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1、导数压轴题题型归纳1. 高考命题回顾例 1 已知函数f(x) exln(x m)（ 2013 全国新课标卷）(1)设 x0 是 f(x) 的极值点，求m，并讨论 f(x) 的单调性；(2)当 m 2时，证明f(x)0. 例 2 已知函数f(x) x2axb，g(x) ex(cxd)，若曲线 yf(x) 和曲线 yg(x) 都过点 P(0，2)，且在点 P处有相同的切线y4x+2（ 2013 全国新课标卷）（）求a，b，c，d 的值（）若x 2 时, ( )( )f xkg x，求 k 的取值范围。例 3 已知函数)(xf满足2121)0()1 ( )(xxfefxfx（2012 全国新课标）(
2、1)求)(xf的解析式及单调区间；(2)若baxxxf221)(，求ba)1(的最大值。例 4 已知函数ln( )1axbf xxx，曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程为230 xy。（ 2011 全国新课标）（）求a、b的值；（）如果当0 x，且1x时，ln( )1xkf xxx，求k的取值范围。例 5 设函数2( )1xf xexax（2010 全国新课标）(1)若0a，求( )f x的单调区间；(2)若当0 x时( )0f x，求a的取值范围例 6 已知函数f(x) (x3+3x2+ax+b)ex.（2009 宁夏、海南）(1)若 ab 3,求 f(x) 的单调区间 ;
3、(2)若 f(x) 在(, ),(2,)单调增加 ,在( ,2),( ,+ )单调减少 ,证明 6. 2. 在解题中常用的有关结论(1) 曲线( )yf x在0 xx处的切线的斜率等于0()fx，且切线方程为000()()()yfxxxf x。(2) 若可导函数( )yf x在0 xx处取得极值，则0()0fx。反之，不成立。(3) 对于可导函数( )f x，不等式( )fx00（）的解集决定函数( )fx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：xI( )fx0(0)恒成立（( )fx不恒为 0）. (5) 函数( )f x（非常量函数）在区间I 上不单
4、调等价于( )f x在区间 I 上有极值，则可等价转化为方程( )0fx在区间 I 上有实根且为非二重根。 （ 若( )fx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( )fx0或( )fx0在 I 上恒成立(7) 若xI，( )f x0恒成立， 则min( )f x0; 若xI，( )f x0恒成立， 则max( )f x0(8) 若0 xI， 使得0()f x0， 则max( )f x0； 若0 xI， 使得0()f x0， 则min( )f x0. (9) 设( )f x与( )g x的定义域的交集为D，若xD
5、( )( )f xg x恒成立，则有min( )( )0f xg x. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 34 页(10) 若对11xI、22xI，12()()f xg x恒成立，则minmax( )( )fxg x. 若对11xI，22xI，使得12()()f xg x,则minmin( )( )fxg x. 若对11xI，22xI，使得12()()f xg x，则maxmax( )( )f xg x. （11 ）已知( )f x在区间1I上的值域为A,，( )g x在区间2I上值域为B，若对11xI,22xI，使得1(
6、)fx=2()g x成立，则AB。(12) 若三次函数f(x) 有三个零点，则方程( )0fx有两个不等实根12xx、，且极大值大于0，极小值小于0. (13) 证题中常用的不等式: ln1 (0)xxx ln+1(1)xx x（） 1xex 1xex ln1(1)12xxxx 22ln11(0)22xxxx3. 题型归纳导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用例 7（构造函数，最值定位）设函数21xfxxekx(其中kR). () 当1k时 ,求函数fx的单调区间 ; () 当1,12k时,求函数fx在0,k上的最大值M. 例 8（分类讨论，区间划分）已知函数3211( )(0)32f
7、xxaxxb a,( )fx为函数( )f x的导函数 . (1)设函数 f(x) 的图象与 x 轴交点为 A,曲线 y=f(x) 在 A 点处的切线方程是33yx,求,a b的值 ; (2)若函数( )( )axg xefx,求 函数( )g x的单调区间 . 例 9（切线） 设函数axxf2)(. （1）当1a时，求函数)()(xxfxg在区间1 , 0上的最小值；（2） 当0a时，曲线)(xfy在点)(,(111axxfxP处的切线为l，l与x轴交于点)0,(2xA求证：axx21. 例 10 （极值比较）已知函数22( )(23 )(),xf xxaxaa exR其中aR当0a时，求曲
8、线( )(1, (1)yf xf在点处的切线的斜率；当23a时，求函数( )f x的单调区间与极值. 例 11 （零点存在性定理应用）已知函数( )ln,( ).xf xx g xe若函数 (x)=f(x)11xx+-，求函数 (x)的单调区间；设直线l 为函数 f(x)的图象上一点A(x0，f(x0)处的切线，证明：在区间(1,+)上存在唯一的x0，使得直线l 与曲线 y=g(x)相切例12（最值问题，两边分求）已知函数1( )ln1af xxaxx()aR. 当12a时，讨论( )f x的单调性；设2( )24.g xxbx当14a时，若对任意1(0,2)x，存在21,2x，使12()()
9、f xg x，求实数b取值范围 . 1xx+精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 34 页例13（二阶导转换）已知函数xxfln)(若)()()(RaxaxfxF，求)(xF的极大值；若kxxfxG2)()(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值范围 . 例 14（综合技巧）设函数1( )ln().f xxax aRx讨论函数( )f x的单调性；若( )f x有两个极值点12,x x，记过点11(,(),A xf x22(,()B xf x的直线斜率为k,问：是否存在a，使得2ka？若存在，求出a的值；若不存在，请
10、说明理由. 交点与根的分布例15 （切线交点）已知函数323,fxaxbxx a bR在点1,1f处的切线方程为20y求函数fx的解析式；若对于区间2,2上任意两个自变量的值12,x x都有12fxfxc，求实数c的最小值；若过点2,2Mmm可作曲线 yfx 的三条切线，求实数m的取值范围 例 16（根的个数）已知函数xxf)(，函数xxfxgsin)()(是区间 -1，1上的减函数 . （I）求的最大值；（II）若 1 , 11)(2xttxg在上恒成立，求t 的取值范围；（）讨论关于x的方程mexxxfx2)(ln2的根的个数例 17 （综合应用）已知函数.23)32ln()(2xxxf求
11、 f(x)在 0,1上的极值；若对任意03)(ln|ln|,31,61xxfxax不等式成立，求实数a 的取值范围；若关于x 的方程bxxf2)(在0，1上恰有两个不同的实根，求实数b 的取值范围 . 不等式证明例 18( 变形构造法 )已知函数1)(xax，a 为正常数若)(ln)(xxxf，且 a29，求函数)(xf的单调增区间；在中当0a时，函数)(xfy的图象上任意不同的两点11, yxA，22, yxB， 线段AB的中点为),(00yxC，记直线AB的斜率为k，试证明：)(0 xfk若)(ln)(xxxg，且对任意的2,0,21xx，21xx，都有1)()(1212xxxgxg，求a
12、的取值范围例 19( 高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2aaxxxf.（1）若2)( xxf对任意的0 x恒成立，求实数a的取值范围；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 34 页（2）当1a时，设函数xxfxg)()(，若1),1 ,1(,2121xxexx，求证42121)(xxxx例 20（绝对值处理）已知函数cbxaxxxf23)(的图象经过坐标原点，且在1x处取得极大值（I）求实数a的取值范围；（II）若方程9) 32()(2axf恰好有两个不同的根，求)(xf的解析式；（III ）对于（
13、II）中的函数)(xf，对任意R、，求证：81|)sin2()sin2(|ff例 21（等价变形）已知函数xaxxfln1)()aR（）讨论函数)(xf在定义域内的极值点的个数；（）若函数)(xf在1x处取得极值，对x),0(,2)(bxxf恒成立，求实数b的取值范围；（）当20eyx且ex时，试比较xyxyln1ln1与的大小例 22（前后问联系法证明不等式）已知217( )ln,( )(0)22f xx g xxmxm，直线l与函数( ),( )fxg x的图像都相切，且与函数( )f x的图像的切点的横坐标为1。（I）求直线l的方程及m 的值；（II）若( )(1)( )()h xf x
14、gx 其中g(x) 是g(x) 的导函数，求函数( )h x的最大值。（III ）当0ba时，求证：()(2 ).2baf abfaa例 23( 整体把握，贯穿全题)已知函数ln( )1xf xx（1）试判断函数( )f x 的单调性；（2）设0m，求( )f x 在 ,2mm 上的最大值；（3）试证明：对任意*nN ，不等式11ln()ennnn都成立（其中e是自然对数的底数）例 24( 化简为繁，统一变量)设aR,函数( )lnf xxax. （）若2a，求曲线( )yf x在1, 2P处的切线方程；（）若( )f x无零点 ,求实数a的取值范围；（）若( )f x有两个相异零点12,x
15、x,求证 : 212xxe. 例 25 （导数与常见不等式综合）已知函数211( )()1(1)tf xtxxx，其中为正常数（）求函数( )tfx在(0,)上的最大值；（）设数列na满足：153a，132nnaa，（1）求数列na的通项公式na； （2）证明：对任意的0 x，231( )(*)nnfx nNa；（）证明：2121111nnaaan例 26 （利用前几问结论证明立体不等式）已 知 函 数f(x)=ex-ax(e为 自 然 对 数 的 底 数).(I )求函数 f(x)的单调区间；(II) 如果对任意,2x，都有不等式f(x) x + x2成立，求实数a的取值范围；(III) 设
16、*Nn,证 明 ：nn)1(+nn)2(+nn)3(+ +nnn)(0时1)(xkxf恒成立，求正整数k的最大值 .例 36（创新题型）设函数 f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x) g(x). ()若 x=0 是 F(x)的极值点 ,求 a的值；()当 a=1 时,设 P(x1,f(x1), Q(x2, g(x 2)(x10,x20), 且 PQ/x 轴,求 P、Q 两点间的最短距离；()若 x0 时,函数 y=F(x) 的图象恒在y=F( x)的图象上方 ,求实数 a 的取值范围例 37（创新题型）已知函数)(xf=)(1lnRaxax，xxexg1)(. ()求函数
17、)(xg在区间,0(e上的值域；（）是否存在实数a，对任意给定的,0(0ex，在区间, 1 e上都存在两个不同的)2, 1(ixi，使得)()(0 xgxfi成立 .若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由；（）给出如下定义：对于函数)(F xy图象上任意不同的两点),(),(2211yxByxA，如果对 于 函 数)(F xy图 象 上 的 点),(00yxM（ 其 中)2210 xxx总 能 使 得)(F)(F)(F21021xxxxx成立，则称函数具备性质“L”，试判断函数)(xf是不是具备性质“L”，并说明理由. 例 38(图像分析，综合应用)已知函数) 1, 0(12)(2ba
18、baxaxxg，在区间3,2上有最大值 4，最小值1，设( )( )g xf xx（）求ba,的值；（）不等式02)2(xxkf在 1 , 1x上恒成立，求实数k的范围；（）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf有三个不同的实数解，求实数k的范围导数与数列例39（创新型问题）设函数2( )() ()xf xxaxb e，abR、，xa是( )f x的一个极大值点若0a，求b的取值范围；当a是给定的实常数，设123xxx， ，是( )f x的 3个极值点，问是否存在实数b，可找到4xR，使得1234xxxx， ，的某种排列1234,iiiixxxx（其中1234iiii， ， ，=12 3
19、4， ， ，）依精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 34 页次成等差数列 ?若存在，求所有的b及相应的4x；若不存在，说明理由例 40（数列求和，导数结合）给定函数2( )2(1)xf xx(1)试求函数fx的单调减区间; (2)已知各项均为负的数列na满足 ,14()1nnSfa求证 :1111lnnnnana; (3)设1nnba,nT为数列nb的前n项和 ,求证 :201220111ln 2012TT. 导数与曲线新题型例 41（形数转换）已知函数( )lnfxx, 21( )2g xaxbx (0)a. (1)若2a
20、, 函数( )( )( )h xfxg x在其定义域是增函数,求 b 的取值范围 ; (2)在(1)的结论下 ,设函数2xx(x)=e+be,x 0,ln2,求函数(x)的最小值 ; (3)设函数)(xf的图象 C1与函数)(xg的图象 C2交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作x轴的垂线分别交C1、C2于点M、N,问是否存在点R,使 C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?若存在 ,求出 R 的横坐标 ;若不存在 ,请说明理由 . 例 42（全综合应用）已知函数( )1ln(02)2xf xxx. (1)是否存在点( , )M a b,使得函数( )yf x的图像上任意一点P 关于点
21、M 对称的点Q 也在函数( )yfx的图像上 ?若存在 ,求出点 M 的坐标 ;若不存在 ,请说明理由 ; (2)定义2111221( )()()()nniinSffffnnnn,其中*nN,求2013S; (3)在(2)的条件下 ,令12nnSa,若不等式2()1namna对*nN且2n恒成立 ,求实数m的取值范围 . 导数与三角函数综合例 43 （换元替代，消除三角）设函数2( )()f xx xa（xR），其中aR（）当1a时，求曲线( )yf x在点(2(2)f，处的切线方程；（）当0a时，求函数( )f x的极大值和极小值；（）当3a，10k，时，若不等式22(cos )(cos)f
22、 kxf kx对任意的xR恒成立,求k的值。例 44 （新题型，第7 次晚课练习）设函数( )cos ,0,f xaxx x. (1)讨论( )f x的单调性(2)设( )1sinf xx,求a的取值范围 . 创新问题积累例 45 已知函数2( )ln44xxf xx. I、求( )fx的极值 . II、求证( )fx的图象是中心对称图形. III 、 设( )f x的定义域为D,是否存在,a bD.当,xa b时，( )f x的取值范围是,4 4a b?若存在 ,求实数a、b的值；若不存在，说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
23、7 页，共 34 页例 46 已知函数14)(234axxxxf在区间 0,1上单调递增，在区间1,2上单调递减（1）求 a 的值；（2）设1)(2bxxg，若方程)()(xgxf的解集恰好有3 个元素，求b的取值范围；（3）在（ 2）的条件下，是否存在实数对),(nm，使)()(nxgmxf为偶函数？如存在，求出nm,如不存在，说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 34 页导数压轴题题型归纳参考答案例 1 (1)解 f(x) ex ln(xm)? f(x)ex1xm? f(0)e010m0? m1，定义域为 x|x1
24、 ，f(x)ex1x mexx1 1x1，显然 f(x)在(1,0上单调递减，在0， )上单调递增(2)证明 g(x)exln(x2)，则 g(x) ex1x2(x2)h(x)g(x)ex1x2(x2)? h(x)ex1x220，所以 h(x)是增函数， h(x)0 至多只有一个实数根，又 g(12)1e1320，所以 h(x) g(x)0 的唯一实根在区间12，0 内，设 g(x) 0的根为 t，则有 g(t)et1t20 12t0 ，所以， et1t 2? t2 et，当 x( 2，t)时， g(x)g(t)0，g(x)单调递增；所以 g(x)ming(t)etln(t2)1t2t1t2t
25、20，当 m2 时，有 ln(xm)ln(x2)，所以 f(x) exln(x m)exln(x2)g(x)g(x)min0. 例 2（）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而( )fx=2xb，( )gx=()xe cxdc，a=4，b=2，c=2，d=2； 4 分（）由（）知，2( )42f xxx，( )2(1)xg xex，设函数( )F x=( )( )kg xf x=22(1)42xkexxx（2x），( )Fx=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有题设可得(0)F0，即1k，令( )Fx=0 得，1x=ln k，2x=2，（1）若21ke，则 2
26、1x 0，当1( 2,)xx时，( )F x0，当1( ,)xx时，( )F x0，即( )F x在1( 2,)x单调递减，在1(,)x单调递增，故( )F x在x=1x取最小值1()F x， 而1()F x=21112242xxx=11(2)x x 0，当x 2 时，( )F x0，即( )fx( )kg x恒成立，(2)若2ke，则( )Fx=222(2)()xexee，当x 2 时，( )Fx 0，( )F x在(2,+ )单调递增，而( 2)F=0，当x 2 时，( )F x0，即( )fx( )kg x恒成立，(3)若2ke，则( 2)F=222ke=222()eke 0，当x 2
27、时，( )f x( )kg x不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为 1,2e. 例 3（1）1211( )(1)(0)( )(1)(0)2xxfxfefxxfxfefx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 34 页令1x得：(0)1f1211( )(1)(0)(1)1(1)2xf xfexxffefe得：21( )( )( )12xxf xexxg xfxex( )10( )xg xeyg x在xR上单调递增( )0(0)0,( )0(0)0fxfxfxfx得：( )f x的解析式为21( )2xf xexx且单调递增区间为
28、(0,)，单调递减区间为(,0)（2）21( )( )(1)02xf xxaxbh xeaxb得( )(1)xh xea当10a时，( )0( )h xyh x在xR上单调递增x时，( )h x与( )0h x矛盾当10a时，( )0ln(1),( )0ln(1)h xxah xxa得：当ln(1)xa时，min( )(1)(1)ln(1)0h xaaab22(1)(1)(1) ln(1)(10)abaaaa令22( )ln(0)F xxxx x；则( )(12ln)Fxxx( )00,( )0Fxxe Fxxe当xe时，max( )2eF x当1,aebe时，(1)ab的最大值为2e例 4
29、解（）221(ln)( )(1)xxbxfxxx由于直线230 xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（）由（）知ln1f ( )1xxxx，所以22ln1(1)(1)( )()(2ln)11xkkxf xxxxxx。考虑函数( )2lnh xx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2( )kxxh xx。(i)设0k，由222(1)(1)( )k xxh xx知，当1x时，( )0h x，h(x)递减。而(1)0h故当(0,1)x时，( )0h x，可得21( )01h xx；当 x（1，+）时， h（x）0 从而当 x
30、0,且 x1 时， f（x） -（1lnxx+xk）0，即 f（ x）1lnxx+xk. （ ii ） 设0k0,故h(x） 0,而 h（1）=0，故当 x（1，k11）时， h（x） 0，可得211xh（x）0,而 h（ 1）=0，故当 x（1， +）时， h（x）0，可得211xh（x） 0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)上，( )0fx，故( )(0,)f x 在上单调递增当2a时, 0,g(x)=0的两根为221244,22aaaaxx，当10 xx时，( )0fx；当12xxx时，( )0fx；当2xx时，( )0fx，故( )f x分别在12(0,),(,)xx上单调递增，
31、在12(,)x x上单调递减由知，若( )f x有两个极值点12,x x，则只能是情况，故2a因为1212121212()()()(lnln)xxf xf xxxaxxx x，所以1212121212()()lnln11f xf xxxkaxxx xxx又由知，121x x，于是1212lnln2xxkaxx若存在a，使得2.ka则1212lnln1xxxx即1212lnlnxxxx亦即222212ln0(1)(*)xxxx再由知，函数1( )2lnh tttt在(0,)上单调递增，而21x，所以222112ln12ln10.1xxx这与(*)式矛盾故不存在a，使得2.ka例 15 解：232
32、3fxaxbx根据题意，得12,10,ff即32,3230,abab解得10ab所以33fxxx令0fx，即2330 x得1xx22, 111,11 1,22 fx+ + fx2增极大值减极小值增2 因为12f，12f，所以当2,2x时，max2fx，min2fx则对于区间2,2上任意两个自变量的值12,x x，都有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 34 页12maxmin4fxfxfxfx，所以4c所以c的最小值为4因为点2,2Mmm不在曲线yfx上，所以可设切点为00,xy则30003yxx因为20033fxx，所以
33、切线的斜率为2033x则2033x=300032xxmx，即32002660 xxm因为过点2,2Mmm可作曲线yfx的三条切线，所以方程32002660 xxm有三个不同的实数解所以函数32266g xxxm有三个不同的零点则2612gxxx令0gx，则0 x或2xx,00 0,22 2,gx+ + g x增极大值减极小值增则0022gg，即6020mm，解得62m例 16 解： （I）xxxgxxfsin)(,)(， 1 , 1)(在xg上单调递减，0cos)( xxgxcos在-1，1上恒成立，1，故的最大值为.1（II ）由题意, 1sin) 1()(maxgxg, 11sin2tt只
34、需01sin) 1(2tt（其中1），恒成立，令) 1(011sin) 1()(2tth，则2101sin1 10ttt，01sin,01sin122ttttt而恒成立，1t（）由.2ln)(ln2mexxxxxfx令,2)(,ln)(221mexxxfxxxf,ln1)(21xxxf当, 0)(,), 0(1xfex时exf, 0)(1在上为增函数；当, ex时，, 0)(1xf,)(1exf在为减函数；当,1)()( ,1max1eefxfex时而,)()(222emexxf,1,122时即当eemeem方程无解；当eemeem1,122即时，方程有一个根；当eemeem1,122时时，方
35、程有两个根. 例17解：23)13)(1(33323)(xxxxxxf，令1310)(xxxf或得（舍去）)(,0)(,310 xfxfx时当单调递增；当)(, 0)(,131xfxfx时递减 . 1 ,0)(613ln)31(在为函数xff上的极大值 . 由03)(ln|ln|xxfxa得xxaxxa323lnln323lnln或设332ln323lnln)(2xxxxxh，xxxxxg323ln323lnln)(，依题意知31,61)()(xxgaxha在或上恒成立，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 34 页0)32
36、(2)32(33)32(3332)(2xxxxxxxxg，03262)62(31323)(22xxxxxxxh，31,61)()(都在与xhxg上单增，要使不等式成立，当且仅当.51ln31ln),61()31(aagaha或即或由.0223)32ln(2)(2bxxxbxxf令xxxxxbxxxx329723323)(,223)32ln()(22则，当37,0)(, 0)(,37,0在于是时xxx上递增； 1 ,37)(,0)(,1 ,37在于是时xxx上递减，而)1 ()37(),0()37(， 1 , 00)(2)(在即xbxxf恰有两个不同实根等价于0215ln)1 (067267)7
37、2ln()37(02ln)0(bbb.37267)72ln(215lnb例18解：222) 1(1)2()1(1)(xxxaxxaxxfa29，令0)(xf得2x或210 x,函数)(xf的单调增区间为),2(),21, 0(.证明：当0a时xxfln)(xxf1)(, 210021)(xxxxf, 又121212121212lnlnln)()(xxxxxxxxxxxfxfk不妨设12xx，要比较k与)(0 xf的大小，即比较1212lnxxxx与212xx的大小，又12xx，即比较12lnxx与1)1(2)(212122112xxxxxxxx的大小令)1(1)1(2ln)(xxxxxh, 则
38、0)1() 1() 1(41)(222xxxxxxh, )(xh在, 1上位增函数又112xx，0) 1()(12hxxh，1)1(2ln121212xxxxxx，即)(0 xfk1)()(1212xxxgxg，0)()(121122xxxxgxxg由题意得xxgxF)()(在区间2,0上是减函数1当xxaxxFx1ln)(, 21，1) 1(1)(2xaxxF由313)1()1(0)(222xxxxxxaxF在2, 1x恒成立设)(xm3132xxx，2, 1x，则0312)(2xxxm)(xm在2, 1上为增函数，227)2(ma.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳
39、总结 - - - - - - -第 17 页，共 34 页2当xxaxxFx1ln)(, 10，1) 1(1)(2xaxxF由11) 1()1(0)(222xxxxxxaxF在)1 ,0(x恒成立设)(xt112xxx，)1 ,0(x为增函数 ,0) 1( ta综上： a的取值范围为227a. 例19解：（ 1）xaxxxf)ln(2)( ,2)ln(2)( xxaxxxf，即xax1ln2在0 x上恒成立设xaxxu1ln2)(,2, 012)( xxxu，2x时，单调减，2x单调增，所以2x时，)(xu有最大值.212ln2, 0)2(au，所以20ea. （2）当1a时，xxxxfxgl
40、n)()(, exxxg1, 0ln1)(, 所以在),1(e上)(xg是增函数，)1,0(e上是减函数 . 因为11211xxxe，所以111212121ln)()ln()()(xxxgxxxxxxg即)ln(ln211211xxxxxx,同理)ln(ln212212xxxxxx. 所以)ln()2()ln()(lnln2112212112122121xxxxxxxxxxxxxxxx又因为,421221xxxx当且仅当 “21xx” 时，取等号 . 又1),1 ,1(,2121xxexx，0)ln(21xx, 所以)ln(4)ln()2(21211221xxxxxxxx,所以)ln(4lnl
41、n2121xxxx，所以：42121)(xxxx. 例 20（ I）,23)(, 00)0(2baxxxfcf320)1(abf),323)(1() 32(23)(2axxaaxxxf由33210)(axxxf或，因为当1x时取得极大值，所以31332aa，所以) 3,(:的取值范围是a；（II）由下表：x)1 ,(1)332, 1(a332a),332(a)(xf+ 0 - 0 - )(xf递增极大值2a递减极小值2)32(276aa递增依题意得：9)32()32(27622aaa，解得：9a所以函数)(xf的解析式是：xxxxf159)(23（III ）对任意的实数,都有,2sin22,2
42、sin22在区间 -2，2有：230368)2(, 7) 1(,7430368)2(fff,7) 1()(fxf的最大值是7430368)2()(fxf的最小值是函数 2, 2)(在区间xf上的最大值与最小值的差等于81，所以81| )sin2()sin2(|ff例 21 解： （）xaxxaxf11)(， 当0a时，( )0fx在),0(上恒成立，函数)(xf在),0(单调递减，)(xf在), 0(上没有极值点；当0a时，( )0fx得10 xa，( )0fx得1xa，)(xf在(10,)a上递减，在(1),a上递增，即)(xf在ax1处有极小值当0a时)(xf在),0(上没有极值点，当0a
43、时，)( xf在),0(上有一个极值点（）函数)(xf在1x处取得极值，1a，bxxxbxxfln112)(，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 34 页令xxxxgln11)(，可得)(xg在2,0 e上递减，在,2e上递增，22min11)()(eegxg，即211be（）证明：)1ln()1ln()1ln()1ln(yexeyxeyxyx，令)1ln()(xexgx，则只要证明)(xg在), 1(e上单调递增，又)1(ln11) 1ln()(2xxxexgx，显然函数11)1ln()(xxxh在),1(e上单调递增0
44、11)(exh，即0)(xg，)(xg在), 1(e上单调递增，即)1ln()1ln(yexeyx，当1eyx时，有)1ln() 1ln(yxeyx例22解：（ I）1( ),(1)1;Qfxfxl直线的斜率为 1，且与函数( )f x的图像的切点坐标为（1，0），l直线的方程为1.yx又l直线与函数( )yg x的图象相切，211722yxyxmx方程组有一解。由上述方程消去y，并整理得22(1)90 xmx依题意，方程有两个相等的实数根，22(1)490m解之，得m=4或m=-2，0,2.Qmm（II）由（ I）可知217( )2,22g xxx( )2,( )ln(1)2(1)g xxh
45、 xxxx，1( )1.11xh xxx当x(-1,0)时,h(x)0,h(x)单调，当(0,)x时，( )0, ( )h xh x单减。当x=0时，( )h x取最大值，其最大值为2。（III ）()(2 )ln()ln 2lnln(1).22abbaf abfaabaaa0,0,10.22Qbaababaa证明，当( 1,0)x时，ln(1),ln(1).22babaxxaa()(2 ).2baf abfaa例 23 解：（ 1）函数( )f x 的定义域是(0,) 由已知21ln( )xfxx令( )0fx，得xe因为当 0 xe时，( )0fx；当xe时，( )0fx所以函数( )f
46、x 在 (0, e 上单调递增，在 ,)e上单调递减（ 2 ） 由 （ 1 ） 可 知 当 2me ， 即2em时 ，( )f x在 ,2mm 上 单 调 递 增 ， 所 以maxln 2( )(2)12mf xfmm当 me时， ( )f x 在 ,2mm 上单调递减， 所以maxln( )1mf xm 当2m em， 即2eme时，max1( )( )1f xf ee综上所述，maxln 21, 0221( )1,2ln1,memmef xmeemmem（ 3 ） 由 （ 1 ） 知 当( 0 ,)x时max1( )( )1f xf ee 所 以 在( 0 ,)x时 恒 有l n1()11
47、xf xxe，即ln1xxe，当且仅当xe时等号成立因此对任意(0,)x恒有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 34 页1ln xe因为10nn，1nen，所以11 1lnnnnen，即11ln()ennnn因此对任意*nN ，不等式11ln()ennnn例 24 解： 在区间0,上,11( )axfxaxx. （1）当2a时，(1)121f，则切线方程为( 2)(1)yx，即10 xy（2）若0a,( )lnf xx有唯一零点1x. 若0a, 则( )0fx,( )f x是区间0,上的增函数 , (1)0faQ,()(1
48、)0aaaf eaaeae, (1)()0aff e, 函数( )f x在区间0,有唯一零点 . 若0a, 令( )0fx得: 1xa. 在区间1(0,)a上, ( )0fx, 函数( )f x是增函数 ; 在区间1(,)a上, ( )0fx, 函数( )f x是减函数 ; 故在区间0,上, ( )f x的极大值为11()ln1ln1faaa. 由1()0,fa即ln10a, 解得 :1ae. 故所求实数a的取值范围是1(,)e. (3) 设120,xx12()0,()0,f xf xQ1122ln0,ln0 xaxxax1212lnln()xxa xx,1212lnln()xxa xx原不等
49、式21212lnln2xxexx12()2a xx121212lnln2xxxxxx1122122()lnxxxxxx令12xtx, 则1t, 于是1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt. 设函数2(1)( )ln1tg ttt(1)t, 求导得 : 22214(1)( )0(1)(1)tg tttt t故函数( )g t是1,上的增函数 , ( )(1)0g tg，即不等式2(1)ln1ttt成立 , 故所证不等式212xxe成立 . 例 25 解：（）由211( )()1(1)tfxtxxx，可得32()( )(0)(1)ttxfxxx，所以，( )00tfxxt，( )0
50、tfxxt，则( )tf x在区间(0, ) t上单调递增，在区间( ,)t上单调递减，所以，max1( )( )1ttfxf tt（）（ 1）由132nnaa，得111(1)3nnaa，又1213a，则数列1 na为等比数列，且12121( )333nnna，故223133nnnna为所求通项公式（2）即证，对任意的0 x，2231112( )()1(1)3nnnfxxaxx(*)nN证法一：（从已有性质结论出发）由（）知2max2332131( )()233213nnnnnnnfxfa即有231( )(*)nnfx nNa对于任意的0 x恒成立证法二：（作差比较法）精选学习资料 - - -