高三導數(shù)壓軸題題型歸納

1、導數(shù)壓軸題題型歸納1. 高考命題回顧例 1 已知函數(shù) f(x) exln(x m)（2013 全國新課標卷）(1) 設(shè) x0 是 f(x) 的極值點，求 m ，并討論 f(x) 的單調(diào)性；(2) 當 m 2時，證明 f(x)0. 例 2 已知函數(shù) f(x) x2axb，g(x) ex(cx d)，若曲線 yf(x) 和曲線 yg(x)都過點 p(0，2)，且在點 p處有相同的切線 y4x+2（2013 全國新課標卷）（）求 a，b，c，d 的值（）若 x2 時, ( )( )f xkg x，求 k 的取值范圍。例 3 已知函數(shù))(xf滿足2121)0()1( )(xxfefxfx（2012全國

2、新課標）(1) 求)(xf的解析式及單調(diào)區(qū)間；(2) 若baxxxf221)(，求ba) 1(的最大值。例4 已 知 函 數(shù)ln( )1axbf xxx， 曲 線( )yf x 在 點 (1, (1)f處 的 切 線 方 程 為230 xy。（2011 全國新課標）（）求a、b的值；（）如果當0 x，且1x時，ln( )1xkf xxx，求k的取值范圍。例 5 設(shè)函數(shù)2( )1xfxexax（2010 全國新課標）(1) 若0a，求( )f x的單調(diào)區(qū)間；(2) 若當0 x時( )0fx，求a的取值范圍例 6 已知函數(shù) f(x) (x3+3x2+ax+b)ex. （2009 寧夏、海南）(1)

3、 若 ab3, 求 f(x) 的單調(diào)區(qū)間 ; (2) 若 f(x) 在( , ),(2,)單調(diào)增加 , 在(,2),(,+)單調(diào)減少 , 證明 6. 2. 在解題中常用的有關(guān)結(jié)論(1) 曲線( )yf x在0 xx處的切線的斜率等于0()fx，且切線方程為000()()()yfxxxf x。(2) 若可導函數(shù)( )yf x在0 xx處取得極值，則0()0fx。反之，不成立。(3) 對于可導函數(shù)( )f x，不等式( )fx00（）的解集決定函數(shù)( )fx的遞增（減）區(qū)間。(4) 函數(shù)( )f x在區(qū)間 i 上遞增 （減） 的充要條件是：xi( )fx0(0)恒成立 （( )fx不恒為 0）.

4、(5) 函數(shù)( )f x（非常量函數(shù)）在區(qū)間i 上不單調(diào)等價于( )f x在區(qū)間 i 上有極值，則可等價轉(zhuǎn)化為方程( )0fx在區(qū)間i 上有實根且為非二重根。（若( )fx為二次函數(shù)且i=r，則有0）。(6)( )f x在區(qū)間i 上無極值等價于( )f x在區(qū)間在上是單調(diào)函數(shù)，進而得到( )fx0或( )fx0在 i 上恒成立(7) 若xi，( )f x0恒成立，則min( )f x0; 若xi，( )f x0恒成立，則max( )fx0(8) 若0 xi， 使得0()f x0， 則max( )f x0； 若0 xi，使 得0()f x0， 則min( )f x0. (9) 設(shè)( )f x與(

5、 )g x的定義域的交集為d，若xd ( )( )f xg x恒成立，則有min( )( )0f xg x. (10) 若對11xi、22xi，12()()f xg x恒成立，則minmax( )( )f xg x. 若對11xi，22xi，使得12()()f xg x,則minmin( )( )f xg x. 若對11xi，22xi，使得12()()f xg x，則maxmax( )( )f xg x. （11）已知( )f x在區(qū)間1i上的值域為a,，( )g x在區(qū)間2i上值域為b，若對11xi,22xi，使得1()f x=2()g x成立，則ab。(12) 若三次函數(shù)f(x) 有三個零

6、點，則方程( )0fx有兩個不等實根12xx、，且極大值大于0，極小值小于0. (13) 證題中常用的不等式: ln1 (0)xxx ln+1(1)xx x（） 1xex 1xex ln1(1)12xxxx 22ln11(0)22xxxx3. 題型歸納導數(shù)切線、定義、單調(diào)性、極值、最值、的直接應(yīng)用例 7（構(gòu)造函數(shù)，最值定位）設(shè)函數(shù)21xfxxekx (其中 kr ). ( ) 當1k時, 求函數(shù) fx 的單調(diào)區(qū)間 ; ( ) 當1,12k時, 求函數(shù) fx 在 0,k 上的最大值m. 例 8 （分類討論，區(qū)間劃分）已知函數(shù)3211( )(0)32fxxaxxb a,( )fx為函數(shù)( )f x

7、的導函數(shù) . (1) 設(shè)函數(shù)f(x) 的圖象與x 軸交點為a,曲線 y=f(x) 在 a 點處的切線方程是33yx, 求,a b的值; (2) 若函數(shù)( )( )axg xefx, 求函數(shù)( )g x的單調(diào)區(qū)間 . 例 9（切線） 設(shè)函數(shù)axxf2)(. （1）當1a時，求函數(shù))()(xxfxg在區(qū)間 1 ,0上的最小值；（2）當0a時，曲線)(xfy在點)(,(111axxfxp處的切線為l，l與x軸交于點)0,(2xa求證：axx21. 例 10（極值比較） 已知函數(shù)22( )(23 )(),xf xxaxaa exr其中ar當0a時，求曲線( )(1, (1)yf xf在點處的切線的斜率

8、；當23a時，求函數(shù)( )fx的單調(diào)區(qū)間與極值 . 例 11（零點存在性定理應(yīng)用）已知函數(shù)( )ln,( ).xf xx g xe若函數(shù) ( x) = f ( x)11xx+-，求函數(shù) ( x) 的單調(diào)區(qū)間；設(shè)直線 l 為函數(shù) f ( x)的圖象上一點 a( x0，f (x0) 處的切線，證明：在區(qū)間 (1,+) 上存在唯一的 x0，使得直線 l 與曲線 y=g( x) 相切例12（最值問題，兩邊分求）已知函數(shù)1( )ln1af xxaxx()ar. 當12a 時，討論( )f x的單調(diào)性；設(shè)2( )24.g xxbx當14a時，若對任意1(0,2)x，存在21,2x，使12()()f xg

9、x，求實數(shù)b取值范圍 .1 xx+例13（二階導轉(zhuǎn)換） 已知函數(shù)xxfln)(若)()()(raxaxfxf，求)(xf的極大值；若kxxfxg2)()(在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求滿足此條件的實數(shù)k 的取值范圍. 例 14（綜合技巧） 設(shè)函數(shù)1( )ln().f xxax arx討論函數(shù)( )f x的單調(diào)性；若( )f x有兩個極值點12,x x，記過點11(,(),a xf x22(,()b xf x的直線斜率為k,問：是否存在a，使得2ka？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由 . 交點與根的分布例 15（切線交點） 已知函數(shù)323,fxaxbxx a br 在點 1,1f處的切線方程為2

10、0y求函數(shù) fx 的解析式；若對于區(qū)間2,2 上任意兩個自變量的值12,x x都有12fxfxc， 求實數(shù)c 的最小值；若過點2,2mmm可作曲線 yfx 的三條切線， 求實數(shù)m的取值范圍 例 16（根的個數(shù)） 已知函數(shù)xxf)(，函數(shù)xxfxgsin)()(是區(qū)間 -1 ，1 上的減函數(shù). （i ）求的最大值；（ii ）若 1 , 11)(2xttxg在上恒成立，求 t 的取值范圍；（）討論關(guān)于x 的方程mexxxfx2)(ln2的根的個數(shù)例 17（綜合應(yīng)用） 已知函數(shù).23)32ln()(2xxxf求f(x)在0,1 上的極值；若對任意03)(ln|ln|,31,61xxfxax不等式成立

11、，求實數(shù) a 的取值范圍；若關(guān)于 x 的方程bxxf2)(在0 ，1 上恰有兩個不同的實根， 求實數(shù) b 的取值范圍 . 不等式證明例 18(變形構(gòu)造法 )已知函數(shù)1)(xax，a 為正常數(shù)若)(ln)(xxxf，且 a29，求函數(shù))(xf的單調(diào)增區(qū)間；在中當0a時，函數(shù))(xfy的圖象上任意不同的兩點11, yxa，22, yxb，線段ab的中點為),(00yxc，記直線ab的斜率為k，試證明：)(0 xfk若)(ln)(xxxg，且對任意的2, 0,21xx，21xx，都有1)()(1212xxxgxg，求 a的取值范圍例 19(高次處理證明不等式、取對數(shù)技巧)已知函數(shù))0)(ln()(2

12、aaxxxf.（1）若2)( xxf對任意的0 x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；（2） 當1a時， 設(shè)函數(shù)xxfxg)()(， 若1),1 ,1(,2121xxexx， 求證42121)(xxxx例 20（絕對值處理） 已知函數(shù)cbxaxxxf23)(的圖象經(jīng)過坐標原點， 且在1x處取得極大值（i ）求實數(shù)a的取值范圍；（ii ）若方程9)32()(2axf恰好有兩個不同的根，求)(xf的解析式；（iii ） 對于 （ii ） 中的函數(shù))(xf， 對任意r、， 求證：81|)sin2()sin2(|ff例 21（等價變形） 已知函數(shù)xaxxfln1)()ar（）討論函數(shù))(xf在定義域內(nèi)的極值點

13、的個數(shù)；（）若函數(shù))(xf在1x處取得極值，對x),0(,2)(bxxf恒成立，求實數(shù) b 的取值范圍；（）當20eyx且ex時，試比較xyxyln1ln1與的大小例 22（前后問聯(lián)系法證明不等式）已知217( )ln,( )(0)22fxx g xxmxm，直線l與函數(shù)( ),( )fxg x的圖像都相切，且與函數(shù)( )f x的圖像的切點的橫坐標為1。（i ）求直線l的方程及 m的值；（ii ）若( )(1)( )()h xf xg x 其中g(shù)(x) 是g(x) 的導函數(shù)， 求函數(shù)( )h x的最大值。（iii ）當0ba時，求證：()(2 ).2baf abfaa例 23(整體把握，貫穿全

14、題 )已知函數(shù)ln( )1xf xx（1）試判斷函數(shù)( )f x的單調(diào)性；（2）設(shè)0m，求( )f x在,2mm上的最大值；（3）試證明：對任意*nn，不等式11ln()ennnn都成立（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）例 24(化簡為繁，統(tǒng)一變量 )設(shè)ar, 函數(shù)( )lnf xxax. （）若2a，求曲線( )yf x在1, 2p處的切線方程；（）若( )f x無零點 , 求實數(shù)a的取值范圍；（）若( )f x有兩個相異零點12,x x, 求證: 212xxe. 例 25（導數(shù)與常見不等式綜合） 已知函數(shù)211( )()1(1)tfxtxxx，其中為正常數(shù)（）求函數(shù)( )tfx 在(0,)上的最大

15、值；（）設(shè)數(shù)列 na滿足：153a，132nnaa，（ 1）求 數(shù) 列 na的 通 項 公 式na ；（ 2） 證 明 ： 對 任 意 的0 x，231( )(*)nnfx nna；（）證明：2121111nnaaan例 26（利用前幾問結(jié)論證明立體不等式）已 知 函 數(shù)f(x)=ex-ax(e為 自 然 對 數(shù) 的 底 數(shù)).(i ) 求函數(shù) f(x) 的單調(diào)區(qū)間；(ii)如果對任意,2x，都有不等式f(x) x + x2成立，求實數(shù)a的取值范圍；(iii)設(shè)*nn,證 明 ：nn)1(+nn)2(+nn)3(+nnn)(0時1)(xkxf恒成立，求正整數(shù) k的最大值 .例 36（創(chuàng)新題型）

16、 設(shè)函數(shù) f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,f(x)=f(x)g(x). ()若 x=0是 f(x) 的極值點 , 求 a 的值；()當 a=1 時, 設(shè) p(x1,f(x1), q(x2, g(x 2)(x10,x20), 且 pq/x 軸, 求 p、q兩點間的最短距離；()若 x0 時, 函數(shù) y=f(x) 的圖象恒在 y=f(x) 的圖象上方 , 求實數(shù) a 的取值范圍例 37（創(chuàng)新題型） 已知函數(shù))(xf=)( 1lnraxax，xxexg1)(. ( ) 求函數(shù))(xg在區(qū)間, 0(e上的值域；（）是否存在實數(shù)a，對任意給定的,0(0ex，在區(qū)間, 1 e上都存在兩個不同的)

17、2, 1(ixi，使得)()(0 xgxfi成立. 若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由；（ ） 給 出 如 下 定 義 ： 對 于 函 數(shù))(f xy圖 象 上 任 意 不 同 的 兩 點),(),(2211yxbyxa，如果對于函數(shù))(f xy圖象上的點),(00yxm（其中)2210 xxx總能使得)(f)(f)(f21021xxxxx成立，則稱函數(shù)具備性質(zhì)“ l ”，試判斷函數(shù))(xf是不是具備性質(zhì)“l(fā) ”，并說明理由 . 例 38(圖像分析，綜合應(yīng)用 ) 已知函數(shù)) 1,0(12)(2babaxaxxg， 在區(qū)間3,2上有最大值 4，最小值 1，設(shè)( )( )g xf xx

18、（）求ba,的值；（）不等式02)2(xxkf在1 , 1x上恒成立，求實數(shù)k的范圍；（）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf有三個不同的實數(shù)解， 求實數(shù)k的范圍導數(shù)與數(shù)列例39（創(chuàng)新型問題） 設(shè)函數(shù)2( )() ()xf xxaxb e ，abr、，xa是( )f x的一個極大值點若0a，求b的取值范圍；當a是給定的實常數(shù)， 設(shè)123xxx， ，是( )f x的3個極值點， 問是否存在實數(shù)b，可找 到4xr ， 使 得1234xxxx， ， ，的 某 種 排 列1234,iiiixxxx（ 其 中1234iiii， ， ，=12 3 4， ， ，）依次成等差數(shù)列 ?若存在，求所有的b及

19、相應(yīng)的4x ；若不存在，說明理由例 40（數(shù)列求和，導數(shù)結(jié)合）給定函數(shù)2( )2(1)xf xx(1) 試求函數(shù) fx 的單調(diào)減區(qū)間 ; (2) 已知各項均為負的數(shù)列na滿足,14()1nnsfa求證:1111lnnnnana; (3) 設(shè)1nnba,nt為數(shù)列nb的前 n 項和, 求證:201220111ln 2012tt. 導數(shù)與曲線新題型例 41（形數(shù)轉(zhuǎn)換） 已知函數(shù)( )lnf xx, 21( )2g xaxbx (0)a. (1) 若2a, 函數(shù)( )( )( )h xf xg x在其定義域是增函數(shù) , 求 b 的取值范圍 ; (2) 在(1) 的結(jié)論下 , 設(shè)函數(shù)2xx(x)=e+

20、be,x 0,ln2,求函數(shù)(x)的最小值 ; (3) 設(shè)函數(shù))(xf的圖象 c1與函數(shù))(xg的圖象 c2交于點 p、q,過線段 pq的中點 r作x軸的垂線分別交 c1、c2于點 m 、n , 問是否存在點 r,使 c1在 m 處的切線與c2在 n 處的切線平行 ?若存在 , 求出 r的橫坐標 ; 若不存在 , 請說明理由 . 例 42（全綜合應(yīng)用） 已知函數(shù)( )1ln(02)2xf xxx. (1) 是否存在點( , )m a b, 使得函數(shù)( )yfx的圖像上任意一點 p關(guān)于點 m對稱的點q 也在函數(shù)( )yf x的圖像上 ?若存在 , 求出點 m 的坐標 ; 若不存在 , 請說明理由

21、; (2) 定義2111221()()( )()nniinsffffnnnn, 其中*nn, 求2013s; (3) 在(2) 的條件下 , 令12nnsa, 若不等式2()1namna對*nn且2n恒成立, 求實數(shù)m的取值范圍 . 導數(shù)與三角函數(shù)綜合例 43（換元替代，消除三角）設(shè)函數(shù)2( )()f xx xa（xr），其中ar（）當1a時，求曲線( )yf x在點(2(2)f，處的切線方程；（）當0a時，求函數(shù)( )f x的極大值和極小值；（）當3a，10k，時，若不等式22(cos )(cos)f kxf kx對任意的xr恒成立 , 求k的值。例 44（新題型，第 7 次晚課練習） 設(shè)函

22、數(shù)( )cos ,0,f xaxx x. (1) 討論( )f x的單調(diào)性(2) 設(shè)( )1sinfxx, 求a的取值范圍 . 創(chuàng)新問題積累例 45 已知函數(shù)2( )ln44xxf xx. i 、求( )f x的極值 . ii 、求證( )f x的圖象是中心對稱圖形 . iii 、設(shè)( )f x的定義域為 d , 是否存在,a bd . 當,xa b 時，( )fx的取值范圍是,4 4a b?若存在 , 求實數(shù)a、b 的值；若不存在，說明理由例 46 已知函數(shù)14)(234axxxxf在區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞增，在區(qū)間 1,2 上單調(diào)遞減（1）求 a的值；（2）設(shè)1)(2bxxg，若方程)()

23、(xgxf的解集恰好有 3 個元素，求 b 的取值范圍；（3）在（2）的條件下， 是否存在實數(shù)對),(nm，使)()(nxgmxf為偶函數(shù)？如存在，求出nm,如不存在，說明理由導數(shù)壓軸題題型歸納參考答案例 1 (1) 解f (x) exln( xm )?f ( x) ex1xm?f (0) e010m0?m 1，定義域為 x| x1，f ( x) ex1xmexx1 1x1，顯然 f (x)在(1,0 上單調(diào)遞減，在 0 ，)上單調(diào)遞增(2) 證明g( x)exln( x2)，則 g(x)ex1x2(x2)h(x) g(x) ex1x2( x2) ?h( x)ex1x220，所以 h(x)是增

24、函數(shù)， h(x) 0 至多只有一個實數(shù)根，又 g(12) 1e1320，所以 h(x)g(x) 0 的唯一實根在區(qū)間12，0 內(nèi)，設(shè) g( x)0 的根為 t ，則有 g( t )et1t 20 12t 0 ，所以，et1t 2?t2et，當 x( 2，t )時，g( x)g( t )0，g( x) 單調(diào)遞增；所以 g( x)ming( t ) etln( t 2)1t 2t 1t2t 20，當 m 2 時，有 ln( xm ) ln( x2)，所以 f ( x)exln( xm ) exln( x2)g(x) g(x)min0. 例 2（）由已知得(0)2, (0)2,(0)4,(0)4fg

25、fg，而( )fx=2xb ，( )g x=()xe cxdc，a=4，b =2，c=2， d =2； 4 分（）由（）知，2( )42f xxx，( )2(1)xg xex，設(shè)函數(shù)( )f x=( )( )kg xf x=22(1)42xkexxx（2x），( )fx=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有題設(shè)可得(0)f0，即1k，令( )fx=0 得，1x=ln k，2x=2，（1） 若21ke， 則21x0，當1( 2,)xx時，( )f x0， 當1(,)xx時，( )f x0，即( )f x在1( 2,)x單調(diào)遞減，在1(,)x單調(diào)遞增，故( )f x在x=1x取最小值

26、1()f x， 而1()f x=21112242xxx=11(2)xx0，當x2 時，( )f x0，即( )f x( )kg x恒成立，(2) 若2ke，則( )fx=222(2)()xexee，當x2 時，( )fx0，( )f x在( 2,+) 單調(diào)遞增，而( 2)f=0，當x2 時，( )f x0，即( )f x( )kg x恒成立，(3) 若2ke，則( 2)f=222ke=222()eke0，當x2 時，( )f x( )kg x不可能恒成立，綜上所述， k 的取值范圍為 1,2e. 例 3（1）1211( )(1)(0)( )(1)(0)2xxfxfefxxfxfefx令1x得：

27、(0)1f得：21( )( )( )12xxf xexxg xfxex( )10( )xg xeyg x在 xr上單調(diào)遞增得：( )f x的解析式為21( )2xf xexx且單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)，單調(diào)遞減區(qū)間為(,0)（2）21( )( )(1)02xf xxaxbh xeaxb得( )(1)xh xea當10a時，( )0( )h xyh x在 xr上單調(diào)遞增x時，( )h x與( )0h x矛盾當10a時，( )0ln(1),( )0ln(1)h xxah xxa得：當ln(1)xa時，min( )(1)(1)ln(1)0h xaaab令22( )ln(0)f xxxx x；則( )(

28、12ln)fxxx當xe時，max( )2ef x當1,aebe時，(1)ab的最大值為2e例 4 解（）221(ln)( )(1)xxbxfxxx由于直線230 xy的斜率為12，且過點 (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?？紤]函數(shù)( )2lnh xx2(1)(1)kxx(0)x，則22(1)(1)2( )kxxh xx。(i) 設(shè)0k，由222(1)(1)( )k xxh xx知，當1x時，( )0h x，h(x) 遞減。而(1)0h故當

29、(0,1)x時，( )0h x，可得21( )01h xx；當 x（1，+）時， h（x）0 從而當 x0,且 x1 時，f （x）- （1lnxx+xk）0，即 f （x）1lnxx+xk. （ii ）設(shè) 0k0,故h (x ）0,而 h（1）=0，故當 x （1，k11）時，h （x）0，可得211xh（x）0,而 h（1）=0，故當 x（1，+）時， h（x）0，可得211x h （x）0,g(x)=0的兩根都小于 0， 在(0,)上，( )0fx， 故( )(0,)f x 在上單調(diào)遞增當2av時, 0,g(x)=0的兩根為221244,22aaaaxx，當10 xx 時，( )0fx；

30、當12xxx 時，( )0fx；當2xx 時，( )0fx，故( )f x分別在12(0,),(,)xx上單調(diào)遞增，在12(,)x x上單調(diào)遞減由知，若( )f x有兩個極值點12,x x ，則只能是情況，故2a因為1212121212()()()(lnln)xxf xf xxxaxxx x，所以1212121212()()lnln11f xf xxxkaxxx xxxg又由知，121x x，于是1212lnln2xxkaxxg若存在a，使得2.ka則1212lnln1xxxx即1212lnlnxxxx 亦即222212ln0(1)(*)xxxx再由知，函數(shù)1( )2lnh tttt在(0,)

31、上單調(diào)遞增，而21x，所以222112ln12ln10.1xxx這與(*)式矛盾故不存在a，使得2.ka例 15 解：2323fxaxbx根據(jù)題意，得12,10,ff即32,3230,abab解得10ab所以33fxxx令0fx，即2330 x得1x1 2 + + 增極大值減極小值增2 因為12f，12f，所以當2,2x時，max2fx，min2fx則對于區(qū)間2,2 上任意兩個自變量的值12,x x，都有12maxmin4fxfxfxfx，所以4c所以c的最小值為 4因為點2,2mmm不在曲線 yfx 上，所以可設(shè)切點為00,xy則30003yxx因為20033fxx，所以切線的斜率為2033

32、x則2033x=300032xxmx，即32002660 xxm因為過點2,2mmm可作曲線 yfx 的三條切線，所以方程32002660 xxm有三個不同的實數(shù)解所以函數(shù)32266g xxxm有三個不同的零點則2612gxxx 令0gx，則0 x或2x0 2 + + 增極大值減極小值增則0022gg，即6020mm，解得62m例16解 ： （ i ）xxxgxxfsin)(,)(， 1 , 1)(在xg上 單 調(diào) 遞 減 ，0cos)( xxgxcos在-1 ，1 上恒成立，1，故的最大值為.1（ii ）由題意, 1sin)1()(maxgxg, 11sin2tt只需01sin) 1(2tt

33、（其中1） ， 恒成立，令) 1(011sin) 1()(2tth，則2101sin1 10ttt，01sin,01sin122ttttt而恒成立，1t（）由.2ln)(ln2mexxxxxfx令,2)(,ln)(221mexxxfxxxf,ln1)(21xxxf當,0)(,),0(1xfex時exf,0)(1在上為增函數(shù)；當, ex時，,0)(1xf,)(1exf在為減函數(shù)；當,1)()( ,1max1eefxfex時而,)()(222emexxf,1,122時即當eemeem方程無解；當eemeem1,122即時，方程有一個根；當eemeem1,122時時，方程有兩個根 . 例17解：23

34、)13)(1(33323)(xxxxxxf，令1310)(xxxf或得（舍去）)(,0)(,310 xfxfx時當單調(diào)遞增；當)(,0)(,131xfxfx時遞減. 1 ,0)(613ln)31(在為函數(shù)xff上的極大值 . 由03)(ln|ln|xxfxa得設(shè)332ln323lnln)(2xxxxxh，xxxxxg323ln323lnln)(，依題意知31,61)()(xxgaxha在或上恒成立，0)32(2)32(33)32(3332)(2xxxxxxxxg，03262)62(31323)(22xxxxxxxh，31,61)()(都在與xhxg上單增，要使不等式成立，當且僅當.51ln31

35、ln),61()31(aagaha或即或由.0223)32ln(2)(2bxxxbxxf令xxxxxbxxxx329723323)(,223)32ln()(22則，當37,0)(,0)(,37,0在于是時xxx上遞增； 1 ,37)(,0)(,1 ,37在于是時xxx上遞減，而)1 ()37(),0()37(， 1 ,00)(2)(在即xbxxf恰有兩個不同實根等價于例18解：222)1(1)2() 1(1)(xxxaxxaxxfa29，令0)(xf得2x或210 x, 函數(shù))(xf的單調(diào)增區(qū)間為),2(),21,0(. 證明：當0a時xxfln)(xxf1)(, 210021)(xxxxf,

36、 又121212121212lnlnln)()(xxxxxxxxxxxfxfk不妨設(shè)12xx， 要比較k與)(0 xf的大小，即比較1212lnxxxx與212xx的大小，又12xx， 即比較12lnxx與1)1(2)(212122112xxxxxxxx的大小令)1(1)1(2ln)(xxxxxh, 則0) 1()1()1(41)(222xxxxxxh, )(xh在, 1上位增函數(shù)又112xx，0)1()(12hxxh， 1) 1(2ln121212xxxxxx，即)(0 xfk1)()(1212xxxgxg，0)()(121122xxxxgxxg由題意得xxgxf)()(在區(qū)間2, 0上是減

37、函數(shù)1當xxaxxfx1ln)(, 21，1) 1(1)(2xaxxf由313)1()1(0)(222xxxxxxaxf在2, 1x恒成立設(shè))(xm3132xxx，2, 1x，則0312)(2xxxm)(xm在2, 1上為增函數(shù)，227)2(ma. 2當xxaxxfx1ln)(, 10，1) 1(1)(2xaxxf由11)1()1(0)(222xxxxxxaxf在) 1 ,0(x恒成立設(shè))(xt112xxx，) 1 ,0(x為增函數(shù) , 0) 1( ta綜上： a的取值范圍為227a. 例19解：（ 1）xaxxxf)ln(2)( ,2)ln(2)( xxaxxxf，即xax1ln2在0 x上

38、恒成立設(shè)xaxxu1ln2)(,2,012)( xxxu，2x時，單調(diào)減，2x單調(diào)增，所以2x時，)(xu有最大值.212ln2,0)2(au，所以20ea. （2）當1a時，xxxxfxgln)()(, exxxg1,0ln1)(, 所以在),1(e上)(xg是增函數(shù)，)1, 0(e上是減函數(shù) . 因為11211xxxe，所以111212121ln)()ln()()(xxxgxxxxxxg即)ln(ln211211xxxxxx,同理)ln(ln212212xxxxxx. 所以)ln()2()ln()(lnln2112212112122121xxxxxxxxxxxxxxxx又因為, 42122

39、1xxxx當且僅當“21xx”時，取等號. 又1),1 ,1(,2121xxexx，0)ln(21xx, 所以)ln(4)ln()2(21211221xxxxxxxx,所以)ln(4lnln2121xxxx，所以：42121)(xxxx. 例 20（i ）,23)(,00)0(2baxxxfcf320) 1(abf由33210)(axxxf或，因為當1x時取得極大值，所以31332aa，所以)3,(:的取值范圍是a；（ii ）由下表：+ 0 - 0 - 遞增極大值2a遞減極小值遞增依題意得：9)32()32(27622aaa，解得：9a所以函數(shù))(xf的解析式是：xxxxf159)(23（ii

40、i ）對任意的實數(shù),都有, 2sin22,2sin22在區(qū)間-2 ，2 有：230368)2(,7) 1(,7430368)2(fff函數(shù)2,2)(在區(qū)間xf上的最大值與最小值的差等于81，所以81|)sin2()sin2(|ff例 21 解： （）xaxxaxf11)(，當0a時，( )0fx在),0(上恒成立，函數(shù))(xf在), 0(單調(diào)遞減，)(xf在),0(上沒有極值點；當0a時，( )0fx得10 xa，( )0fx得1xa，)(xf在(10,)a上遞減，在(1),a上遞增，即)(xf在ax1處有極小值當0a時)(xf在),0(上沒有極值點，當0a時，)( xf在), 0(上有一個極

41、值點（）函數(shù))(xf在1x處取得極值，1a，bxxxbxxfln112)(，令xxxxgln11)(，可得)( xg在2, 0 e上遞減，在,2e上遞增，22min11)()(eegxg，即211be（）證明：) 1ln()1ln()1ln()1ln(yexeyxeyxyx，令) 1ln()(xexgx，則只要證明)(xg在), 1(e上單調(diào)遞增，又) 1(ln11) 1ln()(2xxxexgx，顯然函數(shù)11)1ln()(xxxh在), 1(e上單調(diào)遞增011)(exh，即0)(xg，)(xg在), 1(e上單調(diào)遞增，即)1ln() 1ln(yexeyx，當1eyx時，有) 1ln()1ln

42、(yxeyx例22解：（ i ）1( ),(1)1;qfxfxl直線的斜率為 1，且與函數(shù)( )f x的圖像的切點坐標為（ 1，0），l直線的方程為1.yx又lq 直線與函數(shù)( )yg x的圖象相切，211722yxyxmx方程組有一解。由上述方程消去 y，并整理得22(1)90 xmx依題意，方程有兩個相等的實數(shù)根，22(1)4 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當x(-1,0)時,h(x)0,h(x)單調(diào)，當(0,)x時，( )0, ( )

43、h xh x單減。當x=0時，( )h x取最大值，其最大值為 2。（iii ）()(2 )ln()ln 2lnln(1).22abbaf abfaabaaa證明，當( 1,0)x時，ln(1),ln(1).22babaxxaa例 23 解： （1）函數(shù)( )f x的定義域是(0,)由已知21ln( )xfxx令( )0fx，得xe因為當0 xe時，( )0fx；當xe時，( )0fx所以函數(shù)( )f x在(0, e上單調(diào)遞增，在 ,)e上單調(diào)遞減（ 2）由 （1） 可知當2me，即2em時，( )f x在,2mm上單 調(diào) 遞 增， 所以maxln 2( )(2)12mf xfmm當me時，(

44、 )f x在,2mm上單調(diào)遞減，所以maxln( )1mf xm當2mem，即2eme時，max1( )( )1f xf ee綜上所述，maxln 21, 0221( )1,2ln1,memmef xmeemmem（ 3） 由 （ 1 ） 知 當(0,)x時max1( )( )1f xf ee 所 以 在(0,)x時 恒 有l(wèi)n1( )11xf xxe，即ln1xxe，當且僅當xe時等號成立 因此對任意(0,)x恒有1ln xe因為10nn，1nen，所以11 1lnnnnen，即11ln()ennnn因此對任意*nn，不等式11ln()ennnn例 24 解：在區(qū)間 0,上,11( )axf

45、xaxx. （1）當2a時，(1)121f，則切線方程為( 2)(1)yx，即10 xy（2）若0a,( )lnf xx有唯一零點1x. 若0a, 則( )0fx,( )f x是區(qū)間0,上的增函數(shù) , (1)0faq,()(1)0aaaf eaaeae, (1)()0aff e, 函數(shù)( )f x在區(qū)間 0,有唯一零點 . 若0a, 令( )0fx得: 1xa. 在區(qū)間1(0,)a上, ( )0fx, 函數(shù)( )f x是增函數(shù) ; 在區(qū)間1(,)a上, ( )0fx, 函數(shù)( )f x是減函數(shù) ; 故在區(qū)間0,上, ( )f x的極大值為11( )ln1ln1faaa. 由1()0,fa即ln

46、10a, 解得:1ae. 故所求實數(shù) a 的取值范圍是1(,)e. (3) 設(shè)120,xx12()0,()0,f xf xq1122ln0,ln0 xaxxax1212lnln()xxa xx,1212lnln()xxa xx原不等式21212lnln2xxexx令12xtx, 則1t, 于是1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt. 設(shè)函數(shù)2(1)( )ln1tg ttt(1)t, 求導得 : 22214(1)( )0(1)(1)tg tttt t故函數(shù)( )g t是 1,上的增函數(shù) , ( )(1)0g tg，即不等式2(1)ln1ttt成立, 故所證不等式212xxe成立.

47、 例 25 解：（）由211( )()1(1)tf xtxxx，可得32()( )(0)(1)ttxfxxx，所以，( )00tfxxt，( )0tfxxt，則( )tfx 在區(qū)間(0, ) t上單調(diào)遞增，在區(qū)間( ,)t上單調(diào)遞減，所以，max1( )( )1ttfxftt（）（ 1）由132nnaa，得111(1)3nnaa，又1213a，則數(shù)列 1 na為等比數(shù)列，且12121( )333nnna，故223133nnnna為所求通項公式（2）即證，對任意的0 x，2231112( )()1(1)3nnnfxxaxx(*)nn證法一：（從已有性質(zhì)結(jié)論出發(fā)）由（）知2max2332131(

48、)()233213nnnnnnnfxfa即有231( )(*)nnfx nna對于任意的0 x恒成立證法二：（作差比較法）由2103nna及2103nna即有231( )(*)nnfx nna對于任意的0 x恒成立（）證法一：（從已經(jīng)研究出的性質(zhì)出發(fā)，實現(xiàn)求和結(jié)構(gòu)的放縮）由（）知，對于任意的0 x都有21112()1(1)3nnxaxx，于是，2112111112()1(1)3nkknxaaaxx對于任意的0 x恒成立特別地，令01103nnx，即011(1)03nxn，有22120111111111(1)133nnnnnnnaaaxnnn，故原不等式成立以下證明小組討論給分證法二：（應(yīng)用柯西

49、不等式實現(xiàn)結(jié)構(gòu)放縮）由柯西不等式：222222211221212()()()nnnnx yx yx yxxxyyy其中等號當且僅當(1,2,)iixky in 時成立令1iixa，iiya ，可得則21212111nnnaaaaaa而由213nna，所以1211(1)133211313nnnaaann故22121111113nnnnaaann，所證不等式成立證法三：（應(yīng)用均值不等式“算術(shù)平均數(shù)”“幾何平均數(shù)”）由均值不等式：1212nnnaaaaaan，其中0ia可得1212nnnaaana aa ，12121111nnnnaaaa aa兩式相乘即得21212111()()nnaaanaaa，

50、以下同證法二證法四：（逆向分析所證不等式的結(jié)構(gòu)特征，尋找證明思路）欲證2121111nnaaan，注意到13213232nnnna，而221 1111111nnnnnnnnn從而所證不等式可以轉(zhuǎn)化為證明在此基礎(chǔ)上可以考慮用數(shù)學歸納法證明此命題例 26 解：（）aexfx)(，當 a0 時0)(xf，得函數(shù) f ( x) 在(- ，+) 上是增函數(shù)當 a0時，若 x(ln a，+) ，0)(xf，得函數(shù)( )f x在(ln a，+) 上是增函數(shù)；若 x(- ，ln a) ，0)(xf，得函數(shù)( )f x在(- ，ln a)上是減函數(shù)綜上所述，當 a0 時，函數(shù) f ( x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 (-

51、 ，+)；當 a0時，函數(shù) f ( x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是 (ln a，+)，單調(diào)遞減區(qū)間是 (- ，ln a)5 分（）由題知：不等式ex-axx+x2對任意2)x，成立，即不等式2xexxax對任意2)x，成立設(shè)2( )xexxg xx(x2) ，于是22(1)( )xxexg xx再設(shè)2( )(1)xh xxex，得( )(2)xh xx e由 x2，得( )0h x，即( )h x在2)，上單調(diào)遞增， h(x)h(2)= e2-40，進而2( )( )0h xg xx， g(x)在2)，上單調(diào)遞增，2min ( )(2)32eg xg，232ea，即實數(shù) a 的取值范圍是2(3)2e，

52、（）由（）知，當 a=1時，函數(shù) f ( x) 在(- ，0)上單調(diào)遞減，在 (0 ，+) 上單調(diào)遞增 f ( x) f (0)=1 ，即 ex- x1，整理得 1+xex令ixn( nn*，i =1，2， n-1) ，則01inine，即(1)ninie，1()nnn1e，2()nnn2e，3()nnn3e，1( )nn(1)ne，顯然( )nnn0e，1231( )()()()( )nnnnnnnnnnnnnn0123(1)neeeee11(1)111nneeeeeee，故不等式123( )( )( )+1nnnnnennnne （）（nn* ）成立例 27 解:( )又10f, 所以0a

53、bc, 即12ac又因為21122fxx對一切實數(shù)x恒成立 , 即對一切實數(shù)x, 不等式2111()0222axxc,211022cxxc也即恒成立. 顯然, 當0c時, 不符合題意 . 當0c時, 應(yīng)滿足0114042cc c,20410cc即可得14c, 故14ac. 所以2111424fxxx()由于( )-11f x 在，上是增函數(shù),( )(1)=1f xf的最大值為, 2( )211,1 ,1,1f xtatax對恒成立.即: 21211,1tata對任意恒成立 . 22ytata可把看作關(guān)于的一次函數(shù)，由1,1a知其圖像是一段線段。所以 t2,02t ttt的取值范圍為或，或()證

54、明 : 因為2221(1)44nnnfn, 所以214(1)fnn要證不等式*1112()122nnnfffnn成立, 即證22211123(1)24nnnl. 因為21111(1)(1)(2)12nnnnn, 所以22211111111123(1)233412nnnll112224nnn.所以*1112()122nnnfffnn成立例 28 解：（）當( 1,0)x時，( )0fx，函數(shù)( )f x在區(qū)間( 1,0)上單調(diào)遞增；當(0,)x時，( )0fx，函數(shù)( )f x在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減 . 函數(shù)( )f x在0 x處取得極大值，故1m. （）令121112()()( )( )(

55、)( )()()f xf xh xf xg xf xxxf xxx，則1212()()( )( )f xf xh xfxxx. q函數(shù)( )f x在12(,)xx x上可導，存在012(,)xxx，使得12012()()()f xf xfxxx. 1( )11fxxq，000011( )( )()11(1)(1)xxh xfxfxxxxxq當10(,)xxx時，( )0h x，( )h x單調(diào)遞增，1( )()0h xh x；q當02(,)xxx時，( )0h x，( )h x單調(diào)遞減，2( )()0h xh x；故對任意12(,)xxx，都有( )( )f xg x. （）用數(shù)學歸納法證明.

56、 當2n時，121q，且10，20，112212(,)xxx x，由（）得( )( )fxg x，即121122112211112212()()()()()()()fxfxfxxxxxf xf xf xxx，當2n時，結(jié)論成立 . 假 設(shè) 當(2)nk k時 結(jié) 論 成 立 ， 即 當121kl時 ，11221122()()()()kkkkfxxxf xf xf xll. 當1nk時，設(shè)正數(shù)121,kl滿足1211kl，令12kml，1212,kkmmml， 則11knm，且121kl. 當1nk時，結(jié)論也成立 . 綜上由，對任意2n， nn ，結(jié)論恒成立 . 例 29 解：（ 1）當1a時，

57、2( )12ln,( )1,f xxx fxx由( )0,2fxx，由( )0,02.fxx故( )f x的單調(diào)減區(qū)間為0,2 ,單調(diào)增區(qū)間為2,.（2）即對12ln(0,),221xxax恒成立。令2ln1( )2,(0,)12xl xxx，則,)1(22ln2)1(ln2)1(2)(22xxxxxxxxl再令2221222(1)( )2ln2,(0,),( )0,2xm xxxm xxxxxm x 在1(0,)2上為減函數(shù)，于是1( )()22ln 20,2m xm從而，0)(xl，于是( )l x在1(0,)2上為增函數(shù)1, ( )( )24ln 2,2l xl故要2ln21xax恒成立

58、，只要24ln 2,a即a的最小值為24ln 2（3）111( )(1),xxxg xexex e當(0,1)x時，( )0,g x函數(shù)( )g x單調(diào)遞增；當1,xe 時，( )0g x，函數(shù)( )g x單調(diào)遞減10,eq g(0)=0,g(1)=1,g(e)=ee所以，函數(shù)( )0,0,1 .g xe在上的值域為當2a時，不合題意；當2a時，2(2)()2(2)22( )2,0,axa xafxaxexxx故220,22e aae此時，當x變化時,( ),( )fxf x的變化情況如下：0 + 單調(diào)減最小值單調(diào)增,對任意給定的00,ex，在區(qū)間0,e 上總存在兩個不同的(1,2),ix i

59、使得0()()if xg x成立，當且僅當a滿足下列條件22()0,2ln0,22( )1,(2)(1)21.faaaf ea e即令22( )2ln,(,2),2h aaaae2( )12ln 2ln(2)1,22ah aaaa令( )0h a，得02,aa,當(,0)a時，( )0,h a函數(shù)( )h a單調(diào)遞增當2(0,2)ae時，( )0,h a函數(shù)( )h a單調(diào)遞減所以，對任意2(,2),ae有( )(0)0,h ah即對任意2(,2)ae恒成立。由式解得：32.1ae綜合可知，當03,2,0,1axee時 對任意給定的在 0,(1,2),iex i上總存在兩個不同的使0()()i

60、f xg x成立。例 30 解：（ 1）當.1)(,),0(xaxfx時用定義或?qū)?shù)證明單調(diào)性均可（2）),1 (21在xxa上恒成立 . 設(shè)), 1()(12)(在則xhaxxxh上恒成立 . 可證), 1()(在xh單調(diào)增故3)1 (aha即a的取值范圍為3 ,(（3）)(xf的定義域為0,0|mnrxxx當),0()()1 (,0在知由時xfmn上單調(diào)增)(),(nfnmfm故012axx有兩個不相等的正根m ，n，當0nm時，可證)0,()(在xf上是減函數(shù) . 綜上所述， a 的取值范圍為),2(0例 31 解:(1)2222(14 )(42)2( )222121xaxa xaafx