高三导数压轴题题型归纳.pdf

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1、-导数压轴题题型 1.高考命题回忆 例 1 函数 f(*)e*ln(*m)2013 全国新课标卷(1)设*0 是 f(*)的极值点，求 m，并讨论 f(*)的单调性；(2)当 m2 时，证明 f(*)0.(1)解 f(*)e*ln(*m)f(*)e*1*mf(0)e010m0m1，定义域为*|*1，f(*)e*1*me*11*1，显然f(*)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增(2)证明 g(*)e*ln(*2)，则g(*)e*1*2(*2)h(*)g(*)e*1*2(*2)h(*)e*1*220，所以h(*)是增函数，h(*)0 至多只有一个实数根，又g(12)1e1320，所以h(*)

2、g(*)0 的唯一实根在区间12，0，设g(*)0 的根为t，则有g(t)et1t2012t0，所以，et1t2t2et，当*(2，t)时，g(*)g(t)0，g(*)单调递增；所以g(*)ming(t)etln(t2)1t2t1t2t20，当m2 时，有 ln(*m)ln(*2)，所以f(*)e*ln(*m)e*ln(*2)g(*)g(*)min0.例 2 函数)(xf满足2121)0()1()(xxfefxfx2012 全国新课标(1)求)(xf的解析式及单调区间；(2)假设baxxxf221)(，求ba)1(的最大值。11211()(1)(0)()(1)(0)2xxf xfefxxfxf

3、efx-令1x 得：(0)1f 得：21()()()12xxf xexxg xfxex ()10()xg xeyg x 在xR上单调递增 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(,0)221()()(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 xaaab 令22()ln(0)F xxxx x；则(

4、)(12ln)F xxx 当xe时，max()2eF x 当1,aebe时，(1)ab的最大值为2e 例 3 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。考虑函数()2lnh xx

5、2(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(*)递减。而(1)0h故当(0,1)x时，()0h x，可得21()01h xx；当*1，+时，h*0 从而当*0,且*1 时，f*-1lnxx+xk0，即 f*1lnxx+xk.ii设 0k0,故h(*0,而 h1=0，故当*1，k11时，h*0，可得211xh*0,而 h1=0，故当*1，+时，h*0，可得211x h*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(*)=e*+sin*,g(*)=a*,F

6、(*)=f(*)g(*).()假设*=0 是 F(*)的极值点,求 a 的值；()当 a=1 时,设 P(*1,f(*1),Q(*2,g(*2)(*10,*20),且 PQ/*轴,求 P、Q 两点间的最短距离；()假设*0 时,函数 y=F(*)的图象恒在 y=F(*)的图象上方,数 a 的取值围 例 15(图像分析，综合应用)函数)1,0(12)(2babaxaxxg，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，数k的围；方程0)3|12|2(|)12(|xxkf有三个不同的实数解，数k的围 导数与数列 例16

7、创新型问题设函数2()()()xf xxaxb e，abR、，xa是()f x的一个极大值点-假设0a，求b的取值围；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*种 排 列1234,iiiixxxx 其 中1234iiii，=12 3 4，依次成等差数列假设存在，求所有的b及相应的4x；假设不存在，说明理由 导数与曲线新题型 例 17形数转换函数()lnf xx,21()2g xaxbx(0)a.(1)假设2a ,函数()()()h xf xg x 在其定义域是增函数,求b的取值围;(2)在(1)的结论下,设函数2

8、xx(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处的切线平行假设存在,求出 R 的横坐标;假设不存在,请说明理由.例 18全综合应用函数()1 ln(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的图像上假设存在,求出点M的坐标;假设不存在,请说明理由;(2)定义2111221()()()()nniinSffff

9、nnnn,其中*nN,求2013S;(3)在(2)的条件下,令12nnSa,假设不等式2()1namna对*n N且2n 恒成立,数m的取值围.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，假设不等式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 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

10、D,是否存在,a bD.当,xa b时，()f x的取值围是,4 4a b假设存在,数a、b的值；假设不存在，说明理由-导数压轴题题型归纳参考答案 例 1 解：(1)1a时，xxxg3)(，由013)(2xxg，解得33x.)(xg的变化情况如下表：x 0)33,0(33)1,33(1)(xg -0+)(xg 0 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12122xaxx，12111211222xxaxx

11、axxx ax 1，02121xxa，即12xx.又1122xax，axaxxaxxaxx11111212222222 所以axx21.例21()ln1(0)af xxaxxx，222l11()(0)aaxxaf xaxxxx 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，()0h x 恒成立，此时()0fx，函数()f x单调递减；当102a时

12、，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()f x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.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

13、)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，2min()(1)40g xgb也与矛盾；当2b 时，min117()(2)84,28g xgbb.综上，实数b的取值围是17,)8.例 3 解：2323fxaxbx 根据题意，得 12,10,ff 即32,3230,abab 解得10ab 所以 33f xx

14、x 令 0fx，即2330 x 得1x x 2 2,1 1 1,1 1 1,2 2 fx +f x 2 增 极大值 减 极小值 增 2 因为 12f，12f，所以当2,2x 时，max2f x，min2f x 则对于区间2,2上任意两个自变量的值12,x x，都有 12maxmin4f xf xf xf x，所以4c所以c的最小值为 4 因为点2,2Mmm 不在曲线 yf x上，所以可设切点为00,x y 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 yf x的三条切线，所

15、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 2612g xxx令 0g x，则0 x 或2x x,0 0 0,2 2 2,g x+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)(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332ln323ln

16、ln)(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(

17、)37(),0()37(，1,00)(2)(在即xbxxf恰有两个不同实根等价于 例5解：222)1(1)2()1(1)(xxxaxxaxxf a29，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，要比拟k与)(0 xf 的大小，即比拟1212lnxxxx与212xx 的大小，又12xx，即比拟12lnxx与1)1(2)(212122112xxxxxxxx的大小 令)1(1)1(2ln)(xxxx

18、xh,则0)1()1()1(41)(222xxxxxxh,)(xh在,1上位增函数 又112xx，0)1()(12 hxxh，1)1(2ln121212xxxxxx，即)(0 xfk 1)()(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.2 当xxaxxFx1ln)(,10，1)1(1)

19、(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的取值围为227a.例6解：1xaxxxf)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)()(,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11121212

20、1ln)()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(4lnln2121xxxx，所以：42121)(xxxx.例 7I,23)(,00)0(2baxxxfcf320)1(abf 由33210)(axxxf或，因为当1x时取得极

21、大值，-所以31332aa，所以)3,(:的取值范围是a；II由下表：x)1,(1)332,1(a 332 a),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,2sin22,2sin22 在区间-2，2有：230368)2(,7)1(,7430368)2(fff 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

22、，()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()(xexg

23、x，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 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：I1(),(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)4

24、90m 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 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()ln2lnln(1).22abbaf abfaabaaa 证明，当(1,0)x 时，ln(1),ln(1).22babaxxaa 例 10 解：1函数()f x的定义域是(0,)由21 ln()xfxx令()0fx，得xe 因为当0 xe时，()0fx；当xe时，()

25、0fx 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,2 mm上单调递增，所以maxln2()(2)12mf xfmm-当me时，()f x在,2 mm上单调递减，所以maxln()1mf xm当2mem，即2eme时，max1()()1f xf ee综上所述，maxln21,0221()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ln1xxe，当且仅当xe时等号成立 因此对任意(0,)x恒有1ln xe 因为10nn，1n

26、en，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 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()()()()()()()()f xf xh xf xg xf xxxf xxx，则1212()()()()f xf xh xfxxx.函数()f x在12(,)xx x上可导，存在012(,)xx x，使得12012()()()f xf xfxxx.1()11fxx，0

27、00011()()()11(1)(1)xxh xfxfxxxxx 当10(,)xx x时，()0h x，()h x单调递增，1()()0h xh x；当02(,)xxx时，()0h x，()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，121，且10，20，1 12212(,)xxx x，由得()()f xg x，即 121 1221 12211112212()()()()()()()f xf xfxxxxxf xf xf xxx，当2n 时，结论成立.假 设 当(2)nk k时 结 论 成 立，即 当121k时，

28、1 1221122()()()()kkkkfxxxf xf xf x.当1nk时，设正数121,k 满 足1211k，令12km，-1212,kkmmm，则11knm，且121k.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,1 ex，2,2222eaaax 假设2a，)(xf 在,1 e上非负 仅当2a，*=1时，0)(xf，故函数)(xf在,1 e上是增函数，此时min)(xf1)1(f 假设222ae，当2ax时,0)(xf；

29、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 假设22ea，)(xf 在,1 e上非正仅当2e2a，*=e时，0)(xf，故函数)(xf在,1 e上是减函数，此时)()(minefxf2ea 不等式xaxf)2()(，可化为xxxxa2)ln(2,1 ex,xx1ln且等号不能同时取，所以xx ln，即0lnxx，因而xxxxaln22,1 ex 令xxxxxgln2)(2,1 ex，又2)ln()ln22)(1()(xxxxxxg，当,1 ex时，1ln,01xx，0ln22xx，从而0)(x

30、g仅当*=1时取等号，所以)(xg在,1 e上为增函数，故)(xg的最小值为1)1(g，所以a的取值围是),1 例13解：1定义域),0()0,1(2,0)1ln(111)(2时当 xxxxxf0)(xf单调递减。当)0,1(x，令0)1(11)1(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*0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

31、时，)0(1)(xxkxf恒成立 当*0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 xgex时 当)(,1xgex时取得最小值03)1(eeg 当*0时，021)1ln()1(xxx恒成立，因此正整数k的最大值为3 例 14 解：()F(*)=e*+sin*a*,()cosxF xexa.因为*=0 是F(*)的极值点,所以(0)1 10,2Faa .又当a=2 时,假设*0,()cos0 xF xexa.*=0 是F(*)的极小值点,a=2 符合题意.()

32、a=1,且PQ/*轴,由f(*1)=g(*2)得:121sinxxex,所以12111sinxxxexx.令()sin,()cos10 xxh xexx h xex 当*0 时恒成立.*0,+)时,h(*)的最小值为h(0)=1.|PQ|min=1.()令()()()2sin2.xxxF xFxeexax 则()2cos2.xxxeexa()()2sinxxS xxeex.因为()2cos0 xxS xeex当*0 时恒成立,所以函数S(*)在0,)上单调递增,S(*)S(0)=0 当*0,+)时恒成立;因此函数()x在0,)上单调递增,()(0)42xa当*0,+)时恒成立.当a2 时,()

33、0 x,()x在0,+)单调递增,即()(0)0 x.故a2 时F(*)F(*)恒成立.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)244253gaabagaabb -011bab即2()21g xxx.12f xxx.方程(2)20 xxfk化为12222xxxk 2111()222xxk，令tx21，221ktt 1,1x2,21t记12)(2tttmin()0t0k 方程0)3|12|2(|)12(|xxkf化为0)

34、32(|12|21|12|kkxx 0)21(|12|)32(|12|2kkxx，0|12|x 令tx|12|，则方程化为0)21()32(2ktkt0t 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，且21t1t0或101 t，1t2记)21()32()(2ktktt 则0k)1(0k21)0(或12k3200k)1(0k21)0(0k 例16解：0a 时，2xf xxxb e，22232xxxfxxxbexxbee x xbxb，令 232g xxbxb，2238180bbb，设12xx是 0g x 的

35、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 f x的极大值点，故120 xx.00g，即20b，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 f x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1223a

36、xxab，即3ba.此时4223xxaab 2(1)82 6abaa 或4123xxaab2(1)82 6abaa 2当21xaax时，则212()xaax或12()2()axxa 假设122xaax，则224xax，于是2813323221babaxxa，即.33812baba两边平方得2191170abab，30ab，于是1ab 9132，此时7132ba ，此时224xax=.231343332abbabaa 假设12()2()axxa，则214xax，于是2213318322ababaxx，即21833abab.两边平方得2191170abab，30ab，于是1ab 9132，此时71

37、32ba 此时142(3)3(3)1133242axaababxba 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()hx在(0,+)上是增函数,1()20hxx bx对*(0,+)恒成立,-(2)设.2,1,2tbttyetx则函数化为 当 t=1 时,ym i n=b+1;当 t=2 时,ymi n=4+2b 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

38、处的切线斜率为.2|1212121xxxkxxx C2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 2221121121x2(1)x2(xx)xln.xxxx1x 设,1,1)1(2ln,112uuuuxxu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 18(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

39、,得21 ln1 ln2222xaxbxax,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()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.(2)由(1)得()(2)2(02)f xfxx.令ixn,则()(2)2iiffnn(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20132 2013 14025S.(3)由(2)得*21

40、()nSnnN,所以*1()2nnSan nN.因为当*nN且2n 时,2()121lnln2namnmnnmann .-所以当*nN且2n 时,不等式lnln2nmn 恒成立minlnln2nmn.设()(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23ln9ln8(2)(3)0ln2ln3ln2 ln3gg,所以(2)(3)gg,所以当*nN且2n 时,min3()(3)ln3g ng.由min()ln2mg n,得3ln3ln2m,解得3ln2ln3m

41、.所以实数m的取值围是3ln2(,)ln3.例19解：当1a 时，232()(1)2f xx xxxx ，得(2)2f，且 2()341fxxx，(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 x 22()34(3)()fxxaxaxa xa 令()0fx，解得3ax 或xa 由于0a，以下分两种情况讨论 1假设0a，当x变化时，()fx的正负如下表：x 3a，3a 3aa，a()a，()fx 0 0 因此，函数()f x在3ax 处取得极小值3af，且34327afa；函数()f x在xa

42、处取得极大值()f a，且()0f a 2假设0a，当x变化时，()fx的正负如下表：x a，a 3aa，3a 3a，()fx 0 0 因此，函数()f x在xa处取得极小值()f a，且()0f a；-函数()f x在3ax 处取得极大值3af，且34327afa 证明：由3a，得13a，当10k ，时，cos1kx，22cos1kx 由知，()f x在1，上是减函数，要使22(cos)(cos)f kxf kx，xR 只要22coscos()kxkx xR，即22coscos()xxkk xR 设2211()coscoscos24g xxxx，则函数()g x在R上的最大值为2 要使式恒成

43、立，必须22kk，即2k或1k 所以，在区间10，上存在1k ，使得22(cos)(cos)f kxf kx对任意的xR恒成立 例 20(I)/(6)()4(2)(4)x xfxxx./(2)注意到204xx,得(,2)(4,)x，解(6)04(2)(4)x xxx得6x 或0 x.当x变化时，/(),()fxf x的变化情况如下表：x(,0)0(0,2)(4,6)6(6,)/()fx+0 ()f x 增 极大值 减 减 极小值 增 所以1(0)ln2f是()f x的一个极大值,3(6)ln22f 是()f x的一个极大值./(4)(II)点0,(0),(6,(6)ff的中点是3(3,)4,所

44、以()f x的图象的对称中心只可能是3(3,)4./(6)设(,()P x f x为()f x的 图 象 上 一 点,P关 于3(3,)4的 对 称 点 是3(6,()2Qxf x.463(6)ln()242xxfxf xx.Q也在()f x的图象上,因而()f x的图象是中心对称图形./(8)(III)假设存在实数a、b.,a bD,2b 或4a.假 设02b,当,xa b时,1()(0)ln02f xf,而04b()4bf x.故此时()f x的取值围是不可能是,4 4a b./(10)-假 设46a,当,xa b时,33()(6)ln222f xf,而342a()4af x.故此时()f x的取值围是不可能是,4 4a b./(12)假设06abab或,由()g x的单调递增区间是,0,6,知,a b是()4xf x 的两个解.而2()ln044xxf xx无解.故此时()f x的取值围是不可能是,4 4a b./(14)综上所述,假设错误,满足条件的实数a、b不存在.