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导数习题分类精选


导数定义
?x2 例 1. y ? f ( x ) ? ? ? ax ? b ?x2 思路: y ? f ( x ) ? ? ? ax ? b
x ?1

x ?1 x ?1 x ?1 x ?1

在 x ? 1 处可导,则 a ?

b ?

在 x ? 1 处可导,必连续 lim f ( x ) ? 1
x ?1
?

lim ? f ( x ) ? a ? b

f (1) ? 1
lim ?y
?

∴ a?b ?1 ∴ a?2
b ? ?1

?x ? 0

lim

?y
?

?x

? 2

?x ? 0

?x

? a

例 2.已知 f(x)在 x=a 处可导,且 f′(a)=b,求下列极限: (1) lim
f ( a ? 3h ) ? f ( a ? h ) 2h

?h ? 0

; (2) lim

f (a ? h ) ? f (a )
2

?h ? 0

h

分析:在导数定义中,增量△x 的形式是多种多样,但不论△x 选择哪种形式,△y 也必须 选择相对应的形式。利用函数 f(x)在 x ? a 处可导的条件,可以将已给定的极限式恒等变 形转化为导数定义的结构形式。 解: (1) lim
? lim ? ? 3 2 3 2
f ( a ? 3h ) ? f ( a ? h ) 2h
h? 0

? lim

f ( a ? 3h ) ? f ( a ) ? f (a ) ? f ( a ? h ) 2h

h? 0

f (a ? 3h ) ? f (a ) 2h

h? 0

? lim ?

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

h? 0

lim

f (a ? 3h ) ? f (a ) 3h 1 2 f ' (a ) ? 2b

1 2

h? 0

f ' (a ) ?

(2) lim

f (a ? h ) ? f (a )
2

h? 0

h
2

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

? h? ?

? lim

f (a ? h ) ? f (a ) h
2

h? 0

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

例 3.观察 ( x ) ? ? nx
n

n ?1

, (sin x ) ? ? cos x , (cos x ) ? ? ? sin x ,是否可判断,可导的

奇函数的导函数是偶函数,可导的偶函数的导函数是奇函数。 f ( x ? ?x) ? f ( x) 解:若 f ( x ) 为偶函数 令 lim ? f ?( x ) f (? x) ? f ( x) ?x ? 0 ?x f (? x ? ?x) ? f (? x) f ( x ? ?x) ? f ( x) f ?( ? x ) ? lim ? lim ?x ? 0 ?x ? 0 ? ?x ? ?x f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim ? ? ? f ?( x ) ?x ? 0 ?? ∴ 可导的偶函数的导函数是奇函数 另证: f ? ? [ f ( ? x ) ]? ? f ?( ? x ) ? ( ? x ) ? ? ? f ?( x )
1

已知函数 f ( x ) 在定义域 R 上可导,设点 P 是函数 y ? f ( x ) 的图象上距离原点 O 最近的点.

(1) 若点 P 的坐标为 ( a , f ( a )) , 求证: a ? f ( a ) f ' ( a ) ? 0 ;

(2) 若函数 y ? f ( x ) 的图象不通过坐标原点 O , 证明直线 OP 与函数 y ? f ( x ) 的图象上 点 P 处切线垂直. 证:(1)设 Q(x , f (x) )为 y = f (x)上的动点,则|OQ| 2 = x2 + f 2 ( x ), 设 F(x) = x2 + f 2 ( x ), 则 F'(x)=2x +2f (x)f ' ( x ) 已知 P 为 y = f(x) 图形上距离原点 O 最近的一点, ∴|OP|2 为 F(x)的最小值,即 F(x) 在 x = a 处有最小值, 亦即 F(x) 在 x = a 处有极小值 ∴ F'(a)=0, 即 2a+2f (a)f ' (a)=0 (2) 线段 OP 的斜率为
f (a ) a

,y=f(x)之图形上过 P 点的切线 l 的斜率为 f ' (a)

由(1)知 f (a)f '(a) = – a, ∴图象不过原点,∴a ? 0,∴
f (a ) a

f '(a) = –1

∴OP⊥l,即直线 OP 与 y=f(x)的图形上过 P 点的切线垂直. 利用导数证明不等式 例 6.求证下列不等式 (1) x ?
x
2

? ln( 1 ? x ) ? x ?
2x

x

2

2

2 (1 ? x )

x ? ( 0 , ? ? ) (相减)

(2) sin x ?

?

x ? (0 ,

?
2

) (相除)

(3) x ? sin x ? tan x ? x x ? ( 0 ,
x
2

?
2

)

证: (1) f ( x ) ? ln( 1 ? x ) ? ( x ? ∴ y ? f ( x ) 为 (0 , ? ? ) 上 ? ∴ ln( 1 ? x ) ? x ?
x
2

)

f (0) ? 0

f ?( x ) ?

1 1? x

?1? x ?

x ?1
2

2

x ?1

?0

∴ x ? (0 , ? ? )
x
2

f ( x ) ? 0 恒成立

g ( x) ? x ?

2

2 (1 ? x )

? ln( 1 ? x )

g (0) ? 0

g ?( x ) ? 1 ?

4x ? 4x ? 2x
2

2

4 (1 ? x )

2

?

1 1? x

?

2x

2 2

4 (1 ? x )

?0

∴ g ( x ) 在 (0 , ? ? ) 上 ?

∴ x ? (0 , ? ? )

x?

x

2

2 (1 ? x )

? ln( 1 ? x ) ? 0 恒成立

2

(2)原式 ?
x ? tan x ? 0

sin x x

?

2

?

令 f ( x ) ? sin x / x
?
2

x ? (0 ,

?
2

) cos x ? 0

∴ f ?( x ) ?
f(

cos x ( x ? tan x ) x
2

∴ x ? (0 ,
2x

)

f ?( x ) ? 0

(0 ,

?
2

) ?

?
2

)?

2

?

∴ sin x ?

?
f (0) ? 0
2

(3)令 f ( x ) ? tan x ? 2 x ? sin x

f ?( x ) ? sec

2

x ? 2 ? cos x ?

(1 ? cos x )(cos x ? sin cos
2

x)

x

x ? (0 ,

?

)

f ?( x ) ? 0

∴ (0 ,

?
2

)?

2 ∴ tan x ? x ? x ? sin x

(理做)设 a≥0,f (x)=x-1-ln2 x+2a ln x(x>0). (Ⅰ)令 F(x)=xf' ,讨论 F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值; (x) (Ⅱ)求证:当 x>1 时,恒有 x>ln2x-2a ln x+1. (Ⅰ)解:根据求导法则有 故 F ( x) ?
f ?( x ) ? 1 ? 2 ln x x ? 2a x ,x ? 0 ,

xf ?( x ) ? x ? 2 ln x ? 2 a, x ? 0

,于是 F ?( x ) ? 1 ?

2 x

?

x?2 x

,x ? 0 ,

列表如下:
x

(0, 2)
?

2 0 极小值
F (2)

(2, ∞ ) ?
?

F ?( x )

F ( x)

?

?

故知 F ( x ) 在 (0, 内是减函数,在 ( 2, ∞ ) 内是增函数,所以,在 x ? 2 处取得极小值 2) ? F (2) ? 2 ? 2 ln 2 ? 2 a . (Ⅱ)证明:由 a ≥ 0 知, F ( x ) 的极小值 F (2) ? 2 ? 2 ln 2 ? 2 a ? 0 . 于是由上表知,对一切 x ? (0, ∞ ) ,恒有 F ( x ) ? xf ?( x ) ? 0 . ? ?( x ) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0, ∞ ) 内单调增加. 从而当 x ? 0 时,恒有 f ? 所以当 x ? 1 时, f ( x ) ?
f (1) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln x ? 2 a ln x ? 0 .(
2

利用单调性证明不等式)

故当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2 a ln x ? 1 .
2

(全国卷 22) (本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数 f(x)的最大值;(ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g(
a?b 2

)<(b-a)ln2.

.(I)解:函数 f(x)的定义域是(-1,∞),

f ( x) ?
'

1 1? x

? 1 ,令 f ( x ) ? 0 ,解得 x=0,
'

当-1<x<0时, f ' ( x ) ? 0 ,当 x>0时, f ' ( x ) ? 0 ,又 f(0)=0,故当且仅当 x=0时,f(x)取得 最大值,最大值是0
3

(II)证法一:
g ( a ) ? g (b ) ? 2 g ( a?b 2 ) ? a ln a ? b ln b ? ( a ? b ) ln a?b 2 ? a ln 2a a?b ? b ln 2b a?b

.

由(I)的结论知 ln(1 ? x ) ? x ? 0( x ? ? 1, 且 x ? 0) ,由题设0<a<b,得
b?a 2a ? 0, ? 1 ? 2a a?b a?b 2b ? ? ln(1 ? b?a 2a a?b 2b 2a ? b ln 2b ?? )?? a?b 2b b?a a?b )?? b?a 2a ?0,

因此 ln
ln 2b a?b



? ? ln(1 ?

?0 a?b a?b 2 2 2a a?b 又 ? a?b 2b 2a 2b a?b 2b 2b a ln ? b ln ? a ln ? b ln ? ( b ? a ) ln ? ( b ? a ) ln 2 a?b a?b 2b a?b a?b a?b 综上 0 ? g ( a ) ? g ( b ) ? 2 g ( ) ? ( b ? a ) ln 2 2 a?x (II)证法二: g ( x ) ? x ln x , g ' ( x ) ? ln x ? 1 ,设 F ( x ) ? g ( a ) ? g ( x ) ? 2 g ( ), 2 a?x ' a?x 则 F ' ( x ) ? g ' ( x ) ? 2[ g ( ,当0<x<a 时 F ' ( x ) ? 0 ,因此 F(x)在(0,a) )] ? ln x ? ln 2 2

所以 a ln

?

内为减函数 当 x>a 时 F ' ( x ) ? 0 ,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数 从而,当 x=a 时,F(x) 有极小值 F(a) 因为 F(a)=0,b>a,所以 F(b)>0,即 0 ? g ( a ) ? g ( b ) ? g ( 设 G ( x ) ? F ( x ) ? ( x ? a ) ln 2 ,则 G ' ( x ) ? ln x ? ln
a?x 2 a?b 2 ? ln 2 ? ln x ? ln( a ? x ) 当 x>0 )

时, G ' ( x ) ? 0 ,因此 G(x)在(0,+∞)上为减函数,因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0.即
g ( a ) ? g (b ) ? 2 g ( a?b 2 ) ? ( b ? a ) ln 2

(2009 全国卷Ⅱ理)(本小题满分 12 分)设函数 f
x1、 x 2 ,且 x1 ? x 2

? x? ?

x ? a I n?1 ? x 有两个极值点 ?
2

(I)求 a 的取值范围,并讨论 f ? x ? 的单调性; (II)证明: f ? x 2 ? ? 解: (I) f ? ? x ? ? 2 x ?
a 1? x ? 2x ? 2x ? a
2

1 ? 2 In 2 4

1? x

( x ? ? 1)

4

令 g ( x ) ? 2 x 2 ? 2 x ? a ,其对称轴为 x ? ?

1 2

。由题意知 x1、 x 2 是方程 g ( x ) ? 0 的两个

? ? ? 4 ? 8a ? 0 1 均大于 ? 1 的不相等的实根,其充要条件为 ? ,得 0 ? a ? 2 ? g ( ? 1) ? a ? 0

⑴当 x ? ( ? 1, x1 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x ) 在 ( ? 1, x1 ) 内为增函数; ⑵当 x ? ( x1 , x 2 ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x ) 在 ( x1 , x 2 ) 内为减函数; ⑶当 x ? ( x 2 , ? ? ) 时, f ? ? x ? ? 0,? f ( x ) 在 ( x 2 , ? ? ) 内为增函数; (II)由(I) g (0) ? a ? 0,? ?
2

1 2

? x 2 ? 0 , a ? ? (2 x
2 2 2

2 2

+2 x 2 )

? f ? x 2 ? ? x 2 ? aln ?1 ? x 2 ? ? x 2 ? (2 x

+2 x 2 ) ln ?1 ? x 2 ?

1 2 2 设 h ? x ? ? x ? (2 x ? 2 x ) ln ?1 ? x ? ( x ? ? ) , 2

则 h ? ? x ? ? 2 x ? 2(2 x ? 1) ln ?1 ? x ? ? 2 x ? ? 2(2 x ? 1) ln ?1 ? x ? ⑴当 x ? ( ?
1 2 , 0) 时, h ? ? x ? ? 0,? h ( x ) 在 [ ?
1 2 , 0) 单调递增;

⑵当 x ? (0, ?? ) 时, h ? ? x ? ? 0 , h ( x ) 在 (0, ?? ) 单调递减。
? 当 x ? (? 1 2 , 0)时 , h ? x ? ? h ( ?
1 ? 2 In 2 4
x 1? x .

1 2

)?

1 ? 2 ln 2 4

故 f ? x2 ? ? h ( x2 ) ?



已知函数 f ( x ) ? x , g ( x ) ? ln( 1 ? x ) , h ( x ) ? (1)证明:当 x ? 0 时,恒有 f ( x ) ? g ( x ); (2)当 x ? 0 时,不等式 g ( x ) ?
kx k ? x
'

( k ? 0 ) 恒成立,求实数 k 的取值范围; 1 1? x ? x 1? x

解: (1)设 F ( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ,则 F ( x ) = 1 ?
'



当 x ? 0 时, F ( x ) ? 0 ,所以函数 F ( x ) 在(0, ? ? ) 单调递增,又 F ( x ) 在 x ? 0 处连续,所以 F ( x ) ? F ( 0 ) ? 0 ,即 f ( x ) ? g ( x ) ? 0 , 所以 f ( x ) ? g ( x ) 。 (2)设 G ( x ) ? g ( x ) ?
kx k ? x



5

则 G ( x ) 在(0, ? ? ) 恒大于 0, G ( x ) ? ln( 1 ? x ) ? k ?
2 2

k

2

k ? x



G '( x) ?

1 1? x
2

?

k

(k ? x)

?

x ? (2k ? k ) x
2 2

(1 ? x )( k ? x )
2

2



x ? ( 2 k ? k ) x ? 0 的根为 0 和 k
2

? 2k ,

即在区间(0, ? ? ) 上, G ' ( x ) ? 0 的根为 0 和 k 2 ? 2 k , 若 k 2 ? 2 k ? 0 ,则 G ( x ) 在 ( 0 , k 2 ? 2 k ) 单调递减, 且 G ( 0 ) ? 0 ,与 G ( x ) 在(0, ? ? ) 恒大于 0 矛盾; 若 k 2 ? 2 k ? 0 , G ( x ) 在(0, ? ? ) 单调递增, 且 G ( 0 ) ? 0 ,满足题设条件,所以 k 2 ? 2 k ? 0 ,所以 0 ? k ? 2 . 。
x ?1 x

(1)已知: x ? ( 0 ? ? ) ,求证

1 x ?1

? ln

?

1 x 1


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

(2)已知: n ? N 且 n ? 2 ,求证: (1)令 1 ?
1 x

1 2

?

1

?? ?



? t ,由 x>0,∴t>1, x ?
1 t ? ln t ? t ? 1

3 1
t ?1

n

原不等式等价于 1 ? 令 f(t)=t-1-lnt, ∵ f ?( t ) ? 1 ? ∴f(t)>f(1)
1 t

当 t ? (1, ?? ) 时,有 f ?( t ) ? 0 ,∴函数 f(t)在 t ? (1, ?? ) 递增 即 t-1<lnt
1 t

另令 g ( t ) ? ln t ? 1 ?

,则有 g ?( t ) ?

t ?1 t
2

?0

∴g(t)在 (1, ?? ) 上递增,∴g(t)>g(1)=0 ∴ ln t ? 1 ? 综上得
1 x ?1 1 t ? ln x ?1 x ? 1 x

(2)由(1)令 x=1,2,……(n-1)并相加得 1 1 1 2 3 n 1 1 ? ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln ?1? ?? ? 2 3 n 1 2 n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 即得 ? ? ? ? ? ln ? 1 ? ? ? ? 2 3 n 2 n ?1
6

利用导数求和 例 7.利用导数求和: (1) (2) 。



分析:这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度,由求导 公式 ( x n )' ? nx n ?1 ,可联想到它们是另外一个和式的导数,利用导数运算可使问题的解决更 加简捷。 解: (1)当 x=1 时,

; 当 x≠1 时,

, 两边都是关于 x 的函数,求导得



(2)∵ 两边都是关于 x 的函数,求导得 令 x=1 得 , 即 单调区间讨论 例.设 a ? 0 ,求函数 f ( x ) ?

, 。



x ? ln( x ? a )( x ? ( 0 , ?? ) 的单调区间.

分析:本小题主要考查导数的概念和计算,应用导数研究函数性质的方法及推理和运

7

算能力. 解: f ?( x ) ?
1 2 x ? 1 x?a ( x ? 0) .

当 a ? 0, x ? 0 时

2 2 f ?( x ) ? 0 ? x ? ( 2 a ? 4 ) x ? a ? 0 .

2 2 f ?( x ) ? 0 ? x ? ( 2 a ? 4 ) x ? a ? 0

(i)当 a ? 1 时,对所有 x ? 0 ,有 x 2 ? ( 2 a ? 4 ) ? a 2 ? 0 . 即 f ?( x ) ? 0 ,此时 f ( x ) 在 ( 0 , ?? ) 内单调递增. (ii)当 a ? 1 时,对 x ? 1 ,有 x 2 ? ( 2 a ? 4 ) x ? a 2 ? 0 , 即 f ?( x ) ? 0 ,此时 f ( x ) 在(0,1)内单调递增,又知函数 f ( x ) 在 x=1 处连续,因此, 函数 f ( x ) 在(0,+ ? )内单调递增 (iii)当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x ) ? 0 ,即 x 2 ? ( 2 a ? 4 ) x ? a 2 ? 0 . 解得 x ? 2 ? a ? 2 1 ? a , 或 x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f ( x ) 在区间 ( 0 , 2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递增,在区间 ( 2 ? a ? 2 1 ? a , ?? ) 内也单调递增.
2 2 令 f ?( x ) ? 0 , 即 x ? ( 2 a ? 4 ) x ? a ? 0 ,解得 2 ? a ? 2 1 ? a ? x ? 2 ? a ? 2 1 ? a .

( 因此,函数 f ( x ) 在区间 2 ? a - 2 1 ? a , 2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递减.

(2009 安徽卷理) 已知函数 f ( x ) ? x ?

2 x

? a (2 ? ln x ), ( a ? 0) ,讨论 f ( x ) 的单调性.

2 ① 当 ? ? a ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 时,

8

方程 g ( x ) ? 0 有两个不同的实根 x1 ?
x

a?

a ?8
2

2

, x2 ?
x2

a?

a ?8
2

2

, 0 ? x1 ? x 2 .

(0, x1 )

x1

( x1 , x 2 )

( x 2 , ?? )

f ?( x ) f ( x)

+ 单调递增 ?
a?
2

0 极大
a ?8 2

_ 单调递减 ?

0 极小
a?
2

+ 单调递增
2

此时 f ( x ) 在 (0,

) 上单调递增, 在 (

a ?8 a? a ?8 , ) 是上单调递减, 2 2

在(

a?

a ?8
2

, ?? ) 上单调递增.

2

3.设函数 f ( x ) ? ax 2 ? bx ? k ( k ? 0) 在 x ? 0 处取得极值,且曲线 y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处 的切线垂直于直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 . (Ⅰ) a , b 的值; 求 (Ⅱ) 若函数 g ( x ) ? 的单调性.
e
x

, 讨论 g ( x )

f ( x)

2 (3) ? ? 4 ? 4 k ? 0, 即 当 0<k<1时 , 方程 x ? 2 x ? k ? 0 有两个不相等实根

x1 ? 1 ? 1 ? k , x 2 ? 1 ? 1 ? k

w.w. w. k.s. 5.u. c

当 函 数 当

x ? ( ?? ,1 ? 1 ? k ) 是 g ?( x ) ? 0, 故 g ( x ) 在 ( ? ? ,1 ? 1 ? k ) 上 为 增

9

x ? 1? (

1 ? k ,1 ?

1 ? k) 时, g ?( x ) ? 0, 故 g ( x ) 在 (1 ? 1 ? k ,1 ?

1 ? k) 上为减函数

时, g ?( x ) ? 0, 故 g ( x ) 在 (1 ? x ? 1 ? 1 ? k, +? ) ( (2009 山东卷文)已知函数 f ( x ) ?
1 3
3 2

1 ? k, +? ) 上为增函数

ax ? bx ? x ? 3 ,其中 a ? 0 (1)当 a, b 满足什么条件

时, f ( x ) 取得极值?(2)已知 a ? 0 ,且 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值 范围.

所以 f '( x ) ? a ( x ? x1 )( x ? x 2 ) 当 a ? 0 时, x f’(x) f (x) (-∞,x1) + 增函数 x1 0 极大值 (x1,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,+∞) + 增函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 a ? 0 时, x f’(x) f (x) (-∞,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,x1) + 增函数 x1 0 极大值
2

(x1,+∞) - 减函数

所以 f ( x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值.综上,当 a, b 满足 b ? a 时, f ( x ) 取得极 值. (2)要使 f ( x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,需使 f '( x ) ? ax ? 2 bx ? 1 ? 0 在 (0,1] 上恒成立.
2

即b ? ?

ax 2

?

1 2x

, x ? (0,1] 恒成立,

所以 b ? ( ?

ax 2

?

1 2x

) max

10

设 g ( x) ? ?

ax 2

?

1 2x

, g '( x ) ? ?
1 a

a 2

?

1 2x
2

a(x ?
2

1

? 2x

2

) a ,

令 g '( x ) ? 0 得 x ?

或x ? ?

1 a 1 a

(舍去),

当 a ? 1 时, 0 ?

1 a

? 1 ,当 x ? (0,

) 时 g '( x ) ? 0 , g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

单调增函数;

当x?(

1 a

,1] 时 g '( x ) ? 0 , g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

单调减函数,

所以当 x ?

1 a

时, g ( x ) 取得最大,最大值为 g (

1 a

)?? a.

所以 b ? ? a 当 0 ? a ? 1 时,
1 a ? 1 ,此时 g '( x ) ? 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以 g ( x ) ? ?

ax 2

?

1 2x

在区

间 (0,1] 上单调递增,当 x ? 1 时 g ( x ) 最大,最大值为 g (1) ? ? 综上,当 a ? 1 时, b ? ? a ; 当 0 ? a ? 1 时, b ? ?
a ?1 2

a ?1 2

,所以 b ? ?

a ?1 2

【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值, 函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转 为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题. (2009 浙江文)已知函数 f ( x ) ? x 3 ? (1 ? a ) x 2 ? a ( a ? 2) x ? b ( a , b ? R ) . (I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ? 3 ,求 a , b 的值; (II)若函 数 f ( x ) 在区间 ( ? 1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ... 解析
2 (Ⅰ)由题意得 f ?( x ) ? 3 x ? 2 (1 ? a ) x ? a ( a ? 2 )

f (0) ? b ? 0 ? 又? ,解得 b ? 0 , a ? ? 3 或 a ? 1 ? f ?( 0 ) ? ? a ( a ? 2 ) ? ? 3

(Ⅱ)函数 f ( x ) 在区间 (? 1,1) 不单调,等价于 导函数 f ?( x ) 在 (? 1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?( x ) 在 (? 1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有
f ?( ? 1) f ?(1) ? 0 ,

即: [ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )][ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )] ? 0
2

整理得: ( a ? 5 )( a ? 1)( a ? 1) ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ? 1
11

分离常数 已知函数 f ( x ) ? x ln x .(Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)若对所有 x ? 1 都有 f ( x ) ? ax ? 1 ,求 实数 a 的取值范围. 解: f ( x ) 的定义域为( 0, + ? ) ,
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f ( x ) 的导数 f ?( x ) ? 1 ? ln x .
1

令 f ?( x ) ? 0 ,解得

x?

1 e

;令 f ?( x ) ? 0 ,解得 0 ? x ?
1 e

? 1? ?1 ? .从而 f ( x ) 在 ? 0, ? 单调递减,在 ? , + ? ? 单调递 e ? e? ?e ?
1 e
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增.所以,当 x ?

时, f ( x ) 取得最小值 ?

.

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(Ⅱ)解法一:令 g ( x ) ? f ( x ) ? ( ax ? 1) ,则 g ?( x ) ? f ?( x ) ? a ? 1 ? a ? ln x , 错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,当 x ? 1 时, g ?( x ) ? 1 ? a ? ln x ? 1 ? a ? 0 ,
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1 故 g ( x ) 在 (1, + ? ) 上为增函数, 所以,x ? 1 时,g ( x ) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 , f (x ) ?ax ? . 即

错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,方程 g ?( x ) ? 0 的根为 x 0 ? e
f ( x ) ? ax ?1 ,与题设 f ( x ) ? ax ? 1 相矛盾.
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a ?1

,此时,若 x ? (1, x 0 ) ,

则 g ?( x ) ? 0 ,故 g ( x ) 在该区间为减函数.所以 x ? (1, x 0 ) 时, g ( x ) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ( ?? , . 1]
1 x

解法二: 依题意, f ( x ) ? ax ? 1 在 [1, ? ) 上恒成立, 得 即不等式 a ? ln x ? ? 恒成立 .
g ?( x ) ?

对于 x ? [1, ? ) ?

令 g ( x ) ? ln x ?

1 x



则 g ?( x ) ?

1 x

?

1 x
2

?

1? 1? ? 1 ? ? . 当 x ? 1 时,因为 x? x?

1? 1? ?1 ? ? ? 0 , x? x? 故 g ( x ) 是 (1, ? ) 上的增函数, ?
( ?? , . 1]

所以 g ( x ) 的最小值是 g (1) ? 1 ,所以 a 的取值范围是

[广东省海珠区 2009 届高三综合测试二理科数学第 21 题](本小题满分 14 分) 已知 f ? x ? ? x ln x , g ? x ? ? x ? ax ? x ? 2
3 2

(Ⅰ)求函数 f ? x ? 的单调区间; (Ⅱ)求函数 f ? x ? 在 ?t , t ? 2 ??t ? 0 ? 上的最小值; (Ⅲ)对一切的 x ? ?0 , ?? ? , 2 f ? x ? ? g ? x ? ? 2 恒成立,求实数 a 的取值范围.
'

(Ⅰ) f ( x ) ? ln x ? 1, 令 f
'

'

? x ? ? 0 , 解得 0 ?
? 1? ? 0 , ? ; ……2 分 ? e?

x?

1 e

,

? f ? x ?的单调递减区间是

令f

'

? x ? ? 0 , 解得 x

?

1 e

,

12

? f ? x ?的单调递减区间是
1 e

?1 ? ? , ?? ?. ……4 分 ?e ?

(Ⅱ)(ⅰ)0<t<t+2< (ⅱ)0<t< (ⅲ)
1 e 1 e

,t 无解;……5 分
1 e

<t+2,即 0<t<

时, f ( x ) min ? f ( ) ? ?
e

1

1 e

;……7 分

? t ? t ? 2 ,即 t ?

1 e

时, f ( x ) 在 [ t , t ? 2 ]单调递增 ,

f ( x ) min ? f ( t ) ? tlnt ……9 分
? 1 ?? e, ? tlnt ? 0?t? t? 1 e 1 e ……10 分

? f ( x ) min

(Ⅲ)由题意: 2 x ln x ? 3 x 2 ? 2 ax ? 1 ? 2 在 x ? ?0 , ?? ? 上恒成立 即 2 x ln x ? 3 x ? 2 ax ? 1
2

可得 a ? ln x ? 设 h ? x ? ? ln x ? 则 h ?x ? ?
'

3

x? ?

1 2x 1

……11 分(分离常数) ,
? ?

2 3x 2

1 x

?

3 2

?

2x 1

? x ? 1??3 x ? 1?
2x
2

2x

2

……12 分

令 h ? x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ?
' '

1 3

(舍)
'

当 0 ? x ? 1 时, h ? x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, h ? x ? ? 0
? 当 x ? 1 时, h ? x ? 取得最大值, h ? x ?
? a ? ?2 .

max

=-2……13 分

已知函数 f ( x ) ? ln x , g ( x ) ? 调区间;
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a x

(Ⅰ)求函数 F ( x ) 的单 ( a ? 0) ,设 F ( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) .

(Ⅱ)若以函数 y ? F ( x )( x ? (0, 3]) 图像上任意一点 P ( x 0 , y 0 ) 为切点的切线的斜率 k ? 恒成立,求实数 a 的最小值; 解 析
1 x ?
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1 2


a x
2


x?a x
2

I



F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? ? ln x ?

a x

? x ? 0?



F '? x ? ?

?

? x ? 0? ∵

a ? 0 , 由 F ' ? x? ? 0 ? x ? ?

a, ? ??, ∴ F ? x ? 在

? a , ?? ? 上单调递增。 由 F ' ? x ? ? 0 ?

x ? ? 0, a ? , F ? x ? 在 ? 0, a ? 上单调递减。 F ? x ? ∴ ∴

13

的单调递减区间为 ? 0, a ? ,单调递增区间为 ? a , ?? ? 。 ( II ) F ' ? x ? ?
x?a x
2

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?0 ?
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x ? 3 ? , k ? F ' ? x0 ? ?

x0 ? a x
2 0

?

1 2

?0 ?

x0 ? 3 ? 恒 成 立

? 1 2 ? (分离常数) ? a ? ? ? x0 ? x0 ? ? 2 ? m ax

当 x 0 ? 1 时, ? 设函数

1 2
3

x 0 ? x 0 取得最大值
2
2

1 2

。∴ a ?

1 2

,∴ a m in ?

1
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2

f ( x ) ? 2 x ? 3 ax ? 3bx ? 8 c

在 x ? 1 及 x ? 2 时取得极值. (Ⅰ)求 a、b 的值; (Ⅱ)

若对于任意的 x ? [0, ,都有 f ( x ) ? c 2 成立,求 c 的取值范围. 3]

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3 3 有 则当 x ? ? 0,? 时, f ( x ) 的最大值为 f (3) ? 9 ? 8 c . 因为对于任意的 x ? ? 0,? , f ( x ) ? c

2

恒成立,所以

9 ? 8c ? c , 解 得
2

c ? ?1 或 c ? 9 , 因 此 c 的 取 值 范 围 为

( ?? , 1) ? (9, ? ) . ? ?

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18.(2009 全国卷Ⅰ理)本小题满分 12 分。设函数 f ? x ? ? x ? 3bx ? 3 cx 在两个极值点
3 2

x1、 x 2 ,且 x1 ? [ ? 1, x 2 ? [1, 2]. (I)求 b、 c 满足的约束条件,并在下面的坐标平面内, 0],

画出满足这些条件的点 ? b , c ? 的区域;(II)证明: ? 10 ? f ? x 2 ? ? ?

1 2

分析 (I) 这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能 力。大部分考生有思路并能够得分。 f ? ? x ? ? 3 x ? 6 bx ? 3 c 由题意知
2

方 程 f ? ? x ? ? 0 有 两 个 根 x1、 x 2 且 x1 ? [ ? 1, x 2 ? [1, 2]. 则 有 0],
f ? ? ? 1 ? ? 0,f ? ? 0 ? ? 0,f ? ?1 ? ? 0 f ? ? ? ? , 2 0 故有

14

右图中阴影部分即是满足这些条件的点 ? b , c ? 的区域。

(II)这一问考生不易得分,有一定的区分度。主要原因是含字母较多, 不易找到突破口。 此题主要利用消元的手段, 消去目标 f ? x 2 ? ? x 2 ? 3bx 2 ? 3 cx 2 中的 b ,
3 2

(如果消 c 会较繁琐)再利用 x 2 的范围,并借助(I)中的约束条件得 c ? [ ? 2, 0] 进而求 解,有较强的技巧性。 解 析
3 2

由 题 意 有

2 f ? ? x 2 ? ? 3 x 2 ? 6 bx 2 ? 3 c ? 0

. ① 又

. f ? x 2 ? ? x 2 ? 3bx 2 ? 3 cx 2 ..②(消元) 消 去 b 可 得
1 2 f

? x2 ? ? ?

1 2

x

3

2

?

3c 2

x

. 又 ? x2 ? [ 1 , , 且 c ? [ ? 2 , 0 ] 2 ] 2

? ? 1 0? f x2 ? ? ( )

21.[浙江省富阳新中 2008(上)高三期中考试数学(理科)试卷第 22 题] (本小题满分 15 分) 设函数 f ( x ) ? x ? b ln( x ? 1) ,其中 b ? 0 ;
2

(Ⅰ)若 b ? ? 12 ,求 f ( x ) 在 [1, 3] 的最小值; (Ⅱ)如果 f ( x ) 在定义域内既有极大值又有极小值,求实数 b 的取值范围; (Ⅲ)是否存在最小的正整数 N ,使得当 n ? N 时,不等式 ln 立. 21.[浙江省富阳新中 2008(上)高三期中考试数学(理科)试卷第 22 题] 解: (Ⅰ)由题意知, f ( x ) 的定义域为 ( ? 1, ?? ) ,
12 x ?1 2 x ? 2 x ? 12
2

n ?1 n

?

n ?1 n
3

恒成

b ? ? 12 时,由 f ( x ) ? 2 x ?
/

?

x ?1
/

, ? 0 ,得 x ? 2 ( x ? ? 3 舍去)

当 x ? [1, 2) 时, f ( x ) ? 0 ,当 x ? (2, 3] 时, f ( x ) ? 0 ,
/

所以当 x ? [1, 2) 时, f ( x ) 单调递减;当 x ? (2, 3] 时, f ( x ) 单调递增,

15

所以 f ( x ) m in ? f (2) ? 4 ? 12 ln 3 (Ⅱ)由题意 f ( x ) ? 2 x ?
/

……………………………5 分
2x ? 2x ? b
2

b x ?1

?

x ?1

? 0 在 ( ? 1, ?? ) 有两个不等实根,

即 2 x 2 ? 2 x ? b ? 0 在 ( ? 1, ?? ) 有两个不等实根,
? ? ? 4 ? 8b ? 0 1 设 g ( x ) ? 2 x 2 ? 2 x ? b ,则 ? ,解之得 0 ? b ? ;…………10 分 2 ? g ( ? 1) ? 0

(Ⅲ)当 b=-1 时,函数 f ? x ? ? x 2 ? ln( x ? 1) , 令函数 h ? x ? ? x 3 ? f ( x ) ? x 3 ? x 2 ? ln( x ? 1)



h

/

?x ? ? 3x 2

? 2x ?
1 n

1 x ?1
? x)

?

3 x ? ( x ? 1)
3

2

x ?1



? 当 x ? [ 0 , ?? )时, h

/

? x ? ? 0( 换 元 , 令

所以函数 h ? x ? 在 [ 0 , ?? ) 上单调递增,又 h ( 0 ) ? 0 ,? x ? ( 0 , ?? ) 时,恒有 h ? x ? ? h ( 0 ) ? 0 即 x 2 ? x 3 ? ln( x ? 1) 恒成立.取 x ? 显然,存在最小的正整数 N=1, 使得当 n ? N 时,不等式 ln(
1 n ? 1) ? 1 n
2

1 n

? ( 0 , ?? ) ,则有 ln(

1 n

? 1) ?

1 n
2

?

1 n
3

恒成立.

?

1 n
3

恒成立.

……………15 分
天 · 星 o

(天津文 21) 设函数 f ( x ) ? ? x ( x ? a ) 2 ( x ? R ) ,其中 a ? R . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x ) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程;
T 天 · 星 o e (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的极大值和极小值; s

m 权

0 (Ⅲ) a ? 3 时, 当 证明存在 k ? ? ? 1,? , 使得不等式 of ( k ? cos x ) ≥ f ( k 2 ? cos 2 x ) 对
o

m 权

任意的 x ? R 恒成立.

n

. c t 等式等基础知识, 考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 o e m 14 分. s (Ⅰ)解:当 a ? 1 时, f (ox ) ? ? x ( x ? 1) 2 ? ? x 3 ? 2 x 2天 x ,得 f (2) ? ? 2 ,且 ? o 星 n 版
天 星

本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不


16

t

2 f ?( x ) ? ? 3 x ? 4 x ? 1 , f ?(2) ? ? 5 .

所以,曲线 y ? ? x ( x ? 1) 2 在点 (2, 2) 处的切线方程是 y ? 2 ? ? 5( x ? 2) ,整理得 ?
5x ? y ? 8 ? 0 .

(Ⅱ)解: f ( x ) ? ? x ( x ? a ) 2 ? ? x 3 ? 2 ax 2 ? a 2 x
2 2 f ?( x ) ? ? 3 x ? 4 ax ? a ? ? (3 x ? a )( x ? a ) .

令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ?

a 3

或x ? a.

由于 a ? 0 ,以下分两种情况讨论. (1)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x ) 的正负如下表:
x

a? ? ? ?∞ , ? 3? ?
?

a 3

?a ? ? ,a ? ?3 ?
?

a

( a, ∞ ) ?

f ?( x )

0

0

?

因此,函数 f ( x ) 在 x ?
4 3 ?a? f ? ??? a ; 27 ?3?

a 3

处取得极小值 f ? ? ,且
?3?

?a?

函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极大值 f ( a ) ,且
f (a ) ? 0 .

(2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x ) 的正负如下表:
x

? ?∞ , a ?
?

a

? a? ? a, ? ? 3?
?

a 3

?a ? ? ? , ∞? ?3 ?
?

f ?( x )

0

0

因此,函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值 f ( a ) ,且
f (a ) ? 0 ;

17

函数 f ( x ) 在 x ?

a 3

处取得极大值 f ? ? ,且
?3?

?a?

4 3 ?a? f ? ??? a . 27 ?3?

(Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得
2 2

a 3

0 ? 1 ,当 k ? ? ? 1,? 时,

k ? cos x ≤ 1 , k ? cos x ≤ 1 .

由 (Ⅱ) 知, f ( x ) 在 ? ?∞ ,? 上是减函数, 要使 f ( k ? cos x ) ≥ f ( k 2 ? cos 2 x ) ,x ? R 1 只要 k ? cos x ≤ k 2 ? cos 2 x ( x ? R ) 即
cos x ? cos x ≤ k ? k ( x ? R )
2 2


2

1? 1 ? 设 g ( x ) ? cos x ? cos x ? ? cos x ? ? ? 2? 4 ?
2

,则函数 g ( x ) 在 R 上的最大值为 2 .

要使①式恒成立,必须 k 2 ? k ≥ 2 ,即 k ≥ 2 或 k ≤ ? 1 .
0 所以,在区间 ? ? 1,? 上存在 k ? ? 1 ,使得 f ( k ? cos x ) ≥ f ( k 2 ? cos 2 x ) 对任意的

x ? R 恒成立.

求取值范围 (2009 江西卷文)设函数 f ( x ) ? x ?
3

9 2

2 x ? 6 x ? a . (1)对于任意实数 x , f ?( x ) ? m 恒

成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f ( x ) ? 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解析
2

(1) f ( x ) ? 3 x ? 9 x ? 6 ? 3( x ? 1)( x ? 2) , 因为 x ? ( ? ? , ? ? ) , f ( x ) ? m , 即
' 2
'

3 x ? 9 x ? (6 ? m ) ? 0 恒成立, 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m ) ? 0 , 得 m ? ?

3 4

,即 m 的最大值

为?

3 4

(2) 因为 当 x ? 1 时, f ( x ) ? 0 ;当 1 ? x ? 2 时, f ( x ) ? 0 ;当 x ? 2 时, f ( x ) ? 0 ;
' ' '

所 以 当 x ? 1 时 , f ( x) 取 极 大 值
f (2) ? 2 ? a ;

f (1) ?

5 2

?a ;

当 x ? 2 时 , f ( x) 取 极 小 值

18

故当 f (2) ? 0 或 f (1) ? 0 时, 方程 f ( x ) ? 0 仅有一个实根. 解得 a ? 2 或 a ? .(2009 天津卷文)设函数 f ( x ) ? ?
1 3
3 2 2

5 2

.

x ? x ? ( m ? 1) x , ( x ? R , ) 其中 m ? 0 (Ⅰ)当

曲线 y ? f ( x ) 在点( 1, f (1))处的切线斜率(Ⅱ)求函数的单调区间与极值; m ? 1时,
x (Ⅲ) 已知函数 f ( x ) 有三个互不相同的零点 0, 1 , x 2 , x 1 ? x 2 。 且 若对任意的 x ? [ x 1 , x 2 ] ,

f ( x ) ? f (1) 恒成立,求 m 的取值范围。

解 析

当 m ? 1时, f ( x ) ?

1 3

x ? x , f ( x ) ? x ? 2 x , 故 f (1) ? 1 所 以 曲 线
3 2 / 2 '

y ? f ( x ) 在点( 1, f (1))处的切线斜率为 1

(2)解析 f ' ( x ) ? ? x 2 ? 2 x ? m 2 ? 1 ,令 f ' ( x ) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m , x ? 1 ? m 因为 m ? 0 , 所以 1 ? m ? 1 ? m
x

当 x 变化时, f ( x ), f ' ( x ) 的变化情况如下表:
1? m

( ?? ,1 ? m )

(1 ? m ,1 ? m )

1? m

(1 ? m , ?? )

f ( x)

'

+

0 极小值

-

0 极大值

+

f ( x)

f ( x ) 在 ( ?? ,1 ? m ) 和 (1 ? m , ?? ) 内减函数,在 (1 ? m ,1 ? m ) 内增函数。

函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) =

2 3

m ?m ?
3 2

1

3 2 3 1 2 函数 f ( x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m ) ,且 f (1 ? m ) = ? m ? m ? 3 3 1 2 1 2 (3)解析 由题设, f ( x ) ? x ( ? x ? x ? m ? 1) ? ? x ( x ? x 1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 2 所 以 方 程 ? x ? x ? m ? 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x 1 , x 2 , 故 x 1 ? x 2 ? 3 , 且 3 4 1 1 2 ? ? 1 ? ( m ? 1) ? 0 ,解得 m ? ? ( 舍 ), m ? 3 2 2 3 因为 x 1 ? x 2 , 所以 2 x 2 ? x 1 ? x 2 ? 3, 故 x 2 ? ? 1 2 1 若 x 1 ? 1 ? x 2 , 则 f (1) ? ? (1 ? x 1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x 1 ) ? 0 ,不合题意 3

若 1 ? x1 ? x 2 , 则对任意的 x ? [ x 1 , x 2 ] 有 x ? x 1 ? 0 , x ? x 2 ? 0 , 则 f ( x ) ?? ?
1 3

所以函数 f ( x ) 在 x ? [ x 1 , x 2 ] 的最 x ( x ? x 1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x 1 ) ? 0 ,

19

小 值 为 0 , 于 是 对 任 意 的 x ? [ x 1 , x 2 ] , f ( x ) ? f (1) 恒 成 立 的 充 要 条 件 是
f (1) ? m ?
2

1 3

? 0 ,解得 ?

3 3

? m ?

3 3

1 3 综上,m 的取值范围是 ( , ) 2 3

2009 宁夏海南卷文) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x ) ? x 3 ? 3 ax 2 ? 9 a 2 x ? a 3 .设 a ? 1 , 求函数 f ? x ? 的极值;(2)若 a ? 取值范围. 请考生在第(22)(23)(24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题 、 、 计分。作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 (21)解析(Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得 f ' ( x ) ? 3 x 2 ? 6 x ? 9.
' 令 f ( x ) ? 0, 解 得 x1 ? ? 1, x 2 ? 3. 列表讨论 f ( x ), f ( x ) 的变化情况:
'

1 4

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

x
f ( x)
'

( ?? , ? 1)

?1

(-1,3) —

3 0 极小值-26

(3, ?? )

+
?

0 极大值 6

+
?

f ( x)

?

所以, f ( x ) 的极大值是 f ( ? 1) ? 6 ,极小值是 f (3) ? ? 26. (Ⅱ) f ( x ) ? 3 x ? 6 ax ? 9 a 的图像是一条开口向上的抛物线,关于 x=a 对称.
' 2 2


'

1 4

? a ? 1, 则 f ( x ) 在 [1,4a]上是增函数,从而
'

f ( x ) 在 [1,4a] 上的最小值是 f (1) ? 3 ? 6 a ? 9 a , 最大值是 f (4 a ) ? 15 a .
' 2 ' 2

由 | f ( x ) |? 12 a , 得 ? 12 a ? 3 x ? 6 ax ? 9 a ? 12 a , 于是有
' 2 2

f (1) ? 3 ? 6 a ? 9 a ? ? 12 a , 且 f (4 a ) ? 15 a ? 12 a .
' 2 ' 2

由 f (1) ? ? 12 a 得 ?
'

1 3

? a ? 1,由 f (4 a ) ? 12 a 得 0 ? a ?
'

4 5

.

1 1 4 1 4 所以 a ? ( ,1] ? [ ? ,1] ? [0, ], 即 a ? ( , ]. 4 3 5 4 5

若 a>1,则 | f ( a ) |? 12 a ? 12 a .故 当 x ? [1, 4 a ]时 | f ( x ) |? 12 a 不恒成立.
' 2 '

20

所以使 | f ' ( x ) |? 12 a ( x ? [1, 4 a ]) 恒成立的 a 的取值范围是 ( , ].
4 5
a?x x
2

1 4

已知函数 f(x)=

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

(Ⅰ)当 a ? [ ? 2, ) 时, 求 f ( x ) 的最大值;
4

1

(Ⅱ) 设 g ( x ) ? [ f ( x ) ? ln x ] ? x 2 , k 是 g ( x ) 图象上不同两点的连线的斜率,否存在实数 a , 使得 k ? 1 恒成立?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)当-2≤ a < 显然-1≤x1<
1 2
1 4

时,由 f '( x ) =0 得 x1=
1 2

1?

1 ? 4a 2
?1 ?

, x2 ?
? ?

1?

1 ? 4a 2

.

,

<x2≤2,? x1 ? ? , 2 ? , x 2 ? ? , 2 ? . 2 2
? ?

?1

?

又 f '( x ) =- 当
1 2

? x ? x1 ? ? x ? x 2 ?
x
2

≤x≤x2 时, f '( x ) ≥0, f ( x ) 单调递增;

当 x2<x≤2 时, f '( x ) <0, f ( x ) 单调递减, ∴ f ( x ) max= f (x2)=
1?

2a 1? 1 ? 4a
.

?

1?

1 ? 4a 2

? ln

1?

1 ? 4a 2

=- 1 ? 4 a ? ln

1 ? 4a 2

(Ⅱ)答: 存在 a ? ( ?? , ] 符合条件
4

7

解: 因为 g ( x ) ? [ f ( x ) ? ln x ] ? x 2 = ax ? x 3 不妨设任意不同两点 p1 ( x1 , y1 ), p 2 ( x 2 , y 2 ) ,其中 x1 ? x 2 则k ?
y1 ? y 2 x1 ? x 2 ? a ( x1 ? x 2 ) ? ( x 2 ? x1 )
3 3

x1 ? x 2
2 2

? a ? ( x1 ? x1 x 2 ? x 2 )
2 2

由 k ? 1 知: a ? 1+ ( x1 ? x1 x 2 ? x 2 ) 因为
?7 ? 2 2 2 2 2 2 ? 3 x1 ? x1 ? x1 x 2 ? x 2 ? 3 x 2 ? 12 ,所以 1+ ( x1 ? x1 x 2 ? x 2 ) ? ? ,13 ? , 4 ?4 ?
3
7

故存在 a ? ( ?? , ] 符合条件。
4

21

已知函数 f ( x ) ? ln( e x ? a )( a ? 0 ) . (1)求函数 y= f(x)的反函数 y ? f
?1

( x ) 及 f ( x ) 的导数 f ?( x );
?1

(2)假设对任意 x ? [ln( 3 a ), ln( 4 a )], 不等式 | m ? f 数 m 的取值范围. 解: (1)? e x ? 0 ,? y ? ln a ,? y ? f
e
x x

( x ) | ? ln( f ?( x )) ? 0 成立,求实

?1

? x ? ? ln ?e x

? a , ? x ? ln a ? ;

?

y? ?

e ?a

?1?

1 e ?a
x

(2) x ? [ln( 3 a ), ln( 4 a )], 不等式 | m ? f
? f
?1

?1

( x ) | ? ln( f ?( x )) ? 0

? x ? ? ln
x

f ?? x ? ? m ? f
e
x x

?1

? x ? ? ln
x

f ?? x ?
e
x x

? ln ?e ? a ? ? ln

e ?a

? m ? ln ?e ? a ? ? ln

e ?a ? a? ?e ? e
2x

? ln

e

x

?e
x

x

? a?

e ?a

? m ? ln

e

2x

?a e
x

2

?

e

x

?e
x

x

m

?a e
x

2

e ?a

令: u ?t ? ?

t ?t ? a ? t?a
2 2

, v ?t ? ?

t ?a
2

2

t

, ?t ? e , t ? ?3 a , 4 a ??
x

? v? ? t ? ?

t ?a t
2

? 0, t ? ? 3 a , 4 a ? , u ? ? t ? ?

t ? 2 at ? a
2

2

(t ? a )

2

?0

所以 u ( t ), v ( t ) 都是增函数.因此当 t ? [ 3 a , 4 a ] 时, u (t ) 的最大值为 u ( 4 a ) ? 小值为 v ( 3 a ) ? 是得 ln(
12 5 8 3 a ) ? m ? ln(
?1

12 5

a , v ( t ) 的最 ? 8 3 a ,于

a , 而不等式②成立当且仅当 u ( 4 a ) ? e 8 3 a ).

m

? v ( 3 a ), 即

12 5

a ? e

m

解法二:由 | m ? f
x x

( x ) | ? ln( f ?( x )) ? 0 得
x x

ln( e ? a ) ? ln( e ? a ) ? x ? m ? ln( e ? a ) ? ln( e ? a ) ? x .

设 ? ( x ) ? ln( e ? a ) ? ln( e ? a ) ? x ,? ( x ) ? ln( e ? a ) ? ln( e ? a ) ? x ,
x x x x

于是原不等式对于 x ? [ln( 3 a ), ln( 4 a )] 恒成立等价于 ? ( x ) ? m ? ? ( x ). ③…7 分

22

由 ? ?( x ) ?

e
x

x

e ?a

?

e
x

x

e ?a

? 1,? ?( x ) ?

e
x

x

e ?a

?

e
x

x

e ?a

? 1 ,注意到

x x x 0 ? e ? a ? e ? e ? a , 故有 ? ?( x ) ? 0 ,? ?( x ) ? 0 ,从而可 ? ( x ) 与 ? ( x ) 均在

[ln( 3 a ), ln( 4 a )] 上单调递增,因此不等式③成立当且仅当

? (ln( 4 a )) ? m ? ? (ln( 3 a )). 即 ln(

12 5

a ) ? m ? ln(

8 3

a ).

【点晴】求参数的取值范围,凡涉及函数的单调性、最值问题时,用导数的知识解决较 简单.
w.w.w.

设函数 f ( x ) ? e x ? e ? x .

(Ⅰ)证明: f ( x ) 的导数 f ?( x ) ≥ 2 ; (Ⅱ)若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x ) ≥ ax ,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ) f ( x ) 的导数 f ?( x ) ? e x ? e ? x . 由于 e x ? e -x ≥ 2 e x ?e ? x ? 2 ,故 f ?( x ) ≥ 2 . (当且仅当 x ? 0 时,等号成立) . (Ⅱ)令 g ( x ) ? f ( x ) ? ax ,则
x ?x g ?( x ) ? f ?( x ) ? a ? e ? e ? a ,

(ⅰ)若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g ?( x ) ? e x ? e ? x ? a ? 2 ? a ≥ 0 , 故 g ( x ) 在 (0, ∞ ) 上为增函数, ? 所以, x ≥ 0 时, g ( x ) ≥ g (0) ,即 f ( x ) ≥ ax . (ⅱ)若 a ? 2 ,方程 g ?( x ) ? 0 的正根为 x1 ? ln
a? a ?4
2



2

此时,若 x ? (0, x1 ) ,则 g ?( x ) ? 0 ,故 g ( x ) 在该区间为减函数. 所以, x ? (0, x1 ) 时, g ( x ) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x ) ? ax ,与题设 f ( x ) ≥ ax 相矛盾.
2 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞ ,? .
k.s.5.u.c.o.m

23

导数与数列

已知函数
a n ?1 ? a n ?

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

是方程 f(x)=0 的两个根 (?

? ?)

,f

'( x )

是 f(x)的导数; a1 设

?1



f (an ) f '( a n )

(n=1,2,……)

(1)求 ? , ? 的值; (2)证明:对任意的正整数 n,都有 a n >a; (3)记 bn
? ln an ? ? an ? a

(n=1,2,……) ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn。
2

解析: (1)∵ ∴?
? ?1 ? 2 5

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

是方程 f(x)=0 的两个根 (?

? ?)



,? ?

?1 ? 2

5


1 an ? an ? 1
2

(2)

f '( x ) ? 2 x ? 1 , a n ? 1 ? a n ?

2an ? 1

? an ? 2

a n (2 a n ? 1) ?

1

4 2an ? 1

(2 a n ? 1) ?

5 4

5

=

1 4

( 2 a n ? 1) ?

1 4 ? 2an ? 1 2

,∵ a1

?1

,∴有基本不等式可知 a 2
5 ?1 2
an ? ? 2an ? 1
2

?

5 ?1 2

? 0 (当且仅当 a1 ?

5 ?1 2

时取等号) ,∴ a 2 (3) a n ? 1 ? ?

?

5 ?1 2

? 0 同,样 a 3 ?
?

,……, a n

?

5 ?1 2

??

(n=1,2,……) , ,
?5 2

? an ? ? ?

( a n ? ? )( a n ? ? ) 2an ? 1

( a n ? 1 ? ? ) ,而 ? ? ? ? ? 1 ,即 ? ? 1 ? ? ?

a n ?1 ? ? ?

(an ? ? ) 2an ? 1

2

, 同理 a n ? 1 ? ?
5

?

(an ? ? ) 2an ? 1

,bn ? 1

? 2 bn

, b1 又

?l n

1? ? 1??

? l n

3 ? 5 3? 5

2l ? n

3

S n ? 2(2 ? 1) ln
n

3? 2

导数与解析几何 3.(2009 安徽卷理)已知函数 f ( x ) 在 R 上满足 f ( x ) ? 2 f (2 ? x ) ? x ? 8 x ? 8 ,则曲线
2

y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是

( D. y ? ? 2 x ? 3

)

A. y ? 2 x ? 1 答案 解析 A

B. y ? x

C. y ? 3 x ? 2

由 f ( x ) ? 2 f (2 ? x ) ? x ? 8 x ? 8 得几何
2

24

f (2 ? x ) ? 2 f ( x ) ? (2 ? x ) ? 8(2 ? x ) ? 8 ,
2

即 2 f ( x ) ? f (2 ? x ) ? x 2 ? 4 x ? 4 ,∴ f ( x ) ? x 2 ∴ f / ( x ) ? 2 x ,∴切线方程
y ? 1 ? 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ? 1 ? 0 选 A

(2009 江西卷理)设函数 f ( x ) ? g ( x ) ? x 2 ,曲线 y ? g ( x ) 在点 (1, g (1)) 处的切线方程为
y ? 2 x ? 1 ,则曲线 y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为

(

)

A. 4 答案 A

B. ?

1 4

C. 2

D. ?

1 2

解析由已知 g ?(1) ? 2 ,而 f ?( x ) ? g ?( x ) ? 2 x ,所以 f ?(1) ? g ?(1) ? 2 ? 1 ? 4 故选 A 若曲线 f ? x ? ? ax ? Inx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是
2

.

解析

解析

由题意该函数的定义域 x ? 0 , f ? 由 x
?

x ? ? a2
?

?

1 x

。 因为存在垂直于 y 轴
1 x

的切线,故此时斜率为 0 ,问题转化为 x ? 0 范围内导函数 f 解法 1 (图像法)再将之转化为 g ? x ? ? ? 2 ax 与 h ? x ? ?
1

? x ? ? 2 ax ?

存在零点。

存在交点。当 a ? 0 不符合题 x 意,当 a ? 0 时,如图 1,数形结合可得显然没有交点,当 a ? 0 如图 2,此时正好有一个 交点,故有 a ? 0 应填 ? ? ? , 0 ? 或是 ? a | a ? 0? 。 .(2009 陕西卷理)设曲线 y ? x
n ?1

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

令 a n ? lg x n ,则 a1 ? a 2 ? ? ? a 99 的值为 答案 -2
n ?1

.

解 析 : 点 ( 1, 1) 在 函 数 y ? x y? x
n ?1 n

( n ? N )的 图 像 上 ,( 1 , 1 ) 为 切 点 , ?
*

的 导 函 数 为 y ' ? ( n ? 1) x ? y ' | x ? 1 ? n ? 1 ? 切 线 是 : y ? 1 ? ( n ? 1)( x ? 1) n n ?1 1 2 98 99 1 ? ?...? ? ? lg ? ?2 2 3 99 100 100
3 2

令 y = 0得 切 点 的 横 坐 标 : x n ?

a1 ? a 2 ? ... ? a 9 9 ? lg x1 x 2 ... x 9 9 ? lg

19.(2009 浙江文)已知函数 f ( x ) ? x ? (1 ? a ) x ? a ( a ? 2) x ? b ( a , b ? R ) . (I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ? 3 ,求 a , b 的值; (II)若函 数 f ( x ) 在区间 ( ? 1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ...
25

解析

(Ⅰ)由题意得 f ?( x ) ? 3 x 2 ? 2 (1 ? a ) x ? a ( a ? 2 )

f (0) ? b ? 0 ? 又? ,解得 b ? 0 , a ? ? 3 或 a ? 1 ? f ?( 0 ) ? ? a ( a ? 2 ) ? ? 3

(Ⅱ)函数 f ( x ) 在区间 (? 1,1) 不单调,等价于 导函数 f ?( x ) 在 (? 1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?( x ) 在 (? 1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有
f ?( ? 1) f ?(1) ? 0 ,

即: [ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )][ 3 ? 2 (1 ? a ) ? a ( a ? 2 )] ? 0

整理得: ( a ? 5 )( a ? 1)( a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ? 1 零点 (07 广东) 已知 a 是实数, 函数 f ? x ? ? 2 ax 2 ? 2 x ? 3 ? a , 如果函数 y ? f ? x ? 在区间 ?? 1,1? 上有零点, 求 a 的取值范围. 解:若 a ? 0 , f ( x ) ? 2 x ? 3 ,显然在 ?? 1,1? 上没有零点, 所以 a ? 0 . 令 ? ? 4 ? 8 a ? 3 ? a ? ? 8 a ? 24 a ? 4 ? 0 ,
2

解得 a ?

?3 ? 2

7

①当 a ?

?3 ? 2

7

时,

y ? f ? x ? 恰有一个零点在 ? ? 1,1 ? 上;

②当 f ? ? 1 ? ? f ?1 ? ? ? a ? 1 ?? a ? 5 ? ? 0 ,即 1 ? a ? 5 时, y ? f ? x ? 在

? ? 1,1? 上也恰有一个零点.
③当 y ? f ? x ? 在 ? ? 1,1? 上有两个零点时, 则
a?0 ? ? 2 ? ? 8 a ? 24 a ? 4 ? 0 ? ? 1 ?1 ? ? ?1 ? 2a ? f ?1 ? ? 0 ? ? f ? ? 1? ? 0 ? a?0 ? ? 2 ? ? 8 a ? 24 a ? 4 ? 0 ? ? 1 ?1 ? ? ?1 或? 2a ? f ?1 ? ? 0 ? ? f ? ? 1? ? 0 ?

解得 a ? 5 或 a ?

?3 ? 2

5

综上所求实数 a 的取值范围是

a ?1 或

a?

?3 ? 2

5

.

26

若函数 f ( x ) ? ax 3 ? bx ? 4 ,当 x ? 2 时,函数 f ( x ) 有极值 ?

4 3



(1)求函数的解析式; (2)若函数 f ( x ) ? k 有 3 个解,求实数 k 的取值范围.

(2009 福建卷理) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) ?

1 3

x ? ax ? bx ,且 f '( ? 1) ? 0
3 2

(1)

试 用 含 a 的 代 数 式 表 示 b, 并 求 f ( x ) 的 单 调 区 间 ; 2 ) 令 a ? ? 1 , 设 函 数 f ( x ) 在 ( 记点 M ( x1 , f ( x1 ) ), x 2 , f ( x 2 ) ), m , f ( m ) ), N( P( x1 , x 2 ( x1 ? x 2 ) 处取得极值,
x1 ? m ? x 2 ,

请仔细观察曲线 f ( x ) 在点 P 处的切线与线段 MP 的位置变化趋势,并解释以下问题: (I) 若对任意的 m ? ( x1 , x 2 ), 线段 MP 与曲线 f(x)均有异于 M,P 的公共点, 试确定 t 的最小值, 并证明你的结论; (II)若存在点 Q(n ,f(n)), x ? n< m,使得线段 PQ 与曲线 f(x)有异于 P、Q 的公共点,请直接写出 m 的取值范围(不必给出求解过程) 解法一:(Ⅰ)依题意,得 f '( x ) ? x 2 ? 2 ax ? b 由 f '( ? 1) ? 1 ? 2 a ? b ? 0 得 b ? 2 a ? 1 . 从而 f ( x ) ?
1 3 x ? ax ? (2 a ? 1) x , 故 f '( x ) ? ( x ? 1)( x ? 2 a ? 1). 令 f '( x ) ? 0, 得 x ? ? 1或 x ? 1 ? 2 a .
3 2

①当 a>1 时, 1 ? 2 a ? ? 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 ? 2 a )

(1 ? 2 a , ? 1)

( ? 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 ? 2 a ) 和 ( ? 1, ?? ) ,单调减区间为 (1 ? 2 a , ? 1) 。 ②当 a ? 1 时,1 ? 2 a ? ? 1 此时有 f '( x ) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ? 1 处 f '( x ) ? 0 ,故函数
f ( x ) 的单调增区间为 R

③当 a ? 1 时, ? 2 a ? ? 1 同理可得, 函数 f ( x ) 的单调增区间为 ( ?? , ? 1) 和 (1 ? 2 a , ?? ) , 1 单调减区间为 ( ? 1,1 ? 2 a ) 综上:当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 ( ?? ,1 ? 2 a ) 和 ( ? 1, ?? ) ,单调减区间为
(1 ? 2 a , ? 1) ;
27

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 ? 2 a , ?? ) , 单 调 减 区 间 为
( ? 1,1 ? 2 a ) .

(Ⅱ)由 a ? ? 1 得 f ( x ) ?

1 3

x ? x ? 3 x 令 f ( x ) ? x ? 2 x ? 3 ? 0 得 x1 ? ? 1, x 2 ? 3
3 2

2

由(1)得 f ( x ) 增区间为 ( ?? , ? 1) 和 (3, ?? ) ,单调减区间为 ( ? 1, 3) ,所以函数 f ( x ) 在 处 x1 ? ? 1, x 2 ? 3 取得极值,故 M( ? 1,
5 3

)N( 3, ? 9 ) 。观察 f ( x ) 的图象,有如下现象:

①当 m 从-1 不含-1) ( 变化到 3 时, 线段 MP 的斜率与曲线 f ( x ) 在点 P 处切线的斜率 f ( x ) 之差 Kmp- f '( m ) 的值由正连续变为负。 ②线段 MP 与曲线是否有异于 H, 的公共点与 Kmp- f '( m ) 的 m 正负有着密切的关联; P ③Kmp- f '( m ) =0 对应的位置可能是临界点,故推测:满足 Kmp- f '( m ) 的 m 就是所求 的 t 最小值,下面给出证明并确定的 t 最小值.曲线 f ( x ) 在点 P ( m , f ( m )) 处的切线斜率
f '( m ) ? m ? 2 m ? 3 ;
2

线段 MP 的斜率 Kmp ?

m ? 4m ? 5
2

当 Kmp- f '( m ) =0 时,解得 m ? ? 1或 m ? 2

3

直 线

MP

的 方 程 为

y?(

m ? 4m ? 5
2

x?

m ? 4m
2

)



3 m ? 4m ? 5
2

3

g ( x) ? f ( x) ? (

x?

m ? 4m
2

)

3
2

3

当 m ? 2 时, g '( x ) ? x ? 2 x 在 ( ? 1, 2) 上只有一个零点 x ? 0 ,可判断 f ( x ) 函数在
( ? 1, 0) 上单调递增,在 (0, 2) 上单调递减,又 g ( ? 1) ? g (2) ? 0 ,所以 g ( x ) 在 ( ? 1, 2) 上

没有零点,即线段 MP 与曲线 f ( x ) 没有异于 M,P 的公共点。当 m ? ? 2, 3 ? 时,
m ? 4m
2

g(0)? ?

3

? 0 . g (2) ? ? ( m ? 2) ? 0 所 以 存 在 m ? ? 0 , 2? 使 得 g (? ) ? 0 即 当
2

m ? ?2 , 3时 , ? MP 与曲线 f ( x ) 有异于 M,P 的公共点 综上,t 的最小值为 2.

28

(2)类似(1)于中的观察,可得 m 的取值范围为 ? 1, 3 ? 解法二: (1)同解法一. (2)由 a ? ? 1 得 f ( x ) ? ?
1 3 x ? x ? 3 x ,令 f '( x) ? x ? 2 x ? 3 ? 0 ,得 x1 ? ? 1, x 2 ? 3
3 2

2

由(1)得的 f ( x ) 单调增区间为 ( ?? , ? 1) 和 (3, ?? ) ,单调减区间为 ( ? 1, 3) ,所以函数在处 取得极值。故 M( ? 1,
5 3
2 2 ? m ? 4m ? 5 m ? 4m x? ?y ? m ? 4m ? 5 m ? 4m ? 3 3 y? x? .由? 3 3 1 3 ? y ? x ? x2 ? 3x ? 3 ?

).N( 3, ? 9 )

2

2

(Ⅰ) 直线 MP 的方程为

得 x 3 ? 3 x 2 ? ( m 2 ? 4 m ? 4) x ? m 2 ? 4 m ? 0 线段 MP 与曲线 f ( x ) 有异于 M,P 的公共点等价于上 述方程在(-1,m)上有根,即函数 g ( x ) ? x 3 ? 3 x 2 ? ( m 2 ? 4 m ? 4) x ? m 2 ? 4 m 在 (-1,m) 上有零点. 因为函数 g ( x ) 为三次函数,所以 g ( x ) 至多有三个零点,两个极值点.又 g ( ? 1) ? g ( m ) ? 0 .因此, g ( x ) 在 ( ? 1, m ) 上有零点等价于 g ( x ) 在 ( ? 1, m ) 内恰有一个极大值点和一个极小值点,即
g '( x ) ? 3 x ? 6 x ? ( m ? 4 m ? 4) ? 0 在 (1, m )
2 2

内有两不相等的实数根.

? ? = 36 ? 12 m 2 ? 4 m ? 4) > 0 ( ? 2 2 ? 3( ? 1) ? 6 ? ( m ? 4 m ? 4) ? 0 等价于 ? 2 2 ? 3 m ? 6 m ? ( m ? 4 m ? 4) ? 0 ?m ? 1 ?

? ?1 ? m ? 5 ? 即 ? m ? 2 或 m ? ? 1, 解 得 2 ? m ? 5 ?m ? 1 ?

又因为 ? 1 ? m ? 3 ,所以 m 的取值范围为(2,3)从而满足题设条件的 r 的最小值为 2. 已知函数 f ( x ) ? x ? x . (1)求曲线 y ? f ( x ) 在点 M ( t, f ( t )) 处的切线方程;
3

(2)设 a ? 0 ,如果过点 ( a, b ) 可作曲线 y ? f ( x ) 的三条切线,证明: ? a ? b ? f ( a ) . 解: (1)求函数 f ( x ) 的导数; f ?( x ) ? 3 x ? 1 .
2

曲线 y ? f ( x ) 在点 M ( t, f ( t )) 处的切线方程为: y ? (3t ? 1) x ? 2 t .
2 3

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

于是,若过点 ( a, b ) 可作曲线 y ? f ( x ) 的三条切线, 则方程 2 t ? 3 at ? a ? b ? 0 ,有三个相异的实数根.
3 2



g ( t ) ? 2 t ? 3 at ? a ? b ,则
3 2

g ?( t ) ? 6 t ? 6 at ? 6 t ( t ? a ) .
2

29

当 t 变化时, g ( t ), g ?( t ) 变化情况如下表:
t
g ?( t )
( ?? , 0)
?

0 0

(0, a )

a

( a, ? ) ?
?

?

0


g (t )

极大值 a ? b



极小值 b ? f ( a )



由 g ( t ) 的单调性,当极大值 a ? b ? 0 或极小值 b ? f ( a ) ? 0 时,方程 g ( t ) ? 0 最多有一个 实数根; 当 a ? b ? 0 时,解方程 g ( t ) ? 0 得 t ? 0, t ? 当 b ? f ( a ) ? 0 时,解方程 g ( t ) ? 0 得 t ? ?
3a 2 a 2 , t ? a ,即方程 g ( t ) ? 0 只有两个相异的实

,即方程 g ( t ) ? 0 只有两个相异的实数根;

数根. 综上, 如果过 ( a, b ) 可作曲线 y ? f ( x ) 三条切线,即 g ( t ) ? 0 有三个相异的实数根,
? a ? b ? 0, 则? ? b ? f ( a ) ? 0.



? a ? b ? f (a ) .

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

共切线. (1)求 f(x)和 g(x)的表达式及在点 P 处的公切线方程; (2)设 F ( x ) ?
mg (x) 8x ? ln( x ? 1) ,其中 m ? 0 ,求 F(x)的单调区间.
3 3

解:(1)∵ f ( x ) ? 2 x ? ax 过点 P (2, 0), ∴a=-8 f ( x ) ? 2 x ? 8 x ,
2 f ?( x ) ? 6 x ? 8 x

∴切线的斜率 k ? f ?(2) ? 16 ∵ g ( x ) ? bx ? cx 的图像过点 P (2, 0), ∴4b+2c=0,
2

∵ g ?( x ) ? 2 bx ? c , f ?(2) ? g ?(2) ? 4 b ? c ? 16 ,解得:b=8,c=-16 ∴ g ( x ) ? 8 x ? 16 x
2

( 切线方程为 y=16 x-2) .即 16x-y-32=0

30

(2) ∵

F ( x ) ? m ( x? 2 )? l n x ? (

1)

x? (

1)

F ?( x ) ? m ?

1 x ?1

?

mx ? m ? 1 x ?1

( x ? 1)

m [ x ? (1 ?

1 m

)]

当 m<0 时, F ?( x ) ?

x ?1 1 又 x>1 当 x ? (1,1 ? ) 时 F ?( x ) ? 0 m 1 ∴F(x)的单调减区间是 (1 ? , ? ? ) m 1 ∴F(x)的单调增区间是(1, 1 ? ) m

∵m<0 ∴ 1 ?

1 m

?1

当 x ? (1 ?

1 m

, ?? ) 时 F ?( x ) ? 0

即 m<0 时,F(x)的单调递增区间是(1, 1 ? 2.已知函数 f(x)=1n x,g(x)=
1 2
2

1 m

),单调减区间是(1 ?

1 m

, ?? ) 。

x ? a (a 为常数),若直线 l 与 y=f(x)和 y=g(x)的图象都相切,且 l

与 y=f(x)的图象相切于定点 P(1,f(1). ) (1)求直线 l 的方程及 a 的值; (2)当 k∈R 时,讨论关于 x 的方程 f(x2+1)-g(x)=k 的实数解的个数. 解: (1)∵f′(x)=
1 x

,∴f(1)=1

∴k1=1,又切点为 P(1,f(1) ,即(1,0)

∴l 的解析式为 y=x-1, y=x-1 ∵l 与 y=g(x)相切,由 y=
1 2 x ?a
2

,消去 y 得 x2-2x+2a+2=0

∴△=(-2)2-4(2a+2)=0,得 a=(2)令 h(x)=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1) ? ∵h′(x)=
2x 1? x
2

1 2 1

x ?
2

1 2

2

-x=-

x ( x ? 1)( x ? 1) 1? x
2

,则 x ? ? 1或 0 ? x ? 1时 , h ?( x ) ? 0 , h ( x ) 为增函数,

-1<x<0 或 x>1 时, h ?( x ) ? 0 .h ( x ) 为减函数 . 故 x=± 时,h(x)取极大值 1n2, x=0 时,h(x)取极小值 1 因此当
1 2


1 2

k∈(1n2,+∞) ,原方程无解;当 k=1n2 时,原方程有两解;当
1 2

<k<1n2 时,

原方程有四解;当 k=

时,原方程有三解;当 k<

1 2

时,原方程有两解

31

已知函数 f ( x ) ?

1 3

x ?
3

1 2

ax ? bx 在区间 [ ? 1, , (1, 内各有一个极值点. 3] 1)
2

(I)求 a 2 ? 4 b 的最大值; (II)当 a 2 ? 4 b ? 8 时,设函数 y ? f ( x ) 在点 A (1, f (1)) 处的切线为 l ,若 l 在点 A 处穿过函数 y ? f ( x ) 的图象(即动点在点 A 附近沿曲线 y ? f ( x ) 运动,经过点 A 时,从 l 的一侧进入另一侧) ,求函数 f ( x ) 的表达式. 解: 因为函数 f ( x ) ? (I)
1 3 x ?
3

1 2

ax ? bx 在区间 [ ? 1, ,(1, 内分别有一个极值点, 3] 1)
2

所以 f ?( x ) ? x 2 ? ax ? b ? 0 在 [ ? 1, , (1, 内分别有一个实根, 3] 1) 设两实根为 x1, x 2 ( x1 ? x 2 ) ,则 x 2 ? x1 ? a 2 ? 4 b ,且 0 ? x 2 ? x1 ≤ 4 .于是
0? a ? 4 b ≤ 4 , 0 ? a ? 4 b ≤ 16 ,且当 x1 ? ? 1, 2 ? 3 ,即 a ? ? 2 , b ? ? 3 时等 x
2

2

号成立.故 a 2 ? 4 b 的最大值是 16. (II)解法一:由 f ?(1) ? 1 ? a ? b 知 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线 l 的方程是
y ? f (1) ? f ?(1)( x ? 1) ,即 y ? (1 ? a ? b ) x ?
2 3 ? 1 2 a,

因为切线 l 在点 A (1, f ( x )) 处空过 y ? f ( x ) 的图象, 所以 g ( x ) ? f ( x ) ? [(1 ? a ? b ) x ?
x ? 1 不是 g ( x ) 的极值点.
2 3 ? 1 2 a ] 在 x ? 1 两边附近的函数值异号,则

而 g ( x) ?
2

1 3

x ?
3

1 2

ax ? bx ? (1 ? a ? b ) x ?
2

2 3

?

1 2

a ,且

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

若 1 ? ? 1 ? a ,则 x ? 1 和 x ? ? 1 ? a 都是 g ( x ) 的极值点. 所以 1 ? ? 1 ? a ,即 a ? ? 2 ,又由 a 2 ? 4 b ? 8 ,得 b ? ? 1 ,故 f ( x ) ? 解法二:同解法一得 g ( x ) ? f ( x ) ? [(1 ? a ? b ) x ?
? 1 3 ( x ? 1)[ x ? (1 ?
2

1 3

x ?x ?x.
3 2

2 3

?

1 2

a]

3a 2

) x ? (2 ?

3 2

a )] .

因为切线 l 在点 A (1, f (1)) 处穿过 y ? f ( x ) 的图象,所以 g ( x ) 在 x ? 1 两边附近的

32

函数值异号,于是存在 m1, m 2 ( m1 ? 1 ? m 2 ) . 当 m1 ? x ? 1 时, g ( x ) ? 0 ,当 1 ? x ? m 2 时, g ( x ) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, g ( x ) ? 0 ,当 1 ? x ? m 2 时, g ( x ) ? 0 . 设 h( x) ? x 2 ? ?1 ?
? ? 3a ? 3a ? ? ?x??2? ? 2 ? 2 ? ?

,则

当 m1 ? x ? 1 时, h ( x ) ? 0 ,当 1 ? x ? m 2 时, h ( x ) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, h ( x ) ? 0 ,当 1 ? x ? m 2 时, h ( x ) ? 0 . 由 h (1) ? 0 知 x ? 1 是 h ( x ) 的一个极值点,则 h (1) ? 2 ? 1 ? 1 ? 所以 a ? ? 2 ,又由 a 2 ? 4 b ? 8 ,得 b ? ? 1 ,故 f ( x ) ?
1 3
3

3a 2

?0,

x ?x ?x.
2

导数与不等式综合 已知二次函数
f (1) f '( 0 )
f ( x ) ? ax ? bx ? c
2

的导数为

f '( x ) , f '(0) ? 0 ,对于任意实数

x 都有

f ( x ) ? 0 ,则

的最小值为( C ) B. 5
2

A.3

C.2

D. 3
2

设二次函数 f ( x ) ? x 2 ? ax ? a , 方程 f ( x ) ? x ? 0 的两根 x1 和 x 2 满足 0 ? x1 ? x 2 ? 1 . (I)求实数 a 的取值范围; (II)试比较 f (0) f (1) ? f (0) 与
1 16

的大小.并说明理由.

本小题主要考查二次函数、 二次方程的基本性质及二次不等式的解法,考查推理 和运算能力. 解法 1: (Ⅰ)令 g ( x ) ? f ( x ) ? x ? x 2 ? ( a ? 1) x ? a ,
? ? ? 0, ? 1? a ?0 ? ? 1, ? 则由题意可得 ? ? 2 ? g (1) ? 0, ? ? g (0) ? 0, ?

? a ? 0, ? ? 0 ? a ? 3?2 2 . ? ? 1 ? a ? 1, ? ? a ? 3 ? 2 2, 或 a ? 3 ? 2 2,

3 故所求实数 a 的取值范围是 (0, ? 2 2 ) .
33

(II) f (0) ? f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2 a 2 ,令 h ( a ) ? 2 a 2 .
?

当 a ? 0 时 , h(a ) 单 调 增 加 , ? 当 0 ? a ? 3 ? 2 2
h (? 3 2 ? 2 ) ?
2

时 ,
2 )

0 ? h (a ? )

2 ( 3?

2

? 2

)

2 ( 1 7

1 2

1 1 1 ,即 f (0) ? f (1) ? f (0) ? . ? 2? ? 16 17 ? 12 2 16

解法 2: (I)同解法 1. (II)? f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2 a 2 ,由(I)知 0 ? a ? 3 ? 2 2 ,
∴ 4 2 a ? 1 ? 12 2 ? 17 ? 0

.又 4 2 a ? 1 ? 0, 于是
1 (4 2 a ? 1)(4 2 a ? 1) ? 0 ,
1 16

2a ?
2

1 16

?
1 16

1 16

(32 a ? 1) ?
2

16

即 2a 2 ?

? 0 ,故 f (0) f (1) ? f (0) ?



解法 3: (I)方程 f ( x ) ? x ? 0 ? x 2 ? ( a ? 1) x ? a ? 0 ,由韦达定理得
? ? ? 0, ? x ? x 2 ? 0, ? 1 ? x1 ? x 2 ? 1 ? a , x1 x 2 ? a ,于是 0 ? x1 ? x 2 ? 1 ? ? x1 x 2 ? 0, ? (1 ? x ) ? (1 ? x ) ? 0, 1 2 ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ?

? a ? 0, ? ? 0 ? a ? 3?2 2 . ? ? a ? 1, ? ? a ? 3 ? 2 2或 a ? 3 ? 2 2
3 故所求实数 a 的取值范围是 (0, ? 2 2 ) .

(II)依题意可设 g ( x ) ? ( x ? x1 )( x ? x 2 ) ,则由 0 ? x1 ? x 2 ? 1 ,得
f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? x1 x 2 (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? [ x1 (1 ? x1 )][ x 2 (1 ? x 2 )]
1 ? x ? 1 ? x1 ? ? x 2 ? 1 ? x 2 ? ?? 1 ? ? ? ? 2 2 16 ? ? ? ?
2 2

,故 f (0) f (1) ? f (0) ?

1 16



已知函数 f ( x ) ? ln x

34

(Ⅰ)求函数 g ( x ) ? f ( x ? 1) ? x 的最大值; (Ⅱ)当 0 ? a ? b 时,求证: f ( b ) ? f ( a ) ? (Ⅰ)解:? f ( x ) ? ln x , g ( x ) ? f ( x ? 1) ? x
? g ( x ) ? ln( x ? 1) ? x ( x ? ? 1)

2 a (b ? a ) a ?b
2 2

g ?( x ) ?

1 x ?1

? 1 ,令 g ?( x ) ? 0 , 得 x ? 0

当 ? 1 ? x ? 0 时, g ?( x ) ? 0

当 x ? 0 时 g ?( x ) ? 0 ,又 g (0) ? 0

? 当且仅当 x ? 0 时, g ( x ) 取得最大值 0

(Ⅱ)证明: f ( b ) ? f ( a ) ? ln b ? ln a ? ln 由(1)知 ln( 1 ? x ) ? x

b a

? ? ln

a

? ? ln( 1 ? ? b?a b

a?b b

)

f (b ) ? f ( a ) ? ?

b a?b b

又? 0 ? a ? b ,? a 2 ? b 2 ? 2 ab
? 1 b ? 2a a ?b
2 2

?

b?a b

?

2b (b ? a ) a ?b
2 2

?

f (b ) ? f ( a ) ?

2 a (b ? a ) a ?b
2 2

(2009 辽宁卷文) (本小题满分 12 分)设 f ( x ) ? e x ( ax 2 ? x ? 1) ,且曲线 y=f(x)在 x=1 处 的 切 线 与 x 轴 平 行 。 (1) 求 a 的 值 , 并 讨 论 f ( x ) 的 单 调 性 ; (2) 证 明 : 当 ? ? ? [0, ]时 , cos ? ) ? f(sin ? ) ? 2 f( 2 解析(Ⅰ) f '( x ) ? e ( ax ? x ? 1 ? 2 ax ? 1) .有条件知,
x 2

f '(1) ? 0
x


2



a?3
? ?e
x

? 2a
x ? 2 x) ?

?0

a . ?
(

? 1
2

2 ?
) (


1 )





f ' x (? e ) x ? x ?( ?

.

故当 x ? ( ?? , ? 2) ? (1, ?? ) 时, f '( x ) <0; 当 x ? ( ? 2,1) 时, f '( x ) >0. 从而 f ( x ) 在 ( ?? , ? 2) , (1, ?? ) 单调减少,在 ( ? 2,1) 单调增加.………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 单调增加,故 f ( x ) 在 [0,1] 的最大值为 f (1) ? e , 最小值为 f (0) ? 1 . 从而对任意 x1 , x 2 ? [0,1] ,有 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? e ? 1 ? 2 . 而当 ? ? [0, …10 分

?
2

] 时, cos ? , sin ? ? [0,1] .

从而 f (cos ? ) ? f (sin ? ) ? 2 …12 分

35

(2009 辽宁卷理) (本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=

1 2

x -ax+(a-1) ln x , a ? 1 。 (1)
2

讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2)证明:若 a ? 5 ,则对任意 x 1 ,x 2 ? (0, ?? ) ,x 1 ? x 2 , 有
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x1 ? x 2 ? ?1 。




a ?1 x
2

(1)
x ? ax ? a ? 1 x

f ( x)











(0, ?? )



f ( x) ? x ? a ?
'

?

?

( x ? 1)( x ? 1 ? a ) x

2分

(i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 f ( x ) ?
'

( x ? 1) x

2

故 f ( x ) 在 (0, ?? ) 单调增加。

(ii)若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,则当 x ? ( a ? 1,1) 时, f ' ( x ) ? 0 ; 当 x ? (0, a ? 1) 及 x ? (1, ?? ) 时 , f ' ( x )? 0故 f ( x ) 在 ( a ? 1,1) 单 调 减 少 , 在
( 0a ? , 1 ) , ?( ? 单调增加。 1, )

(iii)若 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 ,同理可得 f ( x ) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1), ( a ? 1, ?? ) 单调增 加. (II)考虑函数 g ( x ) ? f ( x ) ? x ?
a ?1 x

1 2

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

则 g ?( x ) ? x ? ( a ? 1) ?

? 2 xg

a ?1 x

? ( a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1)

2

由 于 1<a<5, 故 g ?( x ) ? 0 , 即 g(x) 在 (4, + ∞ ) 单 调 增 加 , 从 而 当 x1 ? x 2 ? 0 时 有 即 g ( x1 ) ? g ( x 2 ) ? 0 , f (x 1) ?f (x ) ? x 2
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x1 ? x 2 f ( x 2 ) ? f ( x1 ) x 2 ? x1

1

? x

2

?0

, 故

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x1 ? x 2

当 ? ? 1 , 0 ? x1 ? x 2

时,有

?

? ? 1 ·····12 分 ····

(2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x ) ? ( x ? 3 x ? ax ? b ) e
3 2

?x

(1)如

(1)若 f ( x ) 在 ( ?? , ? ), (2, ? ) 单调增加,在 (? , 2), ( ? , ?? ) a ? b ? ? 3 ,求 f ( x ) 的单调区间; 单调减少,证明 ? ? ? <6.

36

(Ⅱ) f '( x ) ? ? ( x 3 ? 3 x 2 ? ax ? b ) e ? x ? (3 x 2 ? 6 x ? a ) e ? x ? ? e ? x [ x 3 ? ( a ? 6) x ? b ? a ]. 由
f '


(? x


?x


3


[x ?

f '(2) ? 0, 即 2 ? 2( a ? 6) ? b ? a ? 0, 故 b ? 4 ? a ,
3





) ?

e

?a (

6 x ) ? ?

4a

2

]

.

因为 f '(? ) ? f '( ? ) ? 0, 所以 x 3 ? ( a ? 6) x ? 4 ? 2 a ? ( x ? 2)( x ? ? )( x ? ? )
? ( x ? 2)( x ? (? ? ? ) x ? ? ? ).
2

将 右 边 展 开 , 与 左 边 比 较 系 数 得 , ??

? ? 2 ?, ? a? ?

故 2 ?.

? ?? ?

( ? ? ? ) ? 4? ? ?
2

12 ? 4 a .

又 ( ? ? 2)(? ? 2) ? 0, 即 ? ? ? 2(? ? ? ) ? 4 ? 0. 由此可得 a ? ? 6. 于是 ? ? ? ? 6. .已知函数 f ( x ) ? e ? kx, x ? R .
x

(Ⅰ)若 k ? e ,试确定函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 k ? 0 ,且对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围;
n

(Ⅲ)设函数 F ( x ) ? f ( x ) ? f ( ? x ) ,求证: F (1) F (2) ? F ( n ) ? (e 解: (Ⅰ)由 k ? e 得 f ( x ) ? e ? e x ,所以 f ?( x ) ? e ? e .
x x

n ?1

? 2) 2 ( n ? N ) .

?

由 f ?( x ) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x ) 的单调递增区间是 (1, ? ) , ? 由 f ?( x ) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x ) 的单调递减区间是 ( ?? , . 1) (Ⅱ)由 f ( ? x ) ? f ( x ) 可知 f ( x ) 是偶函数. 于是等价于 f ( x ) ? 0 对任意 x ≥ 0 成立.由 f ?( x ) ? e ? k ? 0 得 x ? ln k .
x

①当 k ? (0, 时, f ?( x ) ? e ? k ? 1 ? k ≥ 0( x ? 0) ,此时 f ( x ) 在 [0, ? ) 上单调递增. 1] ?
x

37

故 f ( x ) ≥ f (0) ? 1 ? 0 ,符合题意. ②当 k ? (1, ? ) 时, ln k ? 0 .当 x 变化时 f ?( x ), f ( x ) 的变化情况如下表: ?
x

(0, k ) ln

ln k
0

(ln k, ? ) ?
?

f ?( x )
f ( x)

?

单调递减

极小值

单调递增

由此可得,在 [0, ? ) 上, f ( x ) ≥ f (ln k ) ? k ? k ln k . ? 依题意, ? k ln k ? 0 , k ? 1,1 ? k ? 又 k ? e . 综合①, ②得, 实数 k 的取值范围是 0 ? k ? e .

(Ⅲ)? F ( x ) ? f ( x ) ? f ( ? x ) ? e x ? e ? x ,
? F ( x1 ) F ( x 2 ) ? e ? F (1) F ( n ) ? e
n ?1

x1 ? x 2

?e

? ( x1 ? x 2 )

?e

x1 ? x 2

?e

? x1 ? x 2

?e

x1 ? x 2

?e

? ( x1 ? x 2 )

?2?e
n ?1

x1 ? x 2

?2,

? 2 , F (2) F ( n ? 1) ? e

n ?1

? 2 , ? ? F ( n ) F (1) ? e

? 2.

由此得,[ F (1) F (2) ? F ( n )] 2 ? [ F (1) F ( n )][ F (2) F ( n ? 1)] ? [ F ( n ) F (1)] ? (e n ?1 ? 2) n
n

故 F (1) F (2) ? F ( n ) ? (e

n ?1

? 2) 2 , n ? N .

?

设 f ( x ) 的定义域为 (0, ? ? ) , f ( x ) 的导函数为 f ?( x ) ,且对任意正数 x 均有 f ?( x ) ? (Ⅰ) 判断函数 F ( x ) ?
f (x) x

f ( x) x



在 (0, ? ? ) 上的单调性;

(Ⅱ) 设 x1 , x 2 ? (0, ? ? ) ,比较 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) 与 f ( x1 ? x 2 ) 的大小,并证明你的结论; ( Ⅲ ) 设 x1 , x 2 , ? x n ? (0, ? ? ) , 若 n ? 2 , 比 较 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? ? f ( x n ) 与
f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) 的大小,并证明你的结论.
xf ? ( x ) ? f ( x ) x ? 0 ,因此 F ( x ) ? f (x) x f (x) x

解:(Ⅰ)由于 f ?( x ) ?

f ( x) x

得,

? 0 ,而 x ? 0 ,则 xf ?( x ) ? f ( x ) ? 0 ,

则 F ?( x ) ?

xf ? ( x ) ? f ( x ) x
2

在 (0, ? ? ) 上是增函数. 在 (0, ? ? ) 上是增函

(Ⅱ)由于 x1 , x 2 ? (0, ? ? ) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x 2 ,而 F ( x ) ? 数,

38

则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x 2 ) , 即

fx ) ( 1 x1

fx ( ?

1

x ?) 2

x1 x 2 ?

, ( x1 ?x 2 )f x ) xf 1x ( 1 ∴ ( 1 ? x

2

?)

(1) ,

同理 ( x1 ? x 2 ) f ( x 2 ) ? x 2 f ( x1 ? x 2 ) (2) (1)+(2)得: ( x1 ? x 2 )[ f ( x1 ) ? f ( x 2 )] ? ( x1 ? x 2 ) f ( x1 ? x 2 ) ,而 x1 ? x 2 ? 0 , 因此 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x1 ? x 2 ) . (Ⅲ)证法 1: 由于 x1 , x 2 ? (0, ? ? ) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x 2 ? ? ? x n ,而 F ( x ) ?
(0, ? ? ) 上是增函数,则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) ,即
f ( x1 ) x1 ?

f (x) x



f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) x1 ? x 2 ? ? x n



∴ ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) f ( x1 ) ? x1 f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) 同理 ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) f ( x 2 ) ? x 2 f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) ……………
( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) f ( x n ) ? x n f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n )

以上 n 个不等式相加得:
( x1 ? x 2 ? ? ? x n )[ f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x n )] ? ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n )

而 x1 ? x 2 ? ? ? x n ? 0
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x n ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n )

证法 2:数学归纳法 (1)当 n ? 2 时,由(Ⅱ)知,不等式成立; (2)当 n ? k ( n ? 2) 时,不等式 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x n ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) 成立, 即 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x k ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x k ) 成立, 则当 n ? k ? 1 时, f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x k ) ? f ( x k ?1 ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x k ) + f ( x k ? 1 ) 再由(Ⅱ)的结论, f ( x1 ? x 2 ? ? ? x k ) + f ( x k ? 1 ) ? f [( x1 ? x 2 ? ? ? x k ) ? x k ?1 ]
f ( x1 ? x 2 ? ? ? x k ) + f ( x k ? 1 ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x k ? x k ?1 )

因此不等式 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? f ( x n ) ? f ( x1 ? x 2 ? ? ? x n ) 对任意 n ? 2 的自然数均成 立.

39

.

已知函数 f ( x ) 的定义域为 I, 导数 f ' ( x ) 满足 0 ? f ' ( x ) ? 2 且 f '( x ) ? 1 , 常数 c 1 为方

程 f ( x ) ? x ? 0 的实数根,常数 c 2 为方程 f ( x ) ? 2 x ? 0 的实数根。 (I)若对任意 ? a, b ? ? I ,存在 x 0 ? ? a, b ? ,使等式
f ( b ) ? f ( a ) ? ( b ? a ) f ' ( x 0 ) 成立。求证:方程 f ( x ) ? x ? 0 不存在异于 c 1 的实数根;

(II)求证:当 x ? c2 时,总有 f ( x ) ? 2 x 成立; (III)对任意 x1 、x 2 ,若满足, | x1 ? c1 |? 1, | x 2 ? c 2 |? 1, 求证: | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |? 4 证明: (I)假设方程 f ( x ) ? x ? 0 有异于 c 1 的实根 m,即 f ( m ) ? m 则有 m ? c1 ? f ( m ) ? f ( c1 ) ? ? m ? c1 ? f '( x 0 ) 成立 因为 m ? c1 ,所以必有 f '( x 0 ) ? 1 ,但这与 f '( x ) ? 1 矛盾,因此方程 f ( x ) ? x ? 0 不 存在异于 c 1 的实数根。………………4 分 (II)令 h ( x ) ? f ( x ) ? 2 x, ∵ h '( x ) ? f '( x ) ? 2 ? 0 ∴函数 h ( x ) 为减函数 , 0 即 f ( x )? 成 2x

又∵ h ( c 2 ) ? f ( c 2 ) ? 2 c 2 ? 0 ∴ 当 x ? c2 时 , h ( x )? 立………………8 分

(III)不妨设 x1 ? x 2 ∵ f '( x ) ? 0, ∴ f ( x ) 为增函数,即 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) 又∵ f '( x ) ? 2 ,∴函数 f ( x ) ? 2 x 为减函数,即 f ( x1 ) ? 2 x1 ? f ( x 2 ) ? 2 x 2
∴0 ? f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? 2( x 2 ? x1 ) 即 | f ( x 2 ) ? f ( x1 ) |? 2 | x 2 ? x1 | | x 2 ? x1 |? | x 2 ? c1 ? c1 ? x1 |? | x 2 ? c1 | ? | c1 ? x1 |? 2
∴ | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |? 4

1? ? 设函数 f ( x ) ? ? 1 ? ? ( n ? N , 且 n ? 1, x ? N ) . n? ?

n

40

(Ⅰ)当 x=6 时,求 ? 1 ?
?

?

1? ? 的展开式中二项式系数最大的项; n?

n

(Ⅱ)对任意的实数 x,证明

f (2 x) ? f (2) 2

> f ?( x )( f ?( x ) 是 f ( x )的导函数 );
k

1? ? (Ⅲ)是否存在 a ? N ,使得 an< ? ? 1 ? ? < ( a ? 1) n 恒成立?若存在,试证明你的结论并求 k ? k ?1 ?
n

出 a 的值;若不存在,请说明理由. 本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查 综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。 (Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第 4 项,这项是 C 6 1 ?
1? ? (Ⅱ)证法一:因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ? 1 ? ? n? ?
2n
3 5

20 ?1? ? ? 3 n ?n?

3

1? ? ? ?1 ? ? n? ?

2

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

2n

1? ? ? ?1 ? ? n? ?

2

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

n

n

1? 1? 1? 1? ? ? ? ? ? 2 ? 1 ? ? ln ? 1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ln ? 1 ? ? ? 2 f n? 2? n? n? ? ? ? ?

?x?

证法二:
1? ? 因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ? ? n? ?
n '
2n

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

2

2n

1? ? ? ?1 ? ? n? ?

2

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

n

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

1? 1? ? ? 故只需对 ? 1 ? ? 和 ln ? 1 ? ? 进行比较。 n? n? ? ?

令 g ? x ? ? x ? ln x ? x ? 1 ? ,有 g 由
x ?1 x ? 0 ,得 x ? 1
'

'

?x? ? 1?

1 x

?

x ?1 x

因为当 0 ? x ? 1 时, g

? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减;当 1 ?

x ? ?? 时, g

'

?x? ? 0 ,g ?x? 单

调递增,所以在 x ? 1 处 g ? x ? 有极小值 1 故当 x ? 1 时, g ? x ? ? g ?1 ? ? 1 ,
41

从而有 x ? ln x ? 1 ,亦即 x ? ln x ? 1 ? ln x
1? 1? ? ? 故有 ? 1 ? ? ? ln ? 1 ? ? 恒成立。 n? n? ? ?

所以 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? 2 f

'

? x ? ,原不等式成立。

(Ⅲ)对 m ? N ,且 m ? 1
1 ? ? 有 ?1 ? ? m? ? ? 1?1? ?
m

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

2

k

m

m ? m ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1? ? ? m ? k ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1? ? 2 ?1 ? 1 ? ? ? ?? ? ? ? ?? ? ? ? 2! k! m! ?m? ?m? ?m?

m

? 2?

1 ? 1 ? 1 ? 1 ?? 2 ? ? k ?1? 1 ? 1 ? ? m ?1? ?1 ? ? ?? ? ?1 ? ? ?1 ? ?? ?1 ? ? ?? ? ?1 ? ?? ?1 ? ? 2!? m? k !? m ?? m? ? m ? m !? m? ? m ?

? 2?
? 2?

1 2!
1

?

1 3!
?

?? ?
1 3? 2

1 k!

?? ?
1

1 m!

2 ?1

?? ?

k ? k ? 1?

?? ?

1 m ? m ? 1?

1? ?1 1? 1? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ? ? 2? ?2 3? ? ? k ?1 k ? ? m ?1 m ?

? 3?

1 m

?3
k
m

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

∵ 2 ? ?1 ?
?

?

1 ? ? m?

m

? 3 ,从而有 2 n ?

1? ? ? ? 1 ? k ? ? 3 n 成立, ? k ?1 ?
n k

k

1? ? 即存在 a ? 2 ,使得 2 n ? ? ? 1 ? ? ? 3 n 恒成立。 k ? k ?1 ?
n

构造 1. 已知函数 f ( x ) ? ? x ? ax ? b
3 2

(1) 若函数 y ? f ( x ) 图象上任意不同两点连线的斜率都小于 1,则 ? 3 ? a ?

3;

(2) 若 x ? [0, 1], 函数 y ? f ( x ) 图象上任一点切线的斜率为 k , k ? 1 时 a 的取值范围。 求

42

解答 (1) A x1 , y1 ) , x 2 , y 2 ) 是函数图象上任意不同两点, 设( B ( 则

y1 ? y 2 x1 ? x 2

显然 x1 ? x 2 , ?1,

不妨设 x1 ? x 2 ,则 y1 ? y 2 ? x1 ? x 2 ,即 y1 ? x1 ? y 2 ? x 2 ,构造函数 g ( x ) ? f ( x ) ? x ,则 则 故 g ( x ) 在 R 上是减函数, g ?( x ) ? ? 3 x ? 2 ax ? 1 ? 0 在 R 上恒成立, ? ? (2 a ) ? 12 ? 0 ,
2
2

解之得 ? 3 ? a ?

3

(2)当 x ? [0,1]时, k ? f ?( x) ? ? 3 x2 ? 2 a x,即对任意的 x ? [0,1], k ? 1 ,即
? ? f ? (1) ? ? 3 ? 2 a ? 1 ? a ? 2 ? 3 x ? 2 a x ? 1在 x ? [0,1]成立,由于 f ?(0) ? 0 ? 1 ,则必需满足 ? 0 ? ? 1 3 ? 2 ? a a f ?( ) ? ?1 ? 3 3 ?

? f ?(1) ? ? 3 ? 2 a ? 1 ? f ?(1) ? ? 3 ? 2 a ? 1 ? ? 或?a 或?a ,解得 1 ? a ? ?1 ?0 ? ? ?3 ?3

3

导数与二项式定理 . 已知函数 f (x ) =
1 2

x2 + lnx.

(I)求函数 f (x )在[1,e]上的最大、最小值; (II)求证:在区间[1,+∞ ) 上,函数 f (x )的图象在函数 g (x ) = (III)求证:[ f ? (x )]n- f ? (xn)≥2n-2(n∈N*). 解: (I)易知 f (x )在[1,e]上是增函数. ∴ f (x )max = f (e ) = (II)设 F (x ) =
1 2
1 6 1 2 2 3

x3 的图象的下方;

e2 + 1;f (x )min = f (1 ) =
2 3

1 2

.
1 x

x2 + lnx-

x3,则 F ? (x ) = x +

-2x2 =

(1 ? x )(1 ? x ? 2 x )
2

.

x

∵ x>1,∴ F ? (x )<0,故 F (x )在(1,+∞)上是减函数, 又 F (1) =- 即
1 2

<0,∴ 在(1,+∞)上,有 F (x )<0,
2 3

x2 + lnx<

x3,故函数 f (x )的图象在函数 g (x ) =

2 3

x3 的图象的下方.

(III)当 n = 1 时,不等式显然成立; 当 n≥2 时,有:[ f ? (x )]n- f ? (xn) = (x +
1 x

)n-(xn +

1 x
n

)

43

1 = C n xn 1· + C n2 xn 2·



1



1 x
2

x

+ … + C nn ?1 x·
-4

1 x
n ?1

1 = C n xn

-2

+ C n2 xn

-4

+ … + C nn ?1 x·

1 x
n?2

=

1 2

1 [ C n (xn

-2

+
x

1
n?2

) + C n2 (xn

+
x

1
n?4

) + … + C nn ?1 (

1 x
n?2

+ xn 2)]





1 2

1 (2 C n + 2 C n2 + … + 2 C nn ?1 ) = 2n-2.

注:第二问可数学归纳法证

44


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