《2022年高三导数压轴题题型归纳 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三导数压轴题题型归纳 .pdf（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、优秀教案欢迎下载导数压轴题题型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. (1)解f(x)exln(xm)? f(x)ex1xm? f (0)e010m0? m1，定义域为 x|x1 ，f(x)ex1xmexx 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)ex1x20，所以 h(x)是增函数， h(x)0
2、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， et1t2? t2et，当 x( 2，t)时， g(x)g(t)0，g(x)单调递增；所以 g(x)ming(t)etln(t2)1t2tt2t20，当 m 2 时，有 ln(xm) ln(x2)，所以 f(x)exln(xm) exln(x2)g(x) g(x)min0.例 2 已知函数)(xf满足2121)0()1 ( )(xxfefxfx（2012 全国新课标）(1)求)(xf的解析式及单调区间；(2)若ba
3、xxxf221)(，求ba)1(的最大值。（1）1211( )(1)(0)( )(1)(0)2xxf xfefxxfxfefx令1x得：(0)1f精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 25 页优秀教案欢迎下载1211()( 1)( 0 )(1 )1(1 )2xfxfexxffefe得：21( )( )( )12xxf xexxg xfxex()10()xgxeygx在xR上单调递增()0( 0 )0 ,()0( 0)fxfxfxfx得：( )f x的解析式为21( )2xf xexx且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,
4、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3 已 知 函 数ln( )1ax
5、bf 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。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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共
6、 25 页优秀教案欢迎下载考虑函数( )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 x0,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，
7、h（x）0，可得211xh（x） 0时1)(xkxf恒成立，求正整数k的最大值 .例 14（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 15(图像分析，综合应用 ) 已知函数)1,0(12)(2babaxaxxg， 在区间3, 2上有最大值4，最小值1，设(
8、 )( )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 16（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，可精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 25 页优秀教案欢迎下载找 到4xR，使 得1234xxxx， ， ，的
9、 某 种 排 列1234,iiiixxxx（ 其 中1234iiii， ， ，=12 3 4， ，）依次成等差数列?若存在， 求所有的b及相应的4x；若不存在，说明理由导数与曲线新题型例 17（形数转换）已知函数( )lnf xx, 21( )2g xaxbx (0)a. (1)若2a, 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
10、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 18（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 M 对称的点 Q也在函数( )yf x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
11、取值范围 . 导数与三角函数综合例 19（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 kxf kx对任意的xR恒成立 ,求k的值。创新问题积累例 20 已知函数2( )ln44xxf xx. I、求( )f x的极值 . II、求证( )f x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
12、实数a、b的值；若不存在，说明理由导数压轴题题型归纳参考答案精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 25 页优秀教案欢迎下载例 1 解： (1)1a时，xxxg3)(，由013)(2xxg，解得33x. )(xg的变化情况如下表：x0 )33,0(33)1 ,33(1 )(xg- 0 + )(xg0 极小值0 所以当33x时，)( xg有最小值932)33(g. (2)证明：曲线)(xfy在点)2,(211axxP处的切线斜率112)(xxfk曲线)( xfy在点 P 处的切线方程为)(2)2(1121xxxaxy. 令0y，得
13、12122xaxx，12111211222xxaxxaxxxax1，02121xxa，即12xx. 又1122xax，axaxxaxxaxx11111212222222所以axx21. 例 21( )ln1(0)af xxaxxx，222l11( )(0)aaxxafxaxxxx令2( )1(0)h xaxxa x当0a时，( )1(0)h xxx，当(0,1), ( )0,( )0 xh xfx,函数( )f x单调递减；当(1,),( )0,( )0 xh xfx，函数( )f x单调递增 . 当0a时，由( )0fx，即210axxa，解得1211,1xxa. 当12a时12xx，( )
14、0h x恒成立，此时( )0fx，函数( )f x单调递减；当102a时，1110a,(0,1)x时( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递减；1(1,1)xa时，( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递增；1(1,)xa时，( )0,( )0h xfx，函数( )fx单调递减 . 当0a时110a，当(0,1),( )0,( )0 xh xfx,函数( )f x单调递减；当(1,),( )0,( )0 xh xfx，函数( )f x单调递增 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 25 页优秀教案欢
15、迎下载综上所述：当0a时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,)单调递增；当12a时12xx,( )0h x恒成立,此时( )0fx，函数( )f x在(0,)单调递减；当102a时,函数( )f x在(0,1)递减 ,1(1,1)a递增 ,1(1,)a递减 . 当14a时，( )f x在 (0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意1(0,2)x，有11()(1)2f xf，又已知存在21,2x，使12()()f xg x，所以21()2g x，21,2x，（ ）又22( )()4,1,2g xxbbx当1b时，min( )(1)520g xgb与（ ）矛盾；当1,2b时
16、，2min( )(1)40g xgb也与（ ）矛盾；当2b时，min117( )(2)84,28g xgbb. 综上，实数b的取值范围是17,)8. 例 3 解：2323fxaxbx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0
17、0,xy则30003yxx因为20033fxx，所以切线的斜率为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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 25 页优秀教案欢迎下载所以函数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 4解： 23)13)(1(33323)(x
18、xxxxxf，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，0)32(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
19、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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 25 页优秀教案欢迎下载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)72ln()37(02ln)0(bbb.372
20、67)72ln(215lnb例 5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0) 1()1()1(41)(22
21、2xxxxxxh, )(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上是减函数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 25 页优秀教案欢迎下载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
22、在2, 1上为增函数，227)2(ma. 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 6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，xxxxfxgln)()(,
23、 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(4lnln2121xx
24、xx，所以：42121)(xxxx. 例 7（I）,23)(,00)0(2baxxxfcf320)1(abf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 25 页优秀教案欢迎下载),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，
25、解得：9a所以函数)(xf的解析式是：xxxxf159)(23（III ）对任意的实数,都有,2sin22,2sin22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 8 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，
26、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时，)(xf在),0(上有一个极值点（）函数)(xf在1x处取得极值，1a，bxxxbxxfln112)(，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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 25 页优秀教案欢迎下载
27、又)1(ln11) 1ln()(2xxxexgx，显然函数11) 1ln()(xxxh在),1(e上单调递增011)(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 9 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
28、，0,2.Qmm（ II）由（ I）可知217( )2,22g xxx( )2,( )ln(1)2(1)gxxh 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 10 解： （ 1）函数( )f x 的定义域是(0,) 由已知2
29、1 ln( )xfxx令( )0fx，得xe因为当 0 xe 时，( )0fx；当xe时，( )0fx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 25 页优秀教案欢迎下载所以函数( )f 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2mem ，即2eme时，max1( )(
30、 )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ln1( )11xf xxe， 即l n1xxe， 当且仅当xe时等号成立 因此对任意(0,)x恒有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 11 解：（）当( 1,0)x时，( )0fx，函数( )f x在区间( 1,0)上单调递增；当(0,)x时，( )0fx，函数( )f
31、 x在区间(0,)上单调递减 . 函数( )f x在0 x处取得极大值，故1m. （）令121112()()( )( )( )( )()()fxf xh xfxg xf xxxf xxx，则1212()()( )( )f xf xh xfxxx.Q函 数( )fx在12(,)xxx上 可 导 ，存 在012(,)xxx，使得12012()()()f xf xfxxx. 1( )11fxxQ，000011( )( )()11(1)(1)xxh xfxfxxxxxQ当10(,)xxx时，( )0h x，( )h x单调递增，1( )()0h xh x；Q当02(,)xxx时，( )0h x，( )
32、h x单调递减，2( )()0h xh x；故对任意12(,)xx x，都有( )( )f xg x. （）用数学归纳法证明. 当2n时，121Q，且10，20，1 12212(,)xxx x，由（）得( )( )f xg x，即121122112211112212()()()()()()()f xf xfxxxxxf xfxf xxx，当2n时，结论成立 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 25 页优秀教案欢迎下载 假 设 当(2 )nkk时 结论 成 立 ， 即 当121kL时 ，11221122()()()()k
33、kkkfxxxfxfxfxLL. 当1nk时，设正数121,kL满足1211kL，令12kmL，1212,kkmmmL， 则11knm，且121kL. 112211()kkkkfxxxxL1111()kkkkf mxxxL1111()()kkkkmfxxf xL1111()()()kkkkmf xmf xfxL1111()()()kkkkf xf xf xL当1nk时，结论也成立. 综上由，对任意2n，nN，结论恒成立. 例 12 解： 当2a时，xxxfln2)(2，当), 1(x，0) 1(2)(2xxxf，故函数)(xf在), 1(上是增函数)0(2)(2xxaxxf，当, 1ex，2,
34、2222eaaax若2a，)(xf在, 1e上非负（仅当2a，x=1时，0)(xf），故函数)(xf在, 1e上是增函数，此时min)(xf1)1(f若222ae，当2ax时 ,0)(xf；当21ax时，0)(xf，此时)(xf是减函数；当exa2时，0)(xf，此时)(xf是增函数故min)(xf)2(af2)2ln(2aaa若22ea，)(xf在, 1e上非正（仅当2e2a，x=e时，0)(xf），故函数)(xf在, 1e上是减函数，此时)()(minefxf2ea不等式xaxf)2()(，可化为xxxxa2)ln(2, 1ex, xx1ln且等号不能同时取，所以xxln，即0ln xx，
35、因而xxxxaln22（, 1ex）令xxxxxgln2)(2（, 1ex），又2)ln()ln22)(1()(xxxxxxg，当, 1ex时，1ln, 01xx，0ln22xx，从而0)(xg（仅当 x=1时取等号），所以)(xg在, 1e上为增函数，故)(xg的最小值为1)1(g，所以 a的取值范围是), 1例 13 解：（ 1）定义域),0()0, 1(精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 25 页优秀教案欢迎下载（2）,0)1ln(111)(2时当xxxxxf0)(xf单调递减。当)0, 1(x，令0)1(11) 1
36、(1)() 1ln(11)(22xxxxxgxxxg，0) 1(11)1(1)()1ln(11)(22xxxxxgxxxg故)(xg在（ 1，0）上是减函数，即01)0()(gxg，故此时)1ln(111)(2xxxxf在（1，0）和（0，+）上都是减函数（3）当 x0时，1)(xkxf恒成立，令2ln1 21kx有又k为正整数， k的最大值不大于3 下面证明当 k=3时，)0(1)(xxkxf恒成立当x0时021) 1ln()1(xxx恒成立令xxxxg21) 1ln()1()(，则时当1, 1) 1ln()(exxxg时当1, 1) 1ln()(exxxg，0)(xg，当0)(,10 xg
37、ex时当)(,1xgex时取得最小值03)1(eeg当x0时，021) 1ln()1(xxx恒成立，因此正整数k的最大值为 3 例 14 解： ()F(x)= ex+sinxax,( )cosxFxexa.因为 x=0 是 F(x)的极值点 ,所以(0)110,2Faa. 又当 a=2 时,若 x0,( )cos0 xFxexa.x=0 是 F(x)的极小值点 , a=2 符合题意 . () a=1, 且 PQ/x 轴,由 f(x1)= g(x2)得:121sinxxex,所以12111sinxxxexx. 令( )sin,( )cos10 xxh xexx h xex当 x0 时恒成立 .
38、x0,+ )时,h(x)的最小值为h(0)=1.|PQ|min=1. ()令( )( )()2sin2.xxxF xFxeexax则( )2cos2 .xxxeexa( )( )2sinxxS xxeex. 因为( )2cos0 xxSxeex当 x0 时恒成立 , 所以函数S(x)在0,)上单调递增 , S(x) S(0)=0 当 x0,+ )时恒成立 ; 因此函数( )x在0,)上单调递增 , ( )(0)42xa当 x0,+ )时恒成立 . 当 a2 时,( )0 x,( )x在0,+ )单调递增 ,即( )(0)0 x. 故 a2 时 F(x)F( x)恒成立 . 精选学习资料 - -
39、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 25 页优秀教案欢迎下载00002( )0,( )0,(0,),0( )0.( )0,(0)0(0,)( )0(14)()00,2.axxxxxxxxxxF xFxxaa当时，又在单调递增，总存在使得在区间，上导致在递减，而，当时，这与对恒成立不符，不合题意 . 综上 取值范围是-,2分例 15 解:（）(1)2( )(1)1g xa xba当0a时，( )2, 3g x 在上为增函数故(3)296251(2)544220gaabagaabb当0( )2, 3ag x时，在上为减函数故(3)296221(2
40、)244253gaabagaabb011bab即2( )21g xxx. 12fxxx. （）方程(2 )20 xxfk化为12222xxxk2111()222xxk，令tx21，221ktt 1 , 1x2,21t记12)(2tttmin( )0t0k（）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf化为0)32(|12|21|12|kkxx0)21(|12|)32(|12|2kkxx，0|12|x令tx|12|， 则方程化为0)21()32(2ktkt（0t）方程0)32(|12|21|12|kkxx有三个不同的实数解，由|12|xt的图像知，0)21 ()32(2ktkt有两个根1t、2t，
41、且21t1t0或101t，1t2记)21()32()(2ktktt则0k) 1(0k21)0(或12k3200k) 1(0k21)0(0k例 16 解：（）0a时，2xfxxxb e，22232xxxfxxxbexxbee x xbxb，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 25 页优秀教案欢迎下载令232g xxbxb，2238180bbb，设12xx是0g x的两个根，（ 1）当10 x或20 x时，则0 x不是极值点，不合题意；（ 2）当10 x且20 x时，由于0 x是fx的极大值点，故120 xx .00g，即20
42、b，0b.()解：xfxexa2(3)2xab xbaba，令2( )(3)2g xxab xbaba，22=(3)4(2)(1)80abbabaab则，于是，假设12xx，是0g x的两个实根，且12xx .由（ ）可知，必有12xax，且12xax、 、是fx的三个极值点，则213182ababx，223182ababx假设存在b及4x满足题意，（1）当12xax， ，等差时，即21xaax时，则422xxa或412xxa，于是1223axxab，即3ba.此时4223xxaab2(1)826abaa或4123xxaab2(1)82 6abaa（ 2）当21xaax时，则212()xaax
43、或12()2()axxa若122xaax，则224xax，于是2813323221babaxxa，即.33812baba两边平方得2191170abab，30ab，于是1ab9132，此时7132ba，此时224xax=.231343332abbabaa若12()2()axxa，则214xax，于是2213318322ababaxx，即21833abab.两边平方得2191170abab，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 25 页优秀教案欢迎下载30ab，于是1ab9132，此时7132ba此时142(3)3(3)113
44、3242axaababxba综上所述，存在b满足题意，当b=a3时，42 6xa，7132ba时，41132xa，7132ba时，41132xa. 例 17 解:(1)依题意 :.ln)(2bxxxxh()h x在(0,+)上是增函数 , 1()20h xxbx对 x(0,+)恒成立 , 12 .10, 则22 2.bxxxxx.22,的取值范围为b(2)设.2, 1 ,2tbttyetx则函数化为,2, 1222, 12.4)2(22上为增函数在函数时即当y，bbbbty当 t=1 时,ym i n=b+1; ,2, 14, 22;42,24,2212min上是减函数在函数时即当时当时即当y
45、，bbb，ybtbb当 t=2 时,ymi n=4+2b .4)(,24. 1)(,222,2bxbbxb的最小值为时当的最小值为时当综上所述当)(,4xb时的最小值为.24b(3)设点P、 Q 的坐标是.0),(),(212211xxyxyx且则点M 、 N 的横坐标为.221xxxC1在点 M 处的切线斜率为.2|1212121xxxkxxxC2在点 N 处的切线斜率为.2)(|212221bxxabaxkxxx假设 C1在点 M 处的切线与C2在点 N 处的切线平行,则.21kk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 2
46、5 页优秀教案欢迎下载12122().2a xxbxx即22212121122()()()2xxa xxb xxxx则222211()()22aaxbxxbx21yy2211lnlnln,xxxx2221121121x2(1)x2(xx )xln.xxxx1x设,1,1)1(2ln, 112uuuuxxu则2222(1)14(1)( )ln,1.( ).1(1)(1)1,( )0 ,( )1,2(1)( )(1)0,ln.1uur uuur uuuuu uur ur uur uruu令则所以在上单调递增故则这与矛盾 ,假设不成立 .故 C1在点 M 处的切线与C2在点 N 处的切线不平行例 1
47、8 (1)假设存在点( , )M a b,使得函数( )yf x的图像上任意一点P 关于点 M 对称的点Q 也在函数( )yf x的图像上 ,则函数( )yf x图像的对称中心为( , )M a b. 由( )(2)2f xfaxb,得21ln1ln2222xaxbxax, 即22222ln0244xaxbxaxa对(0,2)x恒 成 立 ,所 以220 ,440 ,ba解 得1,1.ab所以存在点(1,1)M,使得函数( )yfx的图像上任意一点P关于点M 对称的点Q也在函数( )yf x的图像上 . (2)由(1)得( )(2)2(02)f xfxx. 令ixn,则()(2)2iiffnn
48、(1,2,21)in. 因为1221( )( )(2)(2)nSffffnnnn , 所以1221(2)(2)( )()nSffffnnnn , 由 +得22(21)nSn,所以*21()nSnnN. 所以20132201314025S. (3)由(2)得*21()nSnnN,所以*1()2nnSan nN. 因为当*nN且2n时,2()121lnln 2namnmnnmann. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 25 页优秀教案欢迎下载所以当*nN且2n时 ,不等式lnln 2nmn恒成立minlnln 2nmn. 设
49、( )(0)lnxg xxx,则2ln1( )(ln)xg xx. 当0 xe时,( )0g x,( )g x在(0, )e上单调递减 ; 当xe时,( )0g x,( )g x在( ,)e上单调递增 . 因为23ln 9ln8(2)(3)0ln 2ln 3ln 2 ln 3gg,所以(2)(3)gg, 所以当*nN且2n时,min3( )(3)ln 3g ng. 由min( )ln 2mg n,得3ln3ln 2m,解得3ln 2ln3m. 所以实数m的取值范围是3ln 2(,)ln 3. 例 19 解：当1a时，232( )(1)2f xx xxxx，得(2)2f，且2( )341fxxx
50、，(2)5f所以，曲线2(1)yx x在点(22)，处的切线方程是25(2)yx，整理得580 xy（）解：2322( )()2f xx xaxaxa x22( )34(3)()fxxaxaxa xa令( )0fx，解得3ax或xa由于0a，以下分两种情况讨论（1）若0a，当x变化时，( )fx的正负如下表：x3a，3a3aa，a()a， ( )fx00因此，函数( )f x在3ax处取得极小值3af，且34327afa；函数( )fx在xa处取得极大值( )f a，且( )0f a（2）若0a，当x变化时，( )fx的正负如下表：xa，a3aa，3a3a， ( )fx00因此，函数( )f