高三數(shù)學：導數(shù)壓軸題題型歸納

1、導數(shù)壓軸題題型歸納 1. 高考命題回憶例 1 已知函數(shù) fx e xlnx m（ 2022 全國新課標卷）2如當x0時f x 0,求 a 的取值范疇例 6 已知函數(shù) fx x3+3x2+ax+be x. （2022 寧夏、海南）1如 ab 3,求 fx 的單調(diào)區(qū)間 ; 2如 fx 在 , ,2, 單調(diào)增加 ,在 ,2, ,+ 單調(diào)削減 ,證明 6. 1設(shè) x0 是 fx 的極值點,求m,并爭論 fx 的單調(diào)性；2當 m2 時,證明 fx0. 2. 在解題中常用的有關(guān)結(jié)論 例 2 已知函數(shù) fx x2axb,gx e xcxd,如曲線 yfx 和曲線 ygx 都過點 P0,2,且1 曲線yf x

2、 在xx 處的切線的斜率等于fx 0,且切線方程為在點 P 處有相同的切線y4x+2（ 2022 全國新課標卷）（）求 a,b,c,d 的值yfx0 xx 0f x 0；（）如 x 2 時, f x kg x ,求 k 的取值范疇；2 如可導函數(shù)yf x 在xx 0處取得極值,就fx 00；反之,不成立；例 3 已知函數(shù)fx滿意fx f1 ex1f0 x1x2（2022 全國新課標）3 對于可導函數(shù)f x ,不等式f 0（0）的解集打算函數(shù)f x 的遞增（減）區(qū)間；24 函數(shù)f x 在區(qū)間 I 上遞增（減）的充要條件是：xIf 0 0 恒成立（f 不1求fx的解析式及單調(diào)區(qū)間；2如fx1x2a

3、xb,求a1b的最大值；恒為 0）. 25 函數(shù)f x （特別量函數(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,就可等價轉(zhuǎn)化例 4 已知函數(shù)f x alnxb,曲線yf x 在點 1, 1 處的切線方程為x2y30；為方程f 0在區(qū)間 I 上有實根且為非二重根； （ 如f x 為二次函數(shù)且I=R,就有0 ）；6f 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f 0 或x1x（ 2022 全國新課標）（）求 a 、 b 的值；f 0 在 I 上恒成立（）假如當x0,且x1時,f x lnxk,求k的取值范疇；7 如xI ,f x 0 恒成立, 就f x min0

4、 ; 如xI ,f x 0 恒成立, 就f x max0 x1x8 如0 xI ,使得f x 00 ,就f x max0 ；如0 xI ,使得f x 00 ,就f x min0 . 例 5 設(shè)函數(shù)f x x e1x2 ax （2022 全國新課標）9 設(shè)f x 與g x 的定義域的交集為D,如xD f x g x 恒成立,就有1如a0,求f x 的單調(diào)區(qū)間；f x g x min0. 10 如對x 1I 、x 2I2,f x 1g x 2恒成立,就f x ming x max. 2如函數(shù)g x eaxf x ,求 函數(shù)g x 的單調(diào)區(qū)間 . 如對x 1I ,x 2I2,使得f x 1g x 2

5、,就f x ming x min. 例 9（切線） 設(shè)函數(shù)fxx2a. 如對x 1I ,x 2I2,使得f x 1g x 2,就f x maxg x max. （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,（1）當a1時,求函數(shù)gx xfx 在區(qū)間1,0 上的最小值；如對x 1I ,x 2I2,使得f x 1=g x 2成立,就 AB ；（2）當a0時,曲線yfx在點Px 1,fx 1x 1a處的切線為l,l與x軸交于點A x2,0 12 如三次函數(shù)fx 有三個零點,就方程f 0有兩個不等實根x 1、x 2,且極大值大于0,求證：x1x2a. 微小值小于0.

6、 例 10 （極值比較） 已知函數(shù)f x 2 xax2 a2x 3 a exR,其中aR13 證題中常用的不等式: 當a0時,求曲線yf x 在點1, 1處的切線的斜率；x當a2時,求函數(shù)f x 的單調(diào)區(qū)間與極值. lnxx1 x0 x +1ln（x+1）x x13 ex1x ex1x例 11 （零點存在性定理應用）已知函數(shù)f x ln , x e. lnxx21x1 lnx1212x0 x1x22x如函數(shù) x = f xx+1,求函數(shù) x的單調(diào)區(qū)間；3. 題型歸納 導數(shù)切線、定義、單調(diào)性、極值、最值、的直接應用x-1設(shè)直線 l 為函數(shù) f x的圖象上一點Ax0,f x0處的切線,證明：在區(qū)間

7、1,+上存在唯獨的例 7（構(gòu)造函數(shù),最值定位）設(shè)函數(shù)fxx1x e2 kx 其中 kR . x0,使得直線l 與曲線 y=gx相切 當k1時 ,求函數(shù) fx 的單調(diào)區(qū)間 ; 例12 （最值問題,兩邊分求）已知函數(shù)f x lnxax1xa1aR. 當k1 ,1 2時,求函數(shù) fx 在 0,k 上的最大值M . 當a 1時,爭論f x 的單調(diào)性；2設(shè)g x x22 bx4.當a1時,如對任意x 10, 2,存在x 21,2,使例 8（分類爭論,區(qū)間劃分）已知函數(shù)f 1x31ax2xb a0,f x 為函數(shù)f x 的導4f x 1g x 2,求實數(shù) b 取值范疇 . 32函數(shù) . 1設(shè)函數(shù) fx 的

8、圖象與 x 軸交點為 A, 曲線 y=fx 在 A 點處的切線方程是y3x3,求a b 的值 ; 例13 （二階導轉(zhuǎn)換）已知函數(shù)fxlnx（）爭論關(guān)于x 的方程lnxx22 exm的根的個數(shù)a 的取值范疇；如FxfxaaR ,求F x 的極大值；fx x例 17 （綜合應用） 已知函數(shù)fxln23 x3x2.如Gxfx 2kx在定義域內(nèi)單調(diào)遞減,求滿意此條件的實數(shù)k 的取值范疇 . 2例 14 （綜合技巧） 設(shè)函數(shù)f x x1alnx aR .求 fx在 0,1 上的極值；x如對任意x1,1,不等式|alnx|lnfx3x0成立,求實數(shù)爭論函數(shù)f x 的單調(diào)性；63如關(guān)于 x 的方程fx 2x

9、b在0,1上恰有兩個不同的實根,求實數(shù)b 的取值范疇 . 如f x 有兩個極值點x x ,記過點A x 1,f x 1,B x 2,f x 2的直線斜率為k,問：是否存在a,使得k2a ？如存在,求出a 的值；如不存在,請說明理由. 不等式證明2, y2,線段AB的交點與根的分布例 18 變形構(gòu)造法 已知函數(shù)x xa1,a 為正常數(shù)例15 （切線交點）已知函數(shù)fx3 ax2 bx3 x a bR 在點1 ,f1處的切線方程為9y20如fxlnxx,且 a2,求函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間；在中當a0時,函數(shù)yfx 的圖象上任意不同的兩點Ax 1, y1,Bx求函數(shù) fx 的解析式；如對于區(qū)間2,2 上

10、任意兩個自變量的值x x 都有fx 1fx2c ,求實數(shù)c 的最中點為Cx0y0,記直線 AB 的斜率為k,試證明：kfx 0gx 11,求agx2小值；如過點M2,mm2可作曲線 yfx 的三條切線,求實數(shù)m 的取值范疇 如gx lnxx ,且對任意的x 1x 20, 2,x 1x2,都有x 2x 1的取值范疇例 16 （根的個數(shù)） 已知函數(shù)tfx xx,函數(shù)g xfxsinx是區(qū)間 -1,1上的減函數(shù) . 例 19 高次處理證明不等式、取對數(shù)技巧已知函數(shù)fx x2lnaxa0 .（I）求的最大值；（II）如gx t21 在1,1上恒成立,求t 的取值范疇；（1）如fxx2對任意的x0恒成立

11、,求實數(shù)a 的取值范疇；（2）當a1時,設(shè)函數(shù)gx fx,如x 1,x 2c11, ,x 1x21,求證x 1x 2x 1x 24例 23 整體把握,貫穿全題已知函數(shù)f x lnx11nn都成立（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）xxe（1）試判定函數(shù)f x 的單調(diào)性；例 20（肯定值處理）已知函數(shù)fx3 xax2bx的圖象經(jīng)過坐標原點,且在x1處取得極大（2）設(shè)m0,求f x 在 m , 2m 上的最大值；（3）試證明：對任意n* N ,不等式ln1nne值（I）求實數(shù) a 的取值范疇；例 24 化簡為繁,統(tǒng)一變量設(shè)aR ,函數(shù)f x lnxax . N*；（II ）如方程fx2a932恰好有兩個不同

12、的根,求fx的解析式；（）如a2,求曲線yf x 在P1, 2處的切線方程；（III ）對于（ II ）中的函數(shù)f x ,對任意、R,求證：|f2sinf2sin|81例 21 （等價變形） 已知函數(shù)fx ax1lnxaR（）如f x 無零點 ,求實數(shù) a 的取值范疇；（）如f x 有兩個相異零點x x ,求證 : x 1x22 e . （）爭論函數(shù)fx在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；例 25 （導數(shù)與常見不等式綜合）已知函數(shù)tf x 11x112 tx ,其中為正常數(shù)（）如函數(shù)fx在x1處取得極值,對x0,fxbx2恒成立,x 求實數(shù) b 的取值范疇；（）求函數(shù)tf x 在 0, 上的最大值；（）

13、設(shè)數(shù)列 a n滿意：a 15,3 a n1a n2,（）當0 xy2 e且xe時,試比較y與1lny的大小3x1lnx（1）求數(shù)列 a n的通項公式a ； （2）證明：對任意的x0,1f2 x n例 22（前后問聯(lián)系法證明不等式）已知f x lnx g x 1x2mx7m0,直線l與函數(shù)a n3n22（）證明：1112 n1f x g 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；a 1a 2a nn（I）求直線l 的方程及 m 的值；例 26 （利用前幾問結(jié)論證明立體不等式）已 知 函 數(shù) fx=ex-axe為 自 然 對 數(shù) 的 底 數(shù) .（II ）如h x f x1g x

14、其中 gx 是gx 的導函數(shù),求函數(shù)h x 的最大值；I 求函數(shù) fx 的單調(diào)區(qū)間；（III ）當0ba 時,求證：f ab f2 ba.II 假如對任意x2 ,都有不等式 fx x + x2 成立,求實數(shù) a 的取值范疇；2aIII 設(shè)nN*, 證 明 ：1n+2n+3n+ +n nn0時fxxk1恒成立,求正整數(shù)k的最大值 .x例 36 （創(chuàng)新題型） 設(shè)函數(shù) fx=ex+sinx,gx=ax,Fx=fx gx. 導數(shù)與數(shù)列如 x=0 是 Fx 的極值點 ,求 a 的值；當 a=1 時,設(shè) Px 1,fx 1, Qx 2, gx 2x 10,x 20, 且 PQ/x 軸,求 P、Q 兩點間的

15、最短距離；如 x0時,函數(shù) y=Fx 的圖象恒在y=F x的圖象上方 ,求實數(shù) a 的取值范疇例39（創(chuàng)新型問題） 設(shè)函數(shù)f x x2 a xx b e ,a、bR,xa 是f x 的一個極大值點例 37 （創(chuàng)新題型） 已知函數(shù)f x =axlnx1 aR ,gx1 xex. 如a0,求b的取值范疇；求函數(shù)gx 在區(qū)間0 ,e 上的值域；當 a 是給定的實常數(shù),設(shè)x 1, ,x 3是f x 的 3個極值點,問是否存在實數(shù)b ,可找到x 4R ,使得x 1,x 2, ,x 4的某種排列x i 1,x i2,x i 3,xi 4（其中i 1, , ,i4= 12 3 4, ）依次成等差數(shù)列 .如存

16、在,求全部的b 及相應的x ；如不存在,說明理由3 在2的條件下 ,令S n12 a ,如不等式 2a na nm1對n* N 且n2恒成立 ,求實數(shù)例 40 （數(shù)列求和,導數(shù)結(jié)合）給定函數(shù)f x 2x21m 的取值范疇 . 導數(shù)與三角函數(shù)綜合x1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a n滿意 ,4S nf11求證 :11lnnn11; 例 43 （換元替代,排除三角）設(shè)函數(shù)f x x xa 2（xR ）,其中 aR ana nan3設(shè)b n1,T 為數(shù)列b n的前 n 項和 ,求證 :T 20221ln 2022T 2022. （）當a1時,求曲線yf x 在點 2,f2處

17、的切線方程；an（）當a0時,求函數(shù)f x 的極大值和微小值；導數(shù)與曲線新題型（）當a3,k1 0, 時,如不等式f kcos f k22 cosx 對任意的xR 恒例 41 （形數(shù)轉(zhuǎn)換） 已知函數(shù)f lnx , g x 1ax2bx a0. 成立 ,求k的值；2例 44 （新題型,第7 次晚課練習） 設(shè)函數(shù)f x axcos , x x0,. 1如a2, 函數(shù)h x f g x 在其定義域是增函數(shù),求 b 的取值范疇 ; 2在1 的結(jié)論下 ,設(shè)函數(shù)x=e2x+bex,x 0,ln2,求函數(shù)x 的最小值 ; 1爭論f x 的單調(diào)性3設(shè)函數(shù)fx的圖象 C1與函數(shù)gx的圖象 C2 交于點 P、Q,

18、過線段 PQ 的中點 R 作 x 軸的垂2設(shè)f x 1sinx ,求 a的取值范疇 . 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 處的切線平創(chuàng)新問題積存行.如存在 ,求出 R 的橫坐標 ;如不存在 ,請說明理由 . 例 42 （全綜合應用）已知函數(shù)f x 1ln2xx0 x2. 例 45 已知函數(shù)f x lnx2x. x44I、求f x 的極值 . 1是否存在點M a b ,使得函數(shù)yf x 的圖像上任意一點P 關(guān)于點 M 對稱的點Q 也在函II 、求證f x 的圖象是中心對稱圖形. 數(shù)yf x 的圖像上 .如存在 ,求出點 M 的坐標

19、;如不存在 ,請說明理由 ; 2定義S n2n1f inf 1nf2f2n1,其中n* N ,求S 2022; III 、設(shè)f x 的定義域為 D ,是否存在a bD .當xa b 時,f x 的取值范疇是a b ,4 4.i1nn如存在 ,求實數(shù) a 、 b 的值；如不存在,說明理由例 46 已知函數(shù)fx x44 x32 ax1 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)gxbx 21,如方程fxgx的解集恰好有3 個元素,求 b 的取值范疇；n ,使fx（3）在（ 2）的條件下,是否存在實數(shù)對m ,m gxn為偶函數(shù)？如存在,求出m,n如不存在,說明理

20、由導數(shù)壓軸題題型歸納參考答案例 2（）由已知得f02,g02,f04,g04,F x 例 1 1解fxe xln xm. fx e x1 . fxm0e 010. m 1,0m而f x = 2xb ,g x =xe cxdc , a =4, b =2, c =2, d =2； 4 分定義域為 x|x1 ,（）由（）知,f x x 24x2,g x 2 e xx1,fxe x1x me x x1 1,設(shè)函數(shù)F x =kg x f x =x 2 ke x1x24x2（x2）,x1F x =2x ke x22x4=2x2x ke1,明顯 fx在1,0上單調(diào)遞減,在0, 上單調(diào)遞增有題設(shè)可得F00,即

21、k1,2證明gxe xln x2,令F x =0 得,1x =ln k ,x =2,就 gx e x1x2x2（1）如1k2 e ,就 21x 0,當x 2,x 1時,F x 0,當x , 1時,hxgxe x1 x2. hx2xe x120,x20,即F x 在 2,x 1單調(diào)遞減,在x 1,單調(diào)遞增,故F x 在 x =1x 取最小值F x 1, 而所以 hx是增函數(shù), hx0 至多只有一個實數(shù)根,F x 1=2x 122 x 14x 12=x x 12 0,又 g1 2 1 e1 320,當 x 2 時,F x 0,即f x kg x 恒成立,所以 hx gx0 的唯獨實根在區(qū)間1 2,

22、0 內(nèi),2如k2 e ,就F x =2 2 exx 2 e2 e,設(shè) gx 0 的根為 t,就有 gte t10 1 2t0 ,所以, e t1 . t2 et,t 2當 x 2 時,F x 0,F x 在2,+ 單調(diào)遞增,而F 2=0,當 x 2 時,F x 0,即f x kg x 恒成立,t2當 x 2,t時, gxgt0,gx單調(diào)遞增；2所以 gxmingte tln t2 1t1t0,t2 t2當 x 2 時,f x kg x 不行能恒成立,綜上所述, k 的取值范疇為 1, e . 2當 m2 時,有 lnxmln x2,例 3（1）f f1 ex1f0 x1x2f fx 1 e1f

23、0 x2所以 fxe xln xm e x lnx2 gx gxmin0. 令x1得：f01f x f1 ex1x1x2f0f1 e11f1ea1由于直線x2y30的斜率為1,且過點 1,1,故f11,1,即2得：f x x ex1x2g x f x e1x2f122g x e x10yg x 在 xR上單調(diào)遞增b1,ab1 , 2解得a1,b1；f 0f0 x0,f 0f0 x02得：f x 的解析式為f x exx1x2（）由（）知f lnx1,所以2x1x且單調(diào)遞增區(qū)間為0, ,單調(diào)遞減區(qū)間為,0（2）f x 1x2axbh x exa1 xb0得h x x ef x lnxk1122l

24、nxk1 x21 ；x1xxx2考慮函數(shù)h x 2lnxk1x21x0,就h x k1x2212x；當a10時,h x 0yh x 在 xR 上單調(diào)遞增x時,h x 與h x 0沖突a1xxi 設(shè)k0,由h x k x21x2 1知,當x1時,h x 0,hx遞減；而h10故當a10時,h x 0 xlna1,h x 0 xln2 x得：當xlna1時,h x mina1a1lna1b0當x0,1時,h x 0,可得112h x 0；a1 ba2 1a2 1 lna1a10 x令F x 2 x2 xln x x0；就F x12lnx當 x（1,+）時, h（x）0 xF 00 xe F 0 x

25、e從而當 x0,且 x1 時, f（x） -（lnx+k ）0,即 f（ x） xlnx+k. x1x1x當 xe 時,F x maxe2（ ii ） 設(shè)0k0,例 4 解（）f xx x1lnx b2 1x2故hx） 0,而 h（1）=0,故當 x（1,11k）時, h（x） 0,可得112h（x）0,而 h（ 1）=0,故當 x當 x 3 或 0 x3 時,f 0; （1, +）時, h（x）0,可得112h（x） 0,gx=0的兩根都小于 0,在 0, 上,f 0,故令fx0,即3x230得x1單調(diào)遞增x22, 111,11 當a2 時, 0,gx=0的兩根為x 1aa24,x 2aa2

26、4, 0,故f x fx+ + 2 22當0 xx 時,f 0；當x 1xx 時,f 0；當xx 時,ffx2增極大值減微小值增分別在0,x 1,x 2,上單調(diào)遞增,在x x 1 2上單調(diào)遞減由知,如f x 有兩個極值點x x ,就只能是情形,故a2由于f12,f12,由于f x 1f x 2x 1x2x 1x 2a lnx 1lnx 2,所以當x2,2時,fxmax2,fxmin2x x 2就對于區(qū)間2,2 上任意兩個自變量的值x x ,都有fx1fx2fxmaxfxmin4,所以c4cosx0就tt1102sin1 10,t21sin1, 0而t2t1sin10恒成立,t1所以 c的最小值

27、為4ttt（）由lnxlnxx22 exm .由于點M2,mm2不在曲線 yfx 上,所以可設(shè)切點為x 0,y 0fxx就y03 x 03x 令f1xlnx,f2xx22exm ,f1x1lnx,xx2由于fx 032 x 03,所以切線的斜率為32 x 03當x,0e 時,f 1x ,0f1x 在,0e上為增函數(shù)；時,方程無解；就3 x 0 23=x 0 33x 02m,當x,e時, f 1 x,0f1x 在e ,為減函數(shù)；x 0當xe 時,f1xmaxf1e 1,即23 x 062 x 06m0e而f2x xe 2me2,當m2 e1,即me2由于過點M2,mm2可作曲線 yfx 的三條切

28、線,ee當m2 e1,即me21時,方程有一個根；所以方程2x36x26m0有三個不同的實數(shù)解ee00當m2 e1時,me21時,方程有兩個根. 所以函數(shù)g x2x36x26m有三個不同的零點ee例17 解：fx23x3x3 x1 3x1 ,就gx62 x12x令gx0,就x0或x22,33x21 時,fx0,fx 遞減 . 令fx0得x1或x1（舍去）x,00 0,22 3當0 x1時,fx0 ,fx單調(diào)遞增；當1xgx+ + 33f1ln31為函數(shù)fx在 0 1, 上的極大值 . g x增極大值減微小值增36ln23xln23xx,由|alnx|lnfx3x0得就g00,即6m0,解得6m

29、2alnxln233x或alnxln233xg222m0gx例 16 解：（I）fxx,gxxsinx,gx 在 1,1上單調(diào)遞減,設(shè)h x lnxln23ln2 x3 x2,gxlnxcosx在-1,1上恒成立,1,故的最大值為1.,10 1,333 x3（II ）由題意gxmaxg 1sin,1只需sin1t2t依題意知ahx或agx在x1,1上恒成立,63 t12tsin10（其中1）,恒成立,令h t12tsin 11gx233x3 223 x 33x3x 223x0,279x2,a9,令f x0得x2或0 x1,函數(shù)fx 的單調(diào)增區(qū)間為,01,2,.222xx 2證明：當a0時fxl

30、nxhx 2x3x2126x 226x20,fx 1, fx 01x 12x 2, 又kfx 2fx 1lnx 2lnx 1lnx 233x3xx 1gx與hx都在1,1上單增,要使不等式成立,xx0 x2x 1x 2x 1x2x 163當且僅當ah1或ag1, 即aln1或aln1.不妨設(shè)x 2x 1, 要比較 k 與fx 0的大小,即比較lnx 2與x 12x 2的大小,3635x 1由fx2xbln23x3x22xb0 .x 2x 12令x ln23x 3x22xb ,就x 23x3 x又x2x 1, 即比較lnx2與2x2x 12x 2x 11的大小2323 x1x 1x 1x 2x

31、2當x0 ,7 時,x0 ,于是x在0 ,7上遞增；x 1令hxlnx2 x1 x1 , 就hx 1x42x120, 33x1x1x x1 2x71,時,x0,于是x 在71, 上遞減,hx在,1上位增函數(shù)33而70 ,7 1 ,又x 21,hx 2h 10, lnx22x 2x 11,即kf0 x33x 1x 1x 1x 21fx 2xb 即x 0 在 1,0恰有兩個不同實根等價于x 1gx2gx 11,gx 2x 2gx 1x 10 0 ln2b0 x 2x 1x 2x 17ln27727b0由題意得Fxgx x在區(qū)間0, 2上是減函數(shù)3661當1x2,Fx lnxxa1x,Fx 1xa1

32、 211 ln51b02xln51bln277237.由Fx 0ax1 2x1 2x 23x13在x,1 2恒成立xx26設(shè)m x x23x13,x,12,就mx 2x130例18 解：fx1xa2x22a x1xx2m x 在,1 2上為增函數(shù), am 2 27.x1 xx1222當0 x,1Fx lnxxa1x,Fx 1xa121在x0上恒成立fx32 x2ax2a3x1 3x2a3,2在 0,x由fx 0 x1 或x2a3,由于當x1時取得極大值,由Fx 0ax1 2x12x2x11在x01, 恒成立3xx所以2a31a3,所以a的取值范疇是:,3 ；設(shè)txx2x11,x01, 為增函數(shù)

33、 ,at 103x（II ）由下表：綜上： a的取值范疇為a27. x1, 1 ,12a 33 2a32 a33,23例19 解：（ 1）fx 2xlnaxx,fx 2xlnaxxx2,即2lnax1xf x + 0 - 0 - fx 遞增極大值遞減微小值32遞增設(shè)ux2lnax1x,ux21,0 x2,x2時,單調(diào)減,x2單調(diào)增,a62 aa227x依題意得：a62a322a932,解得：a9所以x2時,ux 有最大值 .u2 ,02ln2 a12,所以0ae. 272所以函數(shù)fx的解析式是：fx3 x9x215x（2）當a1時,gx fxxlnx, x（III ）對任意的實數(shù),都有22si

34、n2,22sin2,gx1lnx,0 x1, 所以在1,上gx 是增函數(shù),0,1上是減函數(shù) . eee在區(qū)間 -2,2有：f2 8363074 ,f 17,f283630由于1x 1x 1x21,所以gx 1x2x 1x2lnx 1x2gx 1x 1lnx 1fx 的最大值是f 1,7fx 的最小值是f2 8363074fx e即lnx 1x 1x 1x 2lnx 1x 2,同理lnx 2x 1x2x2lnx 1x 2. 函數(shù)fx 在區(qū)間,2 2上的最大值與最小值的差等于81,所以|f2sinf2sin|81所以lnx 1lnx 2x 1x 2x 2x 1x 1x2lnx 1x22x 1x2l

35、nx 1x2例 21 解：（）fxa1axx1,當a0時,f 0在0 ,上恒成立,函數(shù)x2x 1x又由于2x 1x24,當且僅當 “x 1x2”時,取等號 . 單調(diào)遞減,fx 在,0上沒有極值點；當a0時,f 0得0 x1,f 0得x1,x2x 1aa又x 1,x 211, ,x 1x21,lnx 1x20, fx在 0,1上遞減,在 1 a,上遞增,即fx在x1 處有微小值aea所以2x 1x2lnx 1x 24lnx 1x 2,所以lnx 1lnx24lnx 1x 2,當a0時fx在 0,上沒有極值點,x2x 1當a0時,fx在0 ,上有一個極值點所以：x 1x2x 1x24. （）函數(shù)f

36、x在x1處取得極值,a1,例 20 （ I）f0 0c,0fx3x22axb,f 1 0b2a3fx bx211lnxb,xx令gx 11lnx,可得gx在0 e2上遞減,在e2,上遞增,x1.（II ）由（ I）可知g x 12 x2x7,xx22gx minge211,即b11g x x2,h x lnx1x2x1,h x x111xx.e2e21（）證明：exylnx1lnex1lney1,當 x-1,0時 ,hx0,hx單調(diào),當x0,時,h x 0, h x 單減；lny1 xy當 x=0時 ,h x 取最大值,其最大值為2；令gx lnx e1 ,就只要證明gx在e,1上單調(diào)遞增,（

37、III ）f ab f2 lnabln 2alnabln1ba.x2 a2a又gxe xlnx1x11,Q0ba,aba0,1ba0.ln2 x122a明顯函數(shù)h xlnx1x11在e,1上單調(diào)遞增證明,當x 1,0時,ln1xx,ln1baba.2a2 ahx110,即gx 0,f ab f2 ba.e2agx在e1 ,上單調(diào)遞增,即lnex1 lney1 ,例 23 解：（ 1）函數(shù)f x 的定義域是0, 由已知f 1lnx令f 0,得 xe x2xy由于當 0 xe 時,f 0；當 xe 時,f 0當xye1時,有exylnx1 所以函數(shù)f x 在 0, e 上單調(diào)遞增,在 ,上單調(diào)遞減

38、lny1（ 2 ） 由 （ 1 ） 可 知 當 2me , 即me時 ,f 在 m,2m 上 單 調(diào) 遞 增 , 所 以例22 解：（ I）Qf 1,f11;直線l的斜率為 1,2f x maxf2m ln 2m1x2 m且與函數(shù)f x 的圖像的切點坐標為（1,0）,直線l的方程為y當 me 時, f x 在 m, 2 m 上單調(diào)遞減, 所以f x maxlnm1當m em,即eme時,yx17有一解；m2ln 2m1, 0me又直線l與函數(shù)yg x 的圖象相切,方程組y1x2mx2 m2f x maxf e 11綜上所述,f x max1 e1,emee22e2由上述方程消去y,并整理得2

39、x2 m1 x90解之,lnm1,mm（ 3 ） 由 （ 1 ） 知 當x 0 ,時f x maxf e 11 所 以 在x 0 ,時 恒 有依題意,方程有兩個相等的實數(shù)根,2m2 1490ef xl n x1e1,即ln xx1,當且僅當xe 時等號成立因此對任意x0,恒有得m=4或m=-2 ,Qm0,m2.xeln x1由于1nn0,1nne,所以ln1nn1 1nn,即ln1nne1n因此對任意令x 1t, 就t1, 于是lnx 12x 1x2lnt2t1. t2 10*eenx2x2x 1x2t1nN ,不等式ln1nne1nn設(shè)函數(shù)g t lnt2t1t1, 求導得 : g t 1

40、t40t1t2 1t t2 1例 24 解： 在區(qū)間0,上,f 1a1ax. xx故函數(shù)g t 是 1,上的增函數(shù) , （1）當a2時,f1121,g t g10,即不等式lnt2t1成立 , 就切線方程為y 2x1,即xy10 x 3x ,t1x0（2）如a0,f x lnx 有唯獨零點x1. 故所證不等式x 1x 2e 成立 . 2如a0, 就f 0,f x 是區(qū)間0,上的增函數(shù) , 例 25 解：（）由tf 11x112 tx ,可得f t 2 tQf1a0,a f eaa aea 1a e0, x 1所以,tf 00 xt ,tf 0 xt ,f1a f e0, 函數(shù)f x 在區(qū)間0,

41、有唯獨零點 . 就tf x 在區(qū)間 0, t上單調(diào)遞增,在區(qū)間 ,上單調(diào)遞減,如a0, 令f 0得: x1. 2 3,a所以,ft maxf t 11t在區(qū)間0,1上, f 0, 函數(shù)f x 是增函數(shù) ; a（）（ 1）由3 a n1a n2,得a n111an1,又a 11x nN在區(qū)間1,上, f 0, 函數(shù)f x 是減函數(shù) ; 3a就數(shù)列 a n1為等比數(shù)列,且an121 3n12,故在區(qū)間0,上, f x 的極大值為f1ln11lna1. 33naa故a n212n 3為所求通項公式2 n 3由f10,即lna10, 解得 :a1. n 3n 3ae（2）即證,對任意的x0,1f2 1

42、1x112故所求實數(shù)a 的取值范疇是1,. a nx 3ne證法一：（從已有性質(zhì)結(jié)論動身）3 設(shè)x 1x 20,Qf x 10,f x 20,lnx 1ax 10,lnx 2ax 2由（）知f2 maxf2211n 321lnx 1lnx 2a x 1x 2,lnx 1lnx 2a x 1x 2n 32n 3a n3 n3 n原不等式x 1x 22 elnx 1lnx 22n 3即有1f2 x nN *對于任意的x0恒成立a x 1x 22lnx 1lnx2x 12x2ln x 1x 22x 1x 2a n3 nx 1x2x 1x 2證法二：（作差比較法）由an210及an120就111a 1

43、a 2n2a na 21na n3n3na 1a 2a n1f2 111x11 22x 111x112 a n1x 而由an21,所以a 1a 2a nn2111n11a na nx3 na nx 3n 313 n112x1a n211a n20n 31n 33a nx a nx故111n2 n12 n1,所證不等式成立即有1f2 x nN*對于任意的x0恒成立a 1a 2a n1n3 na n3n（）證法一：（從已經(jīng)爭論出的性質(zhì)動身,實現(xiàn)求和結(jié)構(gòu)的放縮）證法三：（應用均值不等式“ 算術(shù)平均數(shù)”“ 幾何平均數(shù)” ）由（）知,對于任意的x0都有111x1122x ,由均值不等式：a 1a 2na

44、nna 1a 2an,其中ia0a nx3n于是,111n111x1122x 可得a 1a 2a nnna 1a 2a n,111nna 1a 1a 2a na 1a 2a nkx k 3n兩式相乘即得111a 1a2a n2 n,以下同證法二1nx112 222nx a 1a2a nx32 3n 3證法四：（逆向分析所證不等式的結(jié)構(gòu)特點,查找證明思路）對于任意的x0恒成立欲證1112 n1,1特殊地,令11nx00,即x 01110,a 1a 2a nn3nn3n留意到1 a nn 321n 322,而2 n1n21 1n1n11nnn 3n1有1111n11n1nn21n21,故原不等式成

45、立a 1a 2a nx 011n從而所證不等式可以轉(zhuǎn)化為證明nn 3n 3222n以下證明小組爭論給分1 32322n 32n1證法二：（應用柯西不等式實現(xiàn)結(jié)構(gòu)放縮）在此基礎(chǔ)上可以考慮用數(shù)學歸納法證明此命題由柯西不等式：x y 1x y2x y n22 x 1x22 x n2 y 1y2y222n例 26 解： （）fx e xa,其中等號當且僅當x iky i1,2,n 時成立當 a0 時fx0,得函數(shù) f x在- , +上是增函數(shù)令x i1,y ia ,可得當 a0 時,a i如 xln a,+,fx0,得函數(shù)f x 在ln a,+ 上是增函數(shù)；111a 1a2an1a 11a 21an2

46、n2如 x- , lna,fx 0,得函數(shù)f x 在- , lna上是減函數(shù)a 1a2ana 1a 2an綜上所述,當a0 時,函數(shù) f x的單調(diào)遞增區(qū)間是- , +；當 a0 時,函數(shù) f x 的單調(diào)例 27 解: 又f10, 所以abc0, 即ac1, 遞增區(qū)間是 lna,+ ,單調(diào)遞減區(qū)間是- , lna 5 分2又由于fx1x21對一切實數(shù) x 恒成立 , （）由題知：不等式e x- axx+x 2 對任意x2,成立,22即不等式axex2x對任意x2,成立即對一切實數(shù)x , 不等式a1x21xc10,也即cx21xc10恒成立 . x22222設(shè)g x xe2 xxx2,于是g x

47、x1 ex2 x明顯 , 當c0時, 不符合題意 . xx2當c0時 , 應滿意c04 c c10,即cc0120再設(shè)h x x1 ex2 x ,得h x x ex214由 x2,得h x 0,即h x 在 2,上單調(diào)遞增,42 hxh2=e 2- 40,進而g h x 0,可得c1, 故ac1. 所以fx1x21x1x244424 gx在 2,上單調(diào)遞增, 由于f x 在,上是增函數(shù)1,f x 的最大值為f1=1 ming22 e3,: f x t22 at1 對a1,1 ,x1,1恒成立.即2a2 e3,即實數(shù) a 的取值范疇是2 e,231t22 at1 對任意a1,1恒成立 . 2（）

48、由（）知,0t22 at對任意a1,1恒成立當 a=1 時,函數(shù) f x在- , 0上單調(diào)遞減,在0,+ 上單調(diào)遞增可把yt22 at 看作關(guān)于 的一次函數(shù),由a1,1知其圖像是一段線段； f xf 0=1 ,即 e x- x1,整理得 1+xe x令xinN* ,i=1,2, , n- 1,就 01iei,即 1ineii,t22 1 t00即t22 t0nnnn22t2 1tt2 t0nn1ne1,nn2ne2,nn3ne3, ,1 nnen1,t0 或t2明顯 nn0 e ,t2 或t0n所以 t的取值范疇為t t2,或t0,或t2n nnnn1nnn2nnn3n1 nn 證明 : 由于

49、fnn22n1n42 1, 所以f1n40 ee1e2e3en14n2 11ene 1enee1,要證不等式f1f1f12 n nN*成立 , 1e1e112nn2故不等式1 nn2 nn3 nn+（n）ee1（nN*）成立n即證11n12 12n4. 4.當n2時,Q121,且10 ,20 ,1f x 122f x2,2 232n1x 12x 2x x 2,由（）得f x g x ,即由于n12 1n1n2n11n12, f1x 12x2f x 1f x 21x 12x2x 1f x 11x 1x2所以11n12 11111n11n121n122n當n2時,結(jié)論成立 . 2 22 32334

50、2n當1Lk1時,假設(shè)當nk k2時結(jié)論成立,即所以f1f1f12 n nN*成立12nn2f1x 12x L2kkx1fx 1L 2fx 2k令. 當 nfk x1時 , 設(shè) 正 數(shù)例 28 解：（）當x 1,0時,f 0,函數(shù)f x 在區(qū)間 1,0 上單調(diào)遞增；1,2, L,k1滿足1Lk1,mLk,12當x0,時,f 0,函數(shù)f x 在區(qū)間 0, 上單調(diào)遞減 . 11,22,L,kk, 就mk1n1,且12Lk1. 函數(shù)f x 在x0處取得極大值,故m1. mmmf1x 12x 2Lkx kk1x k1（）令h x f x g x f x f x 1f x 2xx 1f x 1,f m

51、1x 1Lkx kk1x k1x 1x2就h x f f x 1f x 2. mf1 1 xLkx kk1f x k1x 1x2m1f x 1Lmkf x kk1f x k1Q函數(shù)f x 在xx x 2上可導,存在x 0 x x 2,1f x 1Lkf x kk1f x k1使得fx 0f x 1f x2. 當nk1時,結(jié)論也成立. x 1x 2綜上由,對任意n2, nN ,結(jié)論恒成立 . Qf x111,h x f fx 0 x11x11xx 0 x1例 29 解：（ 1）當a1時,f x x12lnx f 12,x01x 0由f 0,x2,由f 0,0 x2.Q當xx x 0時,h x 0

52、,h x 單調(diào)遞增,h x h x 10；故f x 的單調(diào)減區(qū)間為0,2 , 單調(diào)增區(qū)間為2,.Q當xx 0,x 2時,h x 0,h x 單調(diào)遞減,h x h x 20；（2）即對x0,1,a22lnx恒成立；故對任意xx x 2,都有f x g x . 2x1（）用數(shù)學歸納法證明. 令l x 22lnx,x0,1,就lx2x1 1 2lnx2lnx22,使得f x ig x 0成立,當且僅當a 滿意以下條件0 ,a2,xx 2 1 x12x2xf22a0,即a2ln22a0,再令m x 2lnx22,x0,1,m x 22212x0,f e 1,2ae121.x22 xxxm x 在0,1

53、上為減函數(shù),于是m x m1 222ln 20,令h a a2ln22a,a, 22,2e從而,l x 0,于是l x 在0,1上為增函數(shù), l124ln 2,h a 12ln 2ln2a122aaa2,令h a 0,得a22故要a22lnx恒成立,只要a24ln 2,即 a 的最小值為 24ln 2當a,0時,h a 0,函數(shù)h a 單調(diào)遞增x1當a0, 22時,h a 0,函數(shù)h a 單調(diào)遞減（3）g x e 1xxe 1x1x e 1x,當x0,1時,g x 0,函數(shù)g x 單調(diào)遞增；e當x1,e 時,g x 0,函數(shù)g x 單調(diào)遞減g0=0,g1=1,ge=e1 ee0,所以,對任意a

54、, 22,有h a h 00,所以,函數(shù)g x 在0,e上的值域為0,1 .e即對任意a, 22恒成立；當a2時,不合題意；e當a2時,f 2a22a x22ax22a,x0,e由式解得：a2e31.xxx綜合可知,當a,2e31時 對任意給定的 ,x00,e,故022ae a22e此時,當 x 變化時 ,f ,f x 的變化情形如下：在 0,e上總存在兩個不同的x i1,2,使f x ig x 0成立；x0,22a22a22a,e例 30 解：（ 1）當x0, 時,fxa1.用定義或?qū)?shù)證明單調(diào)性均可x（2）a12x 在,1上恒成立 . f 0 + x設(shè)hx 2x1就ahx在 ,1上恒成立

55、. f x 單調(diào)減最小值單調(diào)增x可證h x 在 ,1單調(diào)增故ah 1 即a3,x0,f x ,a 的取值范疇為,3 f22aa2ln22a,f e 2a e12（3）fx的定義域為x|x,0 xR mn0, 對任意給定的x 00,e,在區(qū)間0,e 上總存在兩個不同的ix i1,2,當nm0 時, 由 1 知fx 在 ,0上單調(diào)增mfm ,nfn由于g342 a6 a10,e 上是增故x2ax10有兩個不相等的正根m,n,解得3413a3413a0a20由于a0, 所以0a3413. 當mn0時,可證fx 在,0 上是減函數(shù) . mf n,nfm 而mn ,故mn1此時a0綜上所述 , a 的取

56、值范疇為0,3413綜上所述, a 的取值范疇為0 2,3 如a1時, 方程f1x 1x3b可化為lnx1x21x b. 例 31 解:1f 22a1x22x2 ax2 ax2124 a x4a2232xx問題轉(zhuǎn)化為bxlnxx1x 2x 1xxlnxx23 x 在 0,上有解 , axax1由于x2為f x 的極值點 , 所以f20即求函數(shù)g x xlnx2 x3 x 的值域即42a12 a0, 解得a0由于g x x lnxxx2, 令h x lnxx2 x , a就h x 112x2x11x , 又當a0時,f x x2, 從而x2為f x 的極值點成立xx2 由于f x 在區(qū)間 3,上

57、為增函數(shù) , 所以當 0 x1時h x 0, 從而h x 在 0,1 上為增函數(shù) , 所以f x22 ax14 a x4a220在區(qū)間3,上恒成立當x1時h x 0, 從而h x 在 1,上為減函數(shù) , 2 ax1因此h x h10. 當a0時 ,f x x20在 3,上恒成立 , 所以f x 在 3,上為增函數(shù) , 故而x0, 故bx h x 0, a0符合題意當a0時, 由函數(shù)f x 的定義域可知 , 必需有 2ax10對x3恒成立 , 故只能a0, 因此當x1時, b 取得最大值0 例32 解：當a2時,fxx22lnx,當x ,1,fx 2x210,所以22 ax1 4 a x4a22

58、0在 3,上恒成立x故函數(shù)f x 在 ,1上是增函數(shù)令g x 2 2 ax1 4 a x4a22, 其對稱軸為x11, fx2 x2ax0 ,當x ,1e,2x2aa2,a2e24ax由于a0所以111, 從而g x 0在 3,上恒成立 , 只要g30即可 , 4a如a2,f x 在 ,1e 上非負（僅當a2,x=1 時,f x0）,故函數(shù)fx在 ,1函數(shù),此時fxminf 11ffx,1e 上a b c 是f x 的三個極值點abc如2e2a2,當xa時 ,f x 0；當1xa時,fx0,此時x33 x29 xt3x-ax-bx-c=x3 abc x2 abbcac x22abc39b1 或

59、3舍b-1,3a12 3t8. 是減函數(shù)；當axe時,fx0,此時fx是增函數(shù)x在abacbcb12 33x. 22t3abcc1故fx minfaalnaa（2）不等式f x x ,即3 x62 x3xx t ex ,即txexx36x22222轉(zhuǎn)化為存在實數(shù)t0,2,使對任意x1, m ,不等式txexx36x23x恒成立 , 即不等式如a2e2,fx在 ,1e 上非正（僅當a2 e2,x=e 時,f x 0）,故函數(shù)0 xexx362 x3x在x1, m 上恒成立；0；是減函數(shù),此時fx minfe ae 2即不等式0exx26x3在x1, m 上恒成立；不等式fx a2x,可化為axl

60、nx x22x設(shè) ex2 x6x3,就 ex2x6；x ,1e , lnx1x且等號不能同時取,所以lnxx,即xln x0,因而ax22x（x ,1e）設(shè) ex2x6,就r x ex2,由于 1xm,有r xlnx故r x 在區(qū)間 1,m 上是減函數(shù)；令gxx22x（x ,1e ）,又gx x1 x22lnx,2xlnxxlnxx 3 e又r14e10, 22e20, 3e30當x ,1e 時,x1,0lnx1,x22lnx0,故存在x 02,3,使得r x 0 x 00；從而g x 0（僅當 x=1 時取等號）,所以g x 在 ,1e 上為增函數(shù),故gx的最小值為g 1 1,所以 a的取值