高考数学理一轮复习精品资料 专题15 导数的综合应用教学案 Word版含解析

1、高考数学精品复习资料2019.5专题专题 15 导数的综合应用（教学案）导数的综合应用（教学案）高考数学（理）一轮复习精品资料高考数学（理）一轮复习精品资料1.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)2.会利用导数解决某些实际问题1利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 yf(x)；(2)求函数的导数 f(x)，解方程 f(x)0；(3)比较函数在区间端点和 f(x)0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答2不等式问题(1)证明不等式时，可构造

2、函数，将问题转化为函数的极值或最值问题(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题3方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数高频考点一高频考点一用导数解决与不等式有关的问题用导数解决与不等式有关的问题例 1、设 f(x)是定义在 r 上的奇函数，且 f(2)0，当 x0 时，有xfxfxx20 的解集是()a(2,0)(2，)b(2,0)(0,2)c(，2)(2，)d(，2)(0,2)答案d解析x0 时fxx0，(x)fxx为减函数，又(2)0，当且仅当 0 x0，此时 x2

3、f(x)0.又 f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故 x2f(x)0 的解集为(，2)(0,2)【变式探究】证明：当 x时，22xsinxx.高频考点二、不等式恒成立问题高频考点二、不等式恒成立问题例 2、已知定义在正实数集上的函数 f(x)12x22ax，g(x)3a2lnxb，其中 a0.设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同(1)用 a 表示 b，并求 b 的最大值；(2)求证：f(x)g(x)(x0)(1)解设两曲线的公共点为(x0，y0)，f(x)x2a，g(x)3a2x，由题意知 f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)，即12x202ax03

4、a2lnx0b，x02a3a2x0.由 x02a3a2x0，得 x0a 或 x03a(舍去)即有 b12a22a23a2lna52a23a2lna.令 h(t)52t23t2lnt(t0)，则 h(t)2t(13lnt)于是当 t(13lnt)0，即 0t0；当 t(13lnt)e13时，h(t)0)，则 f(x)x2a3a2xxax3ax(x0)故 f(x)在(0，a)上为减函数，在(a，)上为增函数于是 f(x)在(0，)上的最小值是 f(a)f(x0)f(x0)g(x0)0.故当 x0 时，有 f(x)g(x)0，即当 x0 时，f(x)g(x)【感悟提升】(1)利用导数解不等式，一般可

5、构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；(2)证明不等式 f(x)g(x)， 可构造函数 f(x)f(x)g(x)， 利用导数求 f(x)的值域， 得到 f(x)0即可；(3)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题【变式探究】已知函数 f(x)lnxax.若 f(x)x2在(1，)上恒成立，求 a 的取值范围解f(x)x2，lnxax0，axlnxx3，令 g(x)xlnxx3，则 h(x)g(x)1lnx3x2，h(x)1x6x16x2x，

6、当 x(1，)时，h(x)0，h(x)在(1，)上是减函数，h(x)h(1)20，即 g(x)0.g(x)在(1，)上也是减函数，g(x)g(1)1，当 a1 时，f(x)x2在(1，)上恒成立高频考点三、利用导数解决函数零点问题高频考点三、利用导数解决函数零点问题例 3、已知函数 f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为2.(1)求 a；(2)证明：当 k0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上递增当 x0 时，f(x)1 时，曲线 yf(x)与直线 yb 有且仅有两个不同交点综上可知，b 的取值范围是(1，)高频考点四、利用导数解决生活中的优

7、化问题高频考点四、利用导数解决生活中的优化问题例 4、某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量 y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式 yax310(x6)2，其中 3x6，a 为常数已知销售价格为 5元/千克时，每日可售出该商品 11 千克(1)求 a 的值；(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格 x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大解(1)因为 x5 时，y11，所以a21011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y2x310(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)(x3)2x310(x6)2210(x3)(x6

8、)2,3x0)，为使耗电量最小，则速度应定为_答案40解析由 yx239x400，得 x1 或 x40，由于 0 x40 时，y40 时，y0.所以当 x40 时，y 有最小值1.【20 xx 高考江苏卷】 （本小题满分 16 分）已知函数( )(0,0,1,1)xxf xab abab.设12,2ab.（1）求方程( )2f x 的根;（2）若对任意xr,不等式(2 )f( )6fxmx恒成立，求实数m的最大值；（3）若01,1ab，函数 2g xf x有且只有 1 个零点，求ab的值。【答案】 （1）0 4（2）1【解析】（1）因为12,2ab，所以( )22xxf x.方程( )2f x

9、 ，即222xx，亦即2(2 )2 210 xx ，所以2(21)0 x，于是21x，解得0 x .由条件知2222(2 )22(22 )2( ( )2xxxxfxf x.因为(2 )( )6fxmf x对于xr恒成立，且( )0f x ，所以2( ( )4( )f xmf x对于xr恒成立.而2( ( )444( )2( )4( )( )( )f xf xf xf xf xf x，且2( (0)44(0)ff，所以4m，故实数m的最大值为 4.因而函数( )g x在0(,)x上是单调减函数，在0(,)x 上是单调增函数.下证00 x .若00 x ，则0002xx ，于是0()(0)02xg

10、g，又log 2log 2log 2(log 2)220aaaagaba， 且函数( )g x在以02x和log 2a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x和log 2a之间存在( )g x的零点，记为1x. 因为01a，所以log 20a，又002x，所以10 x 与“0 是函数( )g x的唯一零点”矛盾.若00 x ，同理可得，在02x和log 2a之间存在( )g x的非 0 的零点，矛盾.因此，00 x .于是ln1lnab，故lnln0ab，所以1ab .2.【20 xx 高考天津理数】 （本小题满分 14 分）设函数3( )(1)f xxaxb,rx，其中rba,(i)求)(

11、xf的单调区间；(ii) 若)(xf存在极值点0 x，且)()(01xfxf，其中01xx ，求证：1023xx；（）设0a，函数| )(|)(xfxg，求证：)(xg在区间 1 , 1上的最大值不小于41.【答案】 （）详见解析（）详见解析（）详见解析【解析】（）解：由baxxxf3) 1()(，可得axxf2) 1(3)( .下面分两种情况讨论：（1）当0a时，有0) 1(3)( 2axxf恒成立，所以)(xf的单调递增区间为),(.（2）当0a时，令0)( xf，解得313ax ，或313ax .当x变化时，)( xf，)(xf的变化情况如下表：x3(,1)3a313a33(1,1)33

12、aa313a3(1,)3a)( xf00)(xf单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以)(xf的单调递减区间为33(1,1)33aa，单调递增区间为3(,1)3a，3(1,)3a.（）证明：因为)(xf存在极值点，所以由（）知0a，且10 x，由题意，得0) 1( 3)( 200axxf，即3) 1(20ax，进而baxabaxxxf332) 1()(00300.又baaxxabxaxxf32)1 (38)22()22()23(000300)(33200 xfbaxa，且0023xx ，由题意及（）知，存在唯一实数1x满足)()(01xfxf，且01xx ，因此0123xx，所以3201 x

13、x.（）证明：设)(xg在区间2 , 0上的最大值为m，,maxyx表示yx,两数的最大值.下面分三种情况讨论：（1）当3a时，33102133aa ，由（）知，)(xf在区间2 , 0上单调递减，所以)(xf在区间2 , 0上的取值范围为)0(),2(ff，因此max|(2)|,|(0)|max|12|,| 1|mffabb |)(1| |,)(1max|baabaa0),(10),(1babaababaa，所以2|1baam.（2）当343a时，2 3332 31011213333aaaa ，由（）和（）知，2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff

14、，所以)(xf在区间2 , 0上的取值范围为33 (1),(1)33aaff，因此3322max|(1)|,|(1)|max|3|,|3|3399aaaamffaabaab|)(392| |,)(392max|baaabaaa414334392|392baaa.（3）当430a时，2 32 3011233aa ，由（）和（）知，2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff，所以)(xf在区间2 , 0上的取值范围为)2(),0(ff，因此|21 | |,1max|)2(| |,)0(max|babffm|)(1 | |,)(1max|baabaa41|1b

15、aa.综上所述，当0a时，)(xg在区间2 , 0上的最大值不小于41.3.【20 xx 高考新课标 3 理数】设函数( )cos2(1)(cos1)f xaxax，其中0a ，记|( )|f x的最大值为a（）求( )fx；（）求a；（）证明|( )| 2fxa【答案】 （）( )2 sin2(1)sinfxaxax ； （）2123 ,0561 1,18532,1aaaaaaaaa； （）见解析【解析】（）( )2 sin2(1)sinfxxx .（）当1时，|( )| |sin2(1)(cos1)|fxxx2(1)32(0)f.因此32a.当01时，将( )f x变形为2( )2 cos

16、(1)cos1f xxx令2( )2(1)1g ttt， 则a是|( )|g t在 1,1上 的 最 大 值 ，( 1)g，(1)32g， 且 当14t时 ，( )g t取 得 极 小 值 ， 极 小 值 为221(1)61()1488g 令1114 ，解得13 （舍去） ，15（）当105时，( )g t在( 1,1)内无极值点，|( 1)|g，|(1)| 23g，|( 1)| |(1)|gg，所以23a（）当115a时，由( 1)(1)2(1)0gg，知1( 1)(1)()4ggg又1(1)(17 )|()|( 1)|048gg，所以2161|()|48ag综上，2123 ,0,561 1

17、,1,8532,1.a4 【20 xx 高考浙江理数】（本小题 15 分） 已知3a ， 函数 f （x） =min2|x1|， x22ax+4a2，其中 minp，q=,ppqq pq.，（i）求使得等式 f（x）=x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围；（ii） （i）求 f（x）的最小值 m（a） ；（ii）求 f（x）在区间上的最大值 m（a）.【 答 案 】（ i ）2,2a；（ ii ）（ i ） 20,32242,22am aaaa；（ ii ） 348 ,342,4aaaa【解析】（）由于3a ，故当1x 时，22242212120 xaxaxxax，当1x 时，22422

18、122xaxaxxxa所以，使得等式 2242f xxaxa成立的x的取值范围为2,2a（） （）设函数 21f xx， 2242g xxaxa，则 min10f xf， 2min42g xg aaa ，所以，由 f x的定义知 min1 ,m afg a，即 20,32242,22.am aaaa，（）当02x时， max0 ,222f xf xfff，当26x时， max2 ,6max 2,34 8max2 ,6f xg xggaff所以， 348 ,342,4aam aa5. 【20 xx 高考新课标 2 理数】 ()讨论函数xx2f(x)x2e的单调性， 并证明当0 x 时，(2)20

19、 xxex；()证明：当0,1)a时，函数2x =(0)xeaxagxx（ ）有最小值.设( )g x的最小值为( )h a，求函数( )h a的值域【答案】 （）详见解析； （）21( ,.24e.（ii）22(2)(2)2( )( ( ),xxea xxg xf xaxx由（i）知，( )f xa单调递增，对任意0,1),(0)10,(2)0,afaafaa 因此，存在唯一0(0,2,x 使得0()0,f xa即0()0g x，当00 xx时，( )0,( )0, ( )f xag xg x单调递减；当0 xx时，( )0,( )0, ( )f xag xg x单调递增.因此( )g x在

20、0 xx处取得最小值，最小值为000000022000(1)+ ()(1)().2xxxea xef xxeg xxxx于是00h( )2xeax，由2(1)()0,2(2)2xxxexeexxx单调递增所以，由0(0,2,x 得002201( ).2022224xeeeeh ax因为2xex单调递增，对任意21( ,24e存在唯一的0(0,2,x 0()0,1),af x使得( ),h a所以( )h a的值域是21( ,24e综上，当0,1)a时，( )g x有( )h a，( )h a的值域是21( ,.24e6.【高考北京理数】 （本小题 13 分）设 函 数( )a xf xxebx

21、， 曲 线( )yf x在 点(2,(2)f处 的 切 线 方 程 为(1)4yex，（1）求a，b的值；（2）求( )f x的单调区间.【答案】 （）2a ，be； （2）)(xf的单调递增区间为(,) .【解析】 （1）根据题意求出( )fx，根据(2)22fe，(2)1fe ，求a，b的值；（2） 由题意知判断)(xf ， 即判断11)(xexxg的单调性， 知( )0g x ， 即( )0fx，由此求得( )f x的单调区间.试题解析： （1）因为bxxexfxa)(，所以bexxfxa)1 ()(.依题设，, 1)2(, 22)2(efef即, 1, 222222ebeebeaa解得

22、eba , 2；（2）由（）知exxexfx2)(.由)1 ()(12xxexexf即02xe知，)(xf 与11xex同号.令11)(xexxg，则11)(xexg.所以，当) 1 ,(x时，0)( xg，)(xg在区间) 1 ,(上单调递减；当), 1 ( x时，0)( xg，)(xg在区间), 1 ( 上单调递增.故1) 1 (g是)(xg在区间),(上的最小值，从而),(, 0)(xxg.综上可知，0)( xf，),(x，故)(xf的单调递增区间为),(.【20 xx 高考新课标 2，理 12】设函数( )fx是奇函数( )()f x xr的导函数，( 1)0f ，当0 x 时，( )

23、( )0 xfxf x，则使得( )0f x 成立的x的取值范围是（）a(, 1)(0,1) b( 1,0)(1,)c(, 1)( 1,0) d(0,1)(1,)【答案】a【 解 析 】 记 函 数( )( )f xg xx， 则2( )( )( )xfxf xg xx， 因 为 当0 x 时 ，( )( )0 xfxf x，故当0 x 时，( )0g x ，所以( )g x在(0,)单调递减；又因为函数( )()f x xr是奇函数，故函数( )g x是偶函数，所以( )g x在(,0)单调递减，且( 1)(1)0gg当01x时，( )0g x ，则( )0f x ；当1x 时，( )0g

24、x ，则( )0f x ，综上所述，使得( )0f x 成立的x的取值范围是(, 1)(0,1) ，故选 a【20 xx 高考新课标 1，理 12】设函数( )f x=(21)xexaxa,其中 a1，若存在唯一的整数0 x，使得0()f x0，则a的取值范围是（）(a)上的最小值；(2)若 f(1)0，函数 f(x)在区间(0，1)内有零点，求 a 的取值范围【解析】解：(1)由 f(x)exax2bx1，得 g(x)f(x)ex2axb.所以 g(x)ex2a.当 x时，g(x)当 a12时，g(x)0，所以 g(x)在上单调递增，因此 g(x)在上的最小值是 g(0)1b；当 ae2时，

25、g(x)0，所以 g(x)在上单调递减，因此 g(x)在上的最小值是 g(1)e2ab；当12ae2时，令 g(x)0，得 xln(2a)(0，1)，所以函数 g(x)在区间上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，于是，g(x)在上的最小值是 g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当 a12时，g(x)在上的最小值是 g(0)1b；当12ae2时，g(x)在上的最小值是 g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当 ae2时，g(x)在上的最小值是 g(1)e2ab.当 ae2时，g(x)在上单调递减，故 g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意所以12a0，g(1)

26、e2ab0.由 f(1)0 得 abe10，g(1)1a0，解得 e2a1.当 e2a1 时，g(x)在区间内有最小值 g(ln(2a)若 g(ln(2a)0，则 g(x)0(x)，从而 f(x)在区间内单调递增，这与 f(0)f(1)0 矛盾，所以 g(ln(2a)0，g(1)1a0.故此时 g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)内各只有一个零点 x1和 x2.由此可知 f(x)在上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在上单调递增所以 f(x1)f(0)0，f(x2)0，所以 x10，当 a4 时，x21.由(1)知，f(x)在上单调递增，所以 f(x)在 x0 和 x1 处分

27、别取得最小值和最大值当 0a4 时，x21.由(1)知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以 f(x)在 xx21 43a3处取得最大值又 f(0)1，f(1)a，所以当 0a1 时，f(x)在 x1 处取得最小值；当 a1 时，f(x)在 x0 和 x1 处同时取得最小值；当 1a4 时，f(x)在 x0 处取得最小值（20 xx北京卷）已知函数 f(x)xcos xsin x，x0，2 .(1)求证：f(x)0；(2)若 asin xxb 对 x0，2 恒成立，求 a 的最大值与 b 的最小值【解析】解：(1)证明：由 f(x)xcos xsin x 得f(x)cos xxsin xc

28、os xxsin x.因为在区间0，2 上 f(x)xsin x0 时，“sin xxa”等价于“sin xax0”，“sin xxb”等价于“sin xbx0 对任意 x0，2 恒成立当 c1 时，因为对任意 x0，2 ，g(x)cos xc0，所以 g(x)在区间0，2 上单调递减，从而 g(x)g(0)0 对任意 x0，2 恒成立当 0cg(0)0.进一步，“g(x)0 对任意 x0，2恒成立”当且仅当 g2 12c0，即 00 对任意 x0，2 恒成立；当且仅当 c1 时，g(x)0对任意 x0，2 恒成立所以，若 asin xx0 时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数 c，总存

29、在 x0，使得当 x(x0，)时，恒有 x20，故 g(x)在 r 上单调递增，又 g(0)10，所以当 x0 时，g(x)g(0)0，即 x20 时，x20 时，x2cex.取 x00，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.若 0c1，要使不等式 x2kx2成立而要使 exkx2成立，则只要 xln(kx2)，只要 x2ln xln k 成立令 h(x)x2ln xln k，则 h(x)12xx2x.所以当 x2 时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取 x016k16，所以 h(x)在(x0，)内单调递增又 h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k

30、，易知 kln k，kln 2，5k0，所以 h(x0)0.即存在 x016c，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.综上，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先证明当 x(0，)时，恒有13x30 时，x2ex，从而 h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，所以 h(x)h(0)10，即13x3x0时，有1cx213x3ex.因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x20，即 0 xe 时，函数 f(x)单调递增；当 f(x)e 时，函数 f(x)单调递减故函数 f(x)的单调递增

31、区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)因为 e3，所以 eln 3eln ，ln eln 3，即 ln 3eln e，ln eln 3.于是根据函数 yln x，yex，yx在定义域上单调递增，可得3ee3，e3e3.故这 6 个数的最大数在3与 3之中，最小数在 3e与 e3之中由 e3及(1)的结论，得 f()f(3)f(e)，即ln ln 33ln ee.由ln ln 33，得 ln 33；由ln 33ln ee，得 ln 3eln e3，所以 3ee3.综上，6 个数中的最大数是 3，最小数是 3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，ln ln ee，得ee

32、.故只需比较 e3与e和 e与3的大小由(1)知，当 0 xe 时，f(x)f(e)1e，即ln xx1e.在上式中，令 xe2，又e2e，则 lne2e，从而 2ln 2e.由得，eln e2e 2.722.723.1 2.7(20.88)3.0243，即 eln 3，亦即 ln eln e3，所以 e363e6e，即 3ln ，所以 e3.综上可得，3ee3ee33，即这 6 个数从小到大的顺序为 3e，e3，e，e，3，3.（20 xx湖南卷）已知常数 a0，函数f(x)ln(1ax)2xx2.(1)讨论 f(x)在区间(0，)上的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且

33、 f(x1)f(x2)0，求 a 的取值范围综上所述，当 a1 时，f(x)在区间(0，)上单调递增；当 0a1 时，f(x)在区间0，21aa上单调递减，在区间21aa，上单调递增(2)由(*)式知，当 a1 时，f(x)0，此时 f(x)不存在极值点，因而要使得 f(x)有两个极值点，必有 0a1a且 x2，所以21aa1a，21aa2，解得 a12.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是 f(x)的极小值点和极大值点而f(x1)f(x2)ln(1ax1)2x1x12ln(1ax2)2x2x22ln4x1x24（x1x2）x1x22（x1x2）4ln(2a1)24（a1）2a1ln(2a1

34、)222a12.令 2a1x.由 0a1 且 a12知，当 0a12时，1x0；当12a1 时，0 x1.记 g(x)ln x22x2.(i)当1x0 时，g(x)2ln(x)2x2，所以 g(x)2x2x22x2x20，因此，g(x)在区间(1，0)上单调递减，从而 g(x)g(1)40.故当 0a12时，f(x1)f(x2)0.(ii)当 0 x1 时，g(x)2ln x2x2，所以 g(x)2x2x22x2x2g(1)0.故当12a0.综上所述，满足条件的 a 的取值范围为12，1.（20 xx江西卷）已知函数 f(x)(x2bxb) 12x(br)(1)当 b4 时，求 f(x)的极值

35、；(2)若 f(x)在区间0，13 上单调递增，求 b 的取值范围（20 xx辽宁卷） 当 x时， 不等式 ax3x24x30 恒成立， 则实数 a 的取值范围是()ab.6，98cd【答案】c【解析】当2x0 时，不等式转化为 ax24x3x3，令 f(x)x24x3x3(2x0)，则 f(x)x28x9x4（x9） （x1）x4， 故 f(x)在上单调递减， 在(1， 0)上单调递增，此时有 a14312.当 x0 时，g(x)恒成立当 0 x1 时，ax24x3x3，令个 g(x)x24x3x3(01)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 a11，an1ln(an1)，证明：2n2an

36、3n2.【解析】解：(1)易知 f(x)的定义域为(1，)，f(x)xx（a22a）（x1） （xa）2.(i)当 1a0，所以 f(x)在(1，a22a)是增函数；若 x(a22a，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(0，)是增函数(ii)当 a2 时，若 f(x)0，f(x)0 成立当且仅当 x0，所以 f(x)在(1，)是增函数.(iii)当 a2 时，若 x(1，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(1，0)是增函数；若 x(0，a22a)，则 f(x)0，所以 f(x)在(a22a，)是增函数(2)由(1)知，当 a2 时，f(x)在(1，)是增函数当 x(0，)时，f(x)f

37、(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0)又由(1)知，当 a3 时，f(x)在2(exex2)(exex2b2)(i)当 b2 时，g(x)0，等号仅当 x0 时成立，所以 g(x)在(，)上单调递增而 g(0)0，所以对任意 x0，g(x)0.(ii)当 b2 时，若 x 满足 2exex2b2，即 0 xln(b1 b22b)时，g(x)0.而 g(0)0，因此当 0 xln(b1 b22b)时，g(x)0，所以当 x(0，2)时，f(x)0，函数 yf(x)单调递增所以 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，当 k0 时，函数 f(x)在(0，2)

38、内单调递减，故 f(x)在(0，2)内不存在极值点；当 k0 时，设函数 g(x)exkx，x(0，)因为 g(x)exkexeln k，当 00，yg(x)单调递增，故 f(x)在(0，2)内不存在两个极值点当 k1 时，得 x(0，ln k)时，g(x)0，函数 yg(x)单调递增所以函数 yg(x)的最小值为 g(ln k)k(1ln k)函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（0）0，g（ln k）0，0ln k2，解得 eke22.综上所述，函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为e，e22 .（20 xx陕西卷）设函数 f(x)ln(1x)，g(

39、x)xf(x)，x0，其中 f(x)是 f(x)的导函数(1)令 g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nn，求 gn(x)的表达式；(2)若 f(x)ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)设 nn，比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(n)的大小，并加以证明【解析】解：由题设得，g(x)x1x(x0)(1)由已知，g1(x)x1x，g2(x)g(g1(x)x1x1x1xx12x，g3(x)x13x，可得 gn(x)x1nx.下面用数学归纳法证明当 n1 时，g1(x)x1x，结论成立假设 nk 时结论成立，即 gk(x)x1kx.那么，当 nk1 时，gk1(x)g(g

40、k(x)gk（x）1gk（x）x1kx1x1kxx1（k1）x，即结论成立由可知，结论对 nn成立(2)已知 f(x)ag(x)恒成立，即 ln(1x)ax1x恒成立设(x)ln(1x)ax1x(x0)，则(x)11xa（1x）2x1a（1x）2，当 a1 时，(x)0(仅当 x0，a1 时等号成立)，(x)在有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使(x)0，故知 ln(1x)ax1x不恒成立综上可知，a 的取值范围是(，1下面用数学归纳法证明当 n1 时，12ln 2，结论成立假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k1)那么， 当 nk1 时，121

41、31k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即结论成立由可知，结论对 nn成立方法二：上述不等式等价于12131n1x1x，x0.令 x1n，nn，则 lnn1n1n1.故有 ln 2ln 112，ln 3ln 213，ln(n1)ln n1n1，上述各式相加可得 ln(n1)12131n1，结论得证方法三：如图，错误错误!xx1dx 是由曲线 yxx1，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223nn1是图中所示各矩形的面积和，1223nn1错误错误!xx1dx错误错误!11x1 dxnln(n1)，结论得证（20 xx天津卷）设 f(x)xaex(ar)，

42、xr.已知函数 yf(x)有两个零点 x1，x2，且 x10 在 r 上恒成立，可得 f(x)在 r 上单调递增，不合题意(ii)a0 时，由 f(x)0，得 xln a.当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln a)ln a(ln a，)f(x)0f(x)ln a1这时，f(x)的单调递增区间是(，ln a)；单调递减区间是(ln a，)于是，“函数yf(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：f(ln a)0；存在 s1(，ln a)，满足f(s1)0；存在 s2(ln a，)，满足 f(s2)0，即ln a10，解得 0ae1.而此时，取 s10，满足 s1(，ln

43、 a)，且 f(s1)a0；取 s22aln2a，满足 s2(ln a，)，且 f(s2)2ae2a ln2ae2a 1，且x2tx1，x2x1ln t，解得 x1ln tt1，x2tln tt1，所以 x1x2（t1）ln tt1.令 h(x)（x1）ln xx1，x(1，)，则 h(x)2ln xx1x（x1）2.令 u(x)2ln xx1x，得 u(x)x1x2.当 x(1，)时，u(x)0.因此，u(x)在(1，)上单调递增，故对于任意的 x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得 h(x)0，故 h(x)在(1，)上单调递增因此，由可得 x1x2随着 t 的增大而增大而由(2)，t 随

44、着 a 的减小而增大，所以 x1x2随着 a 的减小而增大（20 xx浙江卷）已知函数 f(x)x33|xa|(ar)(1)若 f(x)在上的最大值和最小值分别记为 m(a)，m(a)，求 m(a)m(a)；(2)设 br，若24 对 x恒成立，求 3ab 的取值范围【解析】解：(1)因为 f(x)x33x3a，xa，x33x3a，xa，所以 f(x)3x23，xa，3x23，xa.由于1x1，(i)当 a1 时，有 xa，故 f(x)x33x3a，此时 f(x)在(1，1)上是增函数，因此，m(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故 m(a)m(a)(43a)(43a)8.(ii)当

45、1a1 时，若 x(a，1)，则 f(x)x33x3a.在(a，1)上是增函数；若 x(1，a)，则 f(x)x33x3a 在(1，a)上是减函数所以，m(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于 f(1)f(1)6a2，因此，当1a13时，m(a)m(a)a33a4；当13a1时，m(a)m(a)a33a2.(iii)当 a1 时，有 xa，故 f(x)x33x3a，此时 f(x)在(1，1)上是减函数，因此，m(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故 m(a)m(a)(23a)(23a)4.综上，m(a)m(a)8，a1，a33a4，1a13，a33a2，13a1，

46、4，a1.(2)令 h(x)f(x)b，则 h(x)x33x3ab，xa，x33x3ab，xa，3x23，xa.因为24 对 x恒成立，即2h(x)2 对 x恒成立，所以由(1)知，(i)当 a1 时，h(x)在(1，1)上是增函数，h(x)在上的最大值是 h(1)43ab，最小值是 h(1)43ab，则43ab2 且 43ab2，矛盾(ii)当10，t(a)在0，13 上是增函数，故 t(a) t(0)2，因此23ab0.(iii)当13a1 时，h(x)在上的最小值是 h(a)a3b，最大值是 h(1)3ab2，所以 a3b2 且 3ab22，解得28270，故 f(x)在 r 上为增函数

47、(3)由(1)知 f(x)2e2x2e2xc，而 2e2x2e2x2 2e2x2e2x4，当且仅当 x0 时等号成立下面分三种情况进行讨论：当 c0，此时 f(x)无极值当 c4 时，对任意 x0，f(x)2e2x2e2x40，此时 f(x)无极值当 c4 时，令 e2xt，注意到方程 2t2tc0 有两根 t1，2c c21640，则 f(x)0 有两个根 x112ln t1，x212ln t2.当 x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0.从而 f(x)在 xx2处取得极小值综上，若 f(x)有极值，则 c 的取值范围为(4，)1已知函数 f(x)x22xx0，lnx1x0，若|f(x)|

48、ax，则 a 的取值范围是()a(，0b(，1cd答案d解析|f(x)|axx22xaxx0，1lnx1axx0，2成立由(1)得 x(x2)ax 在区间(，0上恒成立当 x0 时，ar；当 x0)，则 h(x)1x1a(x0)，可知 h(x)为减函数当 a0 时，h(x)0，故 h(x)为增函数，所以 h(x)h(0)0 恒成立；当 a1 时，因为1x1(0,1)，所以 h(x)1x1a0，故 h(x)为减函数，所以 h(x)h(0)0 恒成立，显然不符合题意；当 0a0，满足 h(x0)ln(x01)ax00 成立如 a12时，取 x04，则 h(x0)ln520 成立，可知 0a1 时，不符合题意故a0.由可知 a 的取值范围是2若 0 x1x21，则()2121121221212121aeelnln beelnlncee deexxxxxxxxxxxxxxxx答案