? (? ?

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

只有 a ? ? ?

1? 1 1 ? 所以 | a ? b |? 。 取 a ? ? , b ? 0 ,则 f ?( x) g ?( x) ? 6 x ? x 2 ? ? 9? ? 3 3 ? 1 ? 1 当 x ? ? ? , 0 ? 时, f ' ( x) g ' ( x) ? 0 。 因此 | a ? b |max ? 3 ? 3 ?

【法二】①当 b ? a 时,因为,函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 (b , a) 上单调性一致, 所以, ? x ? (b , a) , f ' ( x) g ' ( x) ? 0 ,即 ? x ? (b , a) , (3x2 +a)(2 x ? b) ? 0 , 因为 b ? a ? 0 ,所以 2 x ? b ? 0 。故有 ?x ? (b , a) , a ? ?3x2 ,即 b ? a ? ?3b2 设 z ? a ? b ,考虑点 (b , a) 的可行域,函数 y ? ?3x 2 的斜率为 1 的切线的切设为

1 1 1 1 1 ? zmax ? ? ? (? ) ? 。 ( x0 , y0 ) ,则 ?6x0 ? 1 ,得: x0 ? ? ,从而 y0 ? ? 12 6 12 6 6
② 当 a ? b ? 0 时,因为,函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间( a, b )上单调性一致,所以,

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

a)(2 x + b) ? 0,

? b < 0 , \ " x ? (a , b) , 2 x b < 0 , \ " x危 (a , b) , a -3x2 , \ a ? 3a 2 ,
从而得: -

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

③ 当 a ? 0 ? b 时,因为,函数

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

a)(2 x + b) ? 0,

+ a)(2 x + b) = ab < 0 ,不符合题意, a)(2 x + b) ? 0, 易 知 ,

④ 当

a?0?b

时 , 由 题 意 : " x ? (a , b) , (3x

" x ? (a , b) , 2 x b < 0 , \ " x ? (a , b) , 3x
\ 1 1 <a <0 , \ b - a < 3 3

a ? 0 ,所以 3a2 + a < 0,

1 综上可知, a - b max = 。 3

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

【例 9】 (2009 湖北)已知关于 x 的函数 f(x)= x3 +bx2+cx+bc,其导函数为 f+(x)。. 令 g(x)= f ?( x) ,记函数 g(x)在区间[-1、1]上的最大值为 M. (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值- ,试确定 b、c 的值: (Ⅱ)若∣b∣>1,证明对任意的 c,都有 M>2: (Ⅲ)若 M≧K 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值。 【解析】 (I) ? f '( x) ? ? x2 ? 2bx ? c ,由 f ( x) 在 x ? 1 处有极值 ? 可得
? f '(1) ? ?1 ? 2b ? c ? 0 ? 1 4 解得 ? f (1) ? ? ? b ? c ? bc ? ? ? 3 3 ?
4 3 4 3

1 3

?b ? 1 ?b ? ?1 , 或 ? ? ?c ? ?1 ?c ? 3

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

列表如下:
x
f '( x)
f ( x)

(??, ?3)
?

?3

(?3,1)

1 0 极大值 ?
4 3

(1, ??)
?

0 极小值 ?12
4 3

+
?

?

?

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

? 2M ? g (1) ? g (?1) ?| ?1 ? 2b ? c | ? | ?1 ? 2b ? c |?| 4b |? 4, 即 M

?2

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

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

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

①若 ?1 ? b ? 0, , 则, f '(1) ? f '(?1) ? f '(b), ? g(?1) ? max ?g(1), g(b)? , 于 是
M ? max ?| f '(1),| f '(b) |? ? 1 1 1 1 (| f '(1) | ? f '(b) |) ? | f '(1) ? f '(b) |? (b ? 1) 2 ? 2 2 2 2

②若 0 ? b ? 1 ,则 f '(?1) ? f '(1) ? f '(b), ? g (1) ? max ?g(?1), g(b)?。 于是
M ? max ?| f '(?1) |,| f '(b) |? ? 1 1 1 1 (| f '(?1) | ? | f '(b) |) ? | f '( ?1) ? f '(b) |? (b ? 1) 2 ? 2 2 2 2

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

1 2

1 1 在区间 [?1,1] 上的最大值 M ? 2 2 1 2

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

4M ? g (?1) ? g (1) ? 2g (h) ?| ?1 ? 2b ? c | ? | ?1 ? 2b ? c | ?2 | b2 ? c |
?| ?1 ? 2b ? c ? (?1 ? 2b ? c) ? 2(b2 ? c) |?| 2b2 ? 2 |? 2 ,即 M ?
1 2

下同解法 1 【例 10】 (2010 湖北)已知函数 f ( x) ? ax ? 方程为 y ? x ? 1 (1)用 a 表示出 b、c。 (2)若 f ( x) ? ln x 在 [1, ??) 上恒成立,求 a 的取值范围。 (3)证明:1 ?
1 1 1 n ? ? ? ? ? ln(n ? 1) ? ( n ? 1) 2 3 n 2(n ? 1)
b ? f (l ) ? a ? b ? c ? 0 ,则有: ? ,解得 2 x ? f '(l ) ? a ? b ? 1

b ? c (a ? 0) 的图象在点 (1, f (1)) 处的切线 x

【解析】 (1) f '( x) ? a ?

?b ? a ? 1 ? ?c ? l ? 2 a

(2)由(Ⅰ)知, f ( x) ? ax ?

a ?1 ? 1 ? 2a , x a ?1 ? 1 ? 2a ? ln x 设 g ( x) ? f ( x) ? ln x ? ax ? x

x ??1, ???

。易知 1g (1) ? 0 ,

a ? 1 1 ax 2 ? x ? (a ? 1) 则 g '( x) ? a ? 2 ? ? ? x x x2

a( x ? 1)( x ? x2

1? a ) a

令 g?( x) ? 0 ,求得: x ? 1 或 x ? ①若

1? a a

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

所以 g ( x) ? g (l ) ? o ,有 f ( x) ? ln x ,故 f ( x) ? ln x 在 ?1, ?? ? 上不恒成立。 ②若
1? a 1 ? l ,即 a ? 当 x ? 1 时, g?( x) ? 0 , g ( x) 是增函数,所以, a 2。

g ( x) ? g (1) ? 0 ,故 f ( x) ? ln x 恒成立。
? 综上所述,所求 a 的取值范围为 ? ? , ?? ? 1 ?2 ?

(3) ) 【解法一】由(2)知:当 a ? 令a ? 令x?

1 时,有 f ( x) ? ln x ? x ? 1? 。 2

1 1? 1? 1? 1? , 有 f ( x) ? ? x ? ? ? ln x ? x ? 1? 。 当 x ? 1 时, ? x ? ? ? ln x 。 2 2? x? 2? x?

k +1 k +1 1 ? k +1 k ? 1? 1 1 ? ,有 ln ? ? ? ?? ? ? ? k k 2? k k ?1? 2 ? k k ?1?

1? 1 1 ? 即 ln(k ? 1) ? ln k ? ? ? 2 3、 ?、n , ? k ? 1、、 2 ? k k ?1?
ln(k ? 1) ? 将上述 n 个不等式累加得 : 1 ?1 1 1? 1 ? ? ? ??? ? ? 。 2 ?2 3 n ? 2(n ? 1)



1?

1 1 1 n ? ? ? ? ? ln(n ? 1) ? 2 3 n 2(n ? 1)

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

1 1 1 k ? ? ? ? ? ln(k ? 1) ? 2 3 k 2(k ? 1)

1 1 1 1 k 1 k ?2 ? ??? ? ? ln(k ? 1) ? ? ? ln(k ? 1) ? 2 3 k k ?1 2(k ? 1) k ? 1 2(k ? 1)

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

令x?

1 k ? 2 k ?1 k ?2 k ?2 ? ) ? ln ? ln(k ? 2) ? ln( k ? 1) ,得: ( 2 k ?1 k ? 2 k ?1 k ?1

? ln(k ? 1) ?

k ?2 k ?1 ? ln(k ? 2) ? 2(k ? 1) 2(k ? 2)

所以 1 ?

1 1 1 1 k ?1 ? ??? ? ? ln(k ? 2) ? 2 3 k k ?1 2(k ? 2)

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

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

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

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

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

当 x ? (0 , ??) 时, 因此 ? ( x) 在 (0 , ??) 上单调递增, 则 ? ( x) 在 ?'( x) ? 0 ,

(0 , ??) 内至多只有一个零点。
又因为 ? (1) ? 0 , ? ?

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

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

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

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

即 a3 ? a ? a 。 从而 )a23 ? a1 ? a1 ? a ? a ? a3 , 即 a2 ? a , 由此猜测:

an ? a 。下面用数学归纳法证明:
①当 n ? 1 时, a1 ? a 显然成立; ②假设当 n ? k (k ? 1) 时,有 ak ? a 成立,则当 n ? k ? 1时,由 因此, 当 n ? k ? 1时, ak ?13 ? ak ? ak ? a ? a ? a3 知, ak ?1 ? a , ak ?1 ? a 成立。 故对任意的 n ? N * , an ? a 成立。 综上所述, 存在常数 M ? max{x0 , a} , 使得对于任意的 n ? N * , 都有 an ? M .

【专题演练】
1.函数 y ? log 2
2? x 的图象( 2? x

) B.关于主线 y ? ? x 对称 D.关于直线 y ? x 对称

A. 关于原点对称 C. 关于 y 轴对称

2. 定义在 R 上的偶函数 f ? x ? 的部分图象如右图所示,则在
0上,下列函数中与 f ? x ? 的单调性不同的是( ? ?2 , ?



A. y ? x 2 ? 1
?2 x ? 1, x ? 0 C. y ? ? 3 ? x ? 1, x ? 0

B. y ?| x | ?1
?e x , x ? o ? D. y ? ? ? x ? ?e , x ? 0

3.已知定义在 R 上的奇函数 f ( x) ,满足 f ( x ? 4) ? ? f ( x ) ,且在区间[0,2]上是增函数,则 ( ) A. f (?25) ? f (11) ? f (80) C. f (11) ? f (80) ? f (?25) B. f (80) ? f (11) ? f (?25) D. f (?25) ? f (80) ? f (11)
?log2 (1 ? x), x ? 0 ,则 f ( 2009 )的值 ? f ( x ? 1) ? f ( x ? 2), x ? 0

4 . 定义在 R 上的函数 f(x) 满足 f(x)= ? 为 .

5. 已知函数 f ( x) 在 R 上满足 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 ,则曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的 切线方程是 .

6.已知函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx, 且 f '(?1) ? 0 (I)试用含 a 的代数式表示 b ; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)令 a ? ?1 ,设函数 f ( x) 在 x1, x2 ( x1 ? x2 ) 处取得极值,记点 M ( x1, f ( x1 )), N ( x2 , f ( x2 )) , 证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M 、 N 的公共点. 7.已知函数 f ( x) ? x3 ? 2bx2 ? cx ? 2 的图象在与 x 轴交点处的切线方程是 y ? 5x ?10 . (I)求函数 f ( x) 的解析式; (II) 设函数 g ( x) ? f ( x) ? mx , 若 g ( x) 的极值存在, 求实数 m 的取值范围以及函数 g ( x) 取得极值时对应的自变量 x 的值.
1 3

1 3

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

函数 y ? ?

?2 x ? 1, x ? 0
3 ? x ? 1, x ? 0

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

数单调递增,显然符合题意;而函数 y ? ?

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

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

[0,2]上是增函数, 所以 f (1) ? f (0) ? 0 , 所以 ? f (1) ? 0 , 即 f (?25) ? f (80) ? f (11) 。 4.答案:1 解析:由已知得 f (?1) ? log2 2 ? 1, f (0) ? 0 , f (1) ? f (0) ? f (?1) ? ?1 ,
f (2) ? f (1) ? f (0) ? ?1 , f (3) ? f (2) ? f (1) ? ?1 ? (?1) ? 0 , f (4) ? f (3) ? f (2) ? 0 ? (?1) ? 1 , f (5) ? f (4) ? f (3) ? 1 , f (6) ? f (5) ? f (4) ? 0 ,

所以函数 f(x)的值以 6 为周期重复性出现. ,所以 f(2009)= f(5)=1. 5.答案: y ? 2 x ? 1 解析:由 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 得:
f (2 ? x) ? 2 f ( x) ? (2 ? x)2 ? 8(2 ? x) ? 8 ,

即 2 f ( x) ? f (2 ? x) ? x2 ? 4x ? 4 ,∴ f ( x) ? x2 ∴ f / ( x) ? 2x , ∴切线方程为 y ? 1 ? 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ?1 ? 0 . 6.解析: (I)依题意,得 f '( x) ? x2 ? 2ax ? b , 由 f '(?1) ? 1 ? 2a ? b ? 0 得 b ? 2a ? 1 . (Ⅱ)由(I)得 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? (2a ? 1) x , 故 f '( x) ? x2 ? 2ax ? 2a ?1 ? ( x ?1)( x ? 2a ?1) , 令 f '( x) ? 0 ,则 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2a , ①当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 , 当 x 变化时, f '( x) 与 f ( x) 的变化情况如下表:
x
f '( x) f ( x) (??,1 ? 2a) (?2a, ?1)
1 3

(?1 ? ?)

+
单调递增

单调递减

+
单调递增

由此得,函数 f ( x) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) . ②由 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 ,此时, f '( x) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 , 故函数 f ( x) 的单调区间为 R; ③ 当 a ? 1 时 , 1 ? 2a ? ?1 , 同 理 可 得 函 数 f ( x) 的 单 调 增 区 间 为 (??, ?1) 和
(1 ? 2a, ??) ,单调减区间为 (?1,1 ? 2a) .

综上:当 a ? 1 时,函数 f ( x) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) ; 当 a ? 1 时,函数 f ( x) 的单调增区间为 R; 当 a ? 1 时,函数 f ( x) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单调减区间为 (?1,1 ? 2a) (Ⅲ)当 a ? ?1 时,得 f ( x) ?
1 3 x ? x 2 ? 3x ,由 f '( x) ? x2 ? 2x ? 3 ? 0 ,得 x1 ? ?1, x2 ? 3 . 3x

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



1 3 ? y ? x ? x 2 ? 3x ? ? 3 ? 得x ? y ? ? 8 x ?1 ? 3 ?

3

? 3x 2 ? x ? 3 ? 0

解得 x1 ? ?1, x2 ? 1.x3 ? 3 ,

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

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

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

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

令 g ?( x) ? 3x 2 ? 4 x ? 1 ? m ? 0

1 3


1 3

当函数有极值时,则 ? ? 0 ,方程 3 x 2 ? 4 x ? 1 ? m ? 0 有实数解, 由 ? ? 4(1 ? m) ? 0 ,得 m ? 1 . ① 当 m ? 1 时, g ?( x) ? 0 有实数 x ? ,在 x ? 左右两侧均有 g ?( x) ? 0 , 故函数 g ( x) 无极值; ②当 m ? 1 时, g ?( x) ? 0 有两个实数根 x1 ? (2 ? 1 ? m ), x2 ? (2 ? 1 ? m ), 列表如下:
x
g ?( x )
g ( x)
1 3 1 3 2 3 2 3

(??, x1 )

x1

( x1 , x2 )

x2

( x2 ? ?)

+ ↗

0 极大值



0 极小值

+ ↗

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


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