【数学】23个函数与导函数类型专题

1、23 个函数与导函数类型专题第 PAGE 79 页23 个函数与导函数类型专题1、函数第 1 题已知函数f ( x) ln x 1 ，若 x 0 ，且 x 1 ， f ( x) ln xk ，求 k 的x 1xx 1x取值范围.解析： 将不等式化成 k()(*) 模式由 f ( x) ln x k 得： ln x1 ln x k ， 化简得： k 1 2 x ln xx 1xx 1xx 1xx2 1 构建含变量的新函数 g( x)构建函数： g( x) 2 x ln xx2 1（ x 0 ，且 x 1 ） u v其导函数由 uv uv v2求得： g ( x) 2( x( x2 1)22 x2

2、ln x ln x 1)2222( x2 1) x2 1即： g ( x) ( x2 1)2 ( x 1) ( x 确定 g( x) 的增减性 1) ln x ( x2 1)2 x2 1 ln x x02 1先求 g( x) 的极值点，由 g ( x0 ) 0 得： x02 1 ln x0 00 x02 1即：x 2 1 ln x0 x02 1由基本不等式 ln x x 1 代入上式得： x02 1 x0 10 x02 11故： x0 1 x02 1 0 即： ( x0 1)(1 x2 1) 0由于1x02 1 1 ，即 1 1x02 1 0 ， 故： x0 1 0 ，即 x0 1即： g(

3、x) 的极值点 x0 1x2 1在 x x0 1 时，由于 x2 1 1 有界，而 ln x 0 无界20故： x2 1 ln x x 1即：在 x x0 1 时， g ( x) 0 ， g( x) 单调递减； 那么，在 0 x x0 时， g( x) 单调递增.满足式得 x0 恰好是 x0 1 在 x (1, ) 由增减性化成不等式在 x (1, ) 区间， 由于 h( x) 为单调递减函数， 故： g( x) limg( x) lim 2 x ln x x1x1 x2 1 应用不等式： ln x x 1 得： lim 2 x ln x lim 2 x( x 1) lim 2 x 1x1 2

4、x1 2x1 x 1 x 1 x 1 即： g( x) g(1) 1 ， 即： g( x) 的最大值是 g(1)代入式得： k 1 g( x) ，即： k 1 g(1) ， 即： k 0 在 x (0, 1) 由增减性化成不等式在 x (0, 1) 区间， 由于 g( x) 为单调递增函数， 故： g( x) limg( x) lim 2 x ln x x0 x0 x2 1 由于极限 总结结论limx0 x ln x 0 ， 故： g( x) 0 ， 代入式得： k 1综合和式得： k 0 . 故： k 的取值范围是 k (,0 x2 1本题的要点： 求出 1 2 x ln x 的最小值或最小

5、极限值.特刊： 数值解析由式 k 1 2 x ln x ，设函数 K ( x) 1 2 x ln xx2 1当 x 1 时， 用洛必达法则得：x2 1lim 2 x ln x lim (2 x ln x) lim 2(ln x 1) 1 ，则 K (1) 0 x1x2 1x1( x2 1)x12x 用数值解如下：x0.30.40.50.60.70.80.91.0K ( x)0.20620.12730.07580.04220.02090.00830.00180.0000 x1.11.21.31.41.51.61.71.8K ( x)0.00150.00550.01140.01860.02690.

6、03590.04540.0553其中， K ( x) 的最小值是 K (1) 0 ， 即 K ( x) K (1) ， 所以本题结果是 k 0 .2、函数第 2 题已知函数f ( x) ln x ax2 ， a 0 ， x 0 ， f ( x) 连续，若存在均属于区间1, 3 的 , ，且 1 ，使 f ( ) f ( )，证明： ln 3 ln 2 a ln 253解析： 求出函数f ( x) 的导函数函数： f ( x) ln x ax2(1 2ax)(1 2ax)11 2ax2其导函数： f ( x) 2ax xxx 给出函数f ( x) 的单调区间由于 x 0 ， 由式知： f ( x

7、) 的符号由(1 2ax) 的符号决定.当 1 当 1 当 1 2ax 0 ，即： x 2ax 0 ，即： x 2ax 0 ，即： x 1时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增； 2a1时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减； 2a1时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 达到极大值.2a 由区间的增减性给出不等式由 , 均属于区间1, 3，且 1 ，得到： 1, 2， 2, 3若 f ( ) f ( )，则 , 分属于峰值点 x 1的两侧2a即： 1， 1.2a2a所以： 所在的区间为单调递增区间， 所在的区间为单调递减区间.故， 依据函数单调性， 在单

8、调递增区间有：f (1) f ( ) f (2)在单调递减区间有：f (2) f ( ) f (3) 将数据代入不等式由式得： f (1) a ；f (2) ln 2 4a ；f (3) ln 3 9a代入得： a f ( ) ln 2 4a ，即： a ln 2 4a ，即： a ln 23代入式得： ln 2 4a f ( ) ln 3 9a ，即： ln 2 4a ln 3 9a ，即： a ln 3 ln 25 总结结论结合和式得： ln 3 ln 2 a ln 2 .证毕.53本题的要点： 用导数来确定函数的单调区间， 利用单调性来证明本题.特刊： 特值解析由已得： 1, 2， 2,

9、 3 ， 且：f ( ) ln a 2 ，f ( ) ln a 2若： f ( ) f ( )， 则： ln a 2 ln a 2即： a( 2 2 ) ln ln ， 故： a ln ln 2 2当： 2 ， 1 时， a ln 23当： 3 ， 2 时， a ln 3 ln 2535ln 3 ln 2 a ln 2故： a 处于这两个特值之间， 即：3、函数第 3 题已知函数f ( x) ln x ax2 (2 a)x .若函数 y f ( x) 的图像与 x 轴交于aA, B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0 ， 试证明： x0 1 .解析： 求出函数 f ( x) 导函数函数 f

10、 ( x) 的定义域由 ln x 可得： x 0 .导函数为： f ( x) 1 2ax (2 a) (1 2 x)( 1 a)xx 确定函数的单调区间当 1 a 0 ，即 x (0, 1 ) 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增； xa当 1 a 0 ，即 x ( 1 , ) 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减； xa当 1 a 0 ，即 x 1 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 达到极大值 f ( 1 ) .xaa111 2111f ( ) ln a ( ) (2 a) ln 1aaaaaa 分析图像与 x 轴的交点，求出 a 区间由于 l

11、imxf ( x) 0 ， limx0f ( x) 0若 f ( x) 与 x 轴交于 A, B 两点，则其极值点必须 f ( 1 ) 0 .a即： ln 1 1 1 0 ，即： ln 1 1 1aaaa考虑到基本不等式 ln 1 1 1 及式得： 1 1 ln 1 1 1aaaaa即： 1 1 1 1 ，即： 2 2 ，即： a 1aaa结合 ln 1 ，即： a 0 得： a (0, 1)a 求出 A, B 点以及 A 关于极值点的对称点 CA, B 两点分居于极值点两侧，即： xA 1 ， xB 1aa设： xA 1 x1 ， xB 1 x2 ，则 x1 , x2 0 ，且 x1 1 （

12、因 x 0 ）aaa设： xC 1 x1 ， 则 xC 与 xB 处于相同得单调递减区间 x ( 1 , ) .aaa于是： f ( xA ) f ( xB ) 0 ，即： f ( 1 x1 ) 0aaa故： f ( xA ) ln( 1 x1 ) a( 1 x1 )2 (2 a)( 1 x1 ) ln( 1 x1 ) a( 1 2 1 x1 x2 ) 2 a (2 a)xaa2a1a1 ln(1 ax1 ) ln a 1 1 ax1 ax2 0a1将 x1 替换成 x1 代入 f ( xA ) 就得到 f ( xC ) ：f ( xC ) f ( 1 x1 ) ln(1 ax1 ) ln a

13、 1 1 ax1 ax2aa1 比较 A, B,C 点的函数值， 以增减性确定其位置构造函数： g( x1 ) f ( xC ) f ( xA ) f ( 1 x ) f ( 1 x )11aa将式代入上式得： g( x1 ) ln(1 ax1 ) ln(1 ax1 ) 2ax1 其对 x1 的导函数为： 1aa2aa2 x2g ( x1 ) 2a 2 2 2a 2a 11 ax11 ax11 a x11 a2 x2a由于式 a (0, 1) 及 x1 1 ，所以 g ( x1 ) 0 .即： g( x1 ) 是随 x1 的增函数，其最小值是在 x1 0 时，即： g( x1 ) g(0)由式

14、得： g(0) 0 ，故： g( x1 ) g(0) 0 .当 x1 0 时， g( x1 ) f ( xC ) f ( xA ) 0 ，即： f ( xC ) f ( xA ) f ( xB )由于 xC 和 xB 同在单调递减区间， 所以由f ( xC ) f ( xB ) 得： xC xBaa即： xC 1 x1 xB 1 x2 ，即： x1 x2 或 x2 x1 0 得出结论那么，由式得： x0 1 ( xA xB ) 1 ( 1 x1 1 x2 ) 1 1 ( x2 x1 ) 122 aaa2aax0 1即：. 证毕.a本题的关键： 首先求得极值点 xm 1 ，以 xm 为对称轴看

15、A, B 的对称点就可以得到结论. 具体措施是： 设 C 点， 利用函数的单调性得到 xC xB4 、函数第 4 题已知函数f ( x) f (1)ex1 f (0)x 1 x2 . 若2f ( x) 1 x2 ax b ，求 2(a 1)b 的最大值.解析： 求出函数f ( x) 的解析式由于 f (1) 和f (0) 都是常数， 所以设f (1) A ，f (0) B ， 利用待定系数法求出函数 f ( x) 的解析式.设： f ( x) Aex1 Bx 1 x2 ， 则：2f (0) A Be其导函数为：f ( x) Aex1 B x ， 则：f (1) A B 1 A所以： B 1 ，

16、 A e ， 函数 f ( x) 的解析式为： f ( x) ex x 1 x22 化简不等式f ( x) 1 x2 ax b2即： f ( x) ex x 1 x2 1 x2 ax b ，故： ex (a 1)x b 022 构建新函数 g( x) ， 并求其极值点构建函数 g( x) ex (a 1) x b 其导函数： g ( x) ex (a 1)要使式得到满足，必须 g( x) 0 . 即： g ( x) 0 ， 或 g( x) 的最小值等于 0 故当 g( x) 取得极值时有： g ( xM ) 0 ， 由式得极值点： xM ln(a 1)此时的 g( x) 由得： g( xM )

17、 (a 1) (a 1) ln(a 1) b 0 求(a 1)b 的最大值由式得： b (a 1)1 ln(a 1)， 则： (a 1)b (a 1)21 ln(a 1)令： y a 1，则式右边为： h( y) y2 (1 ln y)（ y 0 ）其导函数为： h( y) 2 y(1 ln y) y2 ( 1 ) y(1 2 ln y)y当 1 2 ln y 0 ，即： y (0, e ) 时， h( y) 0 ， h( y) 单调递增； 当 1 2 ln y 0 ，即： y ( e , ) 时， h( y) 0 ， h( y) 单调递减； e当 1 2 ln y 0 ，即： y 时， h(

18、 y) 0 ， h( y) 达到极大值.此时， h( y) 的极大值为： h(e ) (e )2 (1 lne ) e2 得出结论(a 1)b 的最大值为e2将代入式得： (a 1)b h( y) e ，故： 22本题的关键：利用已知的不等式 f ( x) 1 x2 ax b 得到关于(a 1)b 的不等式即式， 然后求不等式式的极值.5 、函数第 5 题已知函数f ( x) x ln( x a) 的最小值为 0 ，其中 a 0 . 若对任意的x 0, ) ，有 f ( x) kx2 成立，求实数 k 的最小值. 解析： 利用基本不等式求出 a利用基本不等式 ex 1 x 或 ln y y 1

19、 ， 得： ln( x a) 1 ( x a)即： x ln( x a) x 1 ( x a) 1 a ，即： f ( x) x ln( x a) 1 a已知 f ( x) 的最小值为 0 ，故 1 a 0 ，即： a 1或者，将 x 0, ) 的端点值代入 f ( x) ， 利用最小值为 0 ，求得 a 1 用导数法求出 a函数 f ( x) 的导函数为： f ( x) 1 1x a当 x a 1，即 x 1 a 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减； 当 x a 1，即 x 1 a 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增； 当 x a 1 ，即 x 1 a

20、 时， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 达到极小值. 依题意， f ( x) 的最小值为 0 ，故当 x 1 a 时， f (1 a) 0即： f (1 a) 1 a ln(1 a a) 1 a 0 ，故： a 1函数的解析式为：f ( x) x ln( x 1) 构建新函数 g( x)当 x 0, ) 时，有 f ( x) kx2 ，即： f ( x) x ln( x 1) kx2构建函数： g( x) f ( x) kx2 x ln( x 1) kx2则函数 g( x) 0 ，即 g( x) 的最大值为 0 .实数 k 的最小值对应于 g( x) 的最大值点. 确定 g( x) 的

21、单调区间和极值于是由式得导函数为：g ( x) 1 1 2kx x(1 2k )x 1x 1当 x 0 时，由式得函数 g( x) 0 ；则 x 0 是极值点， 同时 x 0 也是区间的端点. 当 x 0 时， 即： x (0, )当1x 1当1x 1 2k ，即 x 2k ，即 x 1 1 时， g ( x) 0 ，函数 g( x) 单调递增；2k1 1 时， g ( x) 0 ，函数 g( x) 单调递减；2k当1x 1 2k ， 即x xm 1 1 时，g ( x ) 0 ，函数 g( x) 达到极大值 g( x ) .mm2k故： g( x) 从 x 0 开始单调递增， 直到 x xm

22、 达到 g( x) 的极大值，再单调递减， 所以 g(0) 是个极小值. 求出最大值点 xmg( xm ) 是个极大值， 也是最大值.将最值点 x xm 代入式得：（ x xm 1 1 ） 2kg( xm ) 1 1 ln( 1 ) k( 1 1)2 ( 1 1)1 k( 1 1) ln(2k)2k2k2k2k2k ( 1 1)(1 1 k) ln(2k) ( 1 2k )( 1 2k ) ln(2k)2k2 (1 2k )(1 2k ) ln(2k)4k2k2m由 g( x) 的最大值为 0 得： g( x ) (1 2k)(1 2k ) ln(2k ) 04k即： 2k 1，即： k 1

23、，2此时 xm 给出结论1 1 ，即： 2k1xm 1 2k 1 ，即： xm 0由于 xm 0 ， 也是端点， 结合的结论， 所以：g( x) 在 x 0, ) 区间单调递减， g( xm ) g(0) 是个极大值，也是最大值.由 xm 1 1 0 得出实数 k 的最小值为： k 1 2k2本题关键：用构建新函数 g( x) 代替不等式 f ( x) kx2 ，通过求导得到极值点.实数 k 的最小值 k 12故： 特刊： 特值解析由式 g( x) .f ( x) kx2 x ln( x 1) kx2 ，要求函数 g( x) 0 .由式可看出 x 0 时， g( x) 0由 g( x) 0 得

24、： k x ln( x 1) ，令 K ( x) x2x ln( x 1) x2我们只要求出 K ( x) x ln( x 1) 在极值点的值就好.x2用洛必达法则：limK ( x) limx ln( x 1) lim1 1x 1x0 x0 x2x02x limx x 1 lim1 1x0 2 xx0 2( x 1)2对应于 g( x) 0 的 k 1 ，即： 实数 k 的最小值 k 1 .226、函数第 6 题已知函数 f ( x) ex ax2 ex ，（ a R ），当 a 在一定范围时，曲线 y f ( x)上存在唯一的点 P ，曲线在 P 点的切线与曲线只有一个公共点，就是 P 点

25、，求 P 点的坐标.解析： 确定曲线的切线方程曲线： f ( x) ex ax2 ex其导函数： f ( x) ex 2ax e设 P 点的坐标为： ( xP , f ( xP ) ， 则切线方程为：y( x) f ( xP ) f ( xP )( x xP ) 构建新函数 g( x) ， 并求导构建函数 g( x) f ( x) y( x) ， 则切线与曲线的交点就是 g( x) 的零点.则： g( x) f ( x) f ( xP ) f ( xP )( x xP )其导函数： g ( x) f ( x) f ( xP )由得： f ( x) ex 2ax e ，f ( xP ) exP

26、2axP e ，代入式得： g ( x) (ex 2ax) (exP 2axP ) (ex exP ) 2a( x xP ) 分析 a 0 时函数 g( x) 的单调性和极值当 a 0 时： 若 x xP ，则 ex exP ， 2ax 2axP ，故： g ( x) 0 ， g( x) 单调递增； 若 x xP ，则 ex exP ， 2ax 2axP ，故： g ( x) 0 ， g( x) 单调递减； 若 x xP ，则 ex exP ， 2ax 2axP ，故： g ( x) 0 ， g( x) 达到极小值.由式得： g( x) 的极小值 g( xP ) 0 .此时， g( x) 的零

27、点与 P 点的取值有关，因此 P 点的取值不唯一， 所以 g( x) 的零点就不唯一.故当 a 0 时， 不满足 P 点唯一的条件. 分析 a 0 时函数 g( x) 的切线当 a 0 时： 由式， g ( x) 0 的情况分两种：e x exP 0a即： x xP ，此时与的情形相同， P 点的取值不唯一.2a( x xP ) 0bex exP 2a( x xP ) 0 ，即： x xP ， g ( x) 0此时， exP (ex xP 1) 2a( x xP ) ，即： ex xP 1 2ae xP ( x xP )式的解是曲线 y ex xP 与直线 y 1 2ae xP ( x xP

28、) 的交点.曲线 y ex xP 恒过点( xP , 1)，直线 y 1 2ae xP ( x xP ) 也恒过点( xP , 1)，当曲线 y ex xP 过点( xP , 1) 的切线斜率等于2ae xP 时，其这个切线就是曲线的切线.故： 曲线 y ex xP 过点( xP , 1) 的切线斜率为： k (ex xP ) 1x xP于是： 2ae xP 1，即： exP 2a ，即： xP ln(2a) 得到切点 P 的坐标当 a 0 时， xP ln(2a) 就存在.由于 y ex xP 在其定义域内是凸函数， 所以与其切线的交点是唯一的. 将 xP ln(2a) 代入式得：PPf (

29、 xP ) exP ax2 ex (2a) a ln2 (2a) e ln(2a)得到 xP ln(2a) 和 f ( xP ) ， 这就是 P 点的唯一坐标. 结论切点 P 的坐标： xP ln(2a) ，f ( xP ) (2a) a ln2 (2a) e ln(2a)本题要点：利用图象法解超越方程.7、函数第 7 题已知函数f ( x) eax x ，其中 a 0 . 在函数 y f ( x) 的图象上取定两点A( x1 , f ( x1 ) ， B( x2 , f ( x2 ) ，且 x1 x2 ， 而直线 AB 的斜率为 k . 存在 x0 ( x1 , x2 ) ，使f ( x0

30、) k 成立，求 x0 的取值范围.解析： AB 的斜率与 f ( x) 的导函数由 A 、 B 两点的坐标得到直线 AB 的斜率 k ：k f ( x2 ) f ( x1 )(eax2 x2 ) (eax1 x1 )x2 x1x2 x11 (eax2 eax1 ) ( x2 x1 ) (eax2 eax1 ) x2 x1x2 x1函数 f ( x) eax x 的导函数为： f ( x) aeax 1 构建新函数 g( x) ， 并求导判断 f ( x0 ) k 是否成立， 即判断f ( x0 ) k 是否不小于 0 .所以， 构建函数： g( x) f ( x) k ，若 g( x) 0

31、，则 f ( x0 ) k 成立.则： g( x) aeax(eax2 eax1 )x2 x1导函数： g ( x) a2eax 求 g( x) 在区间端点的函数值由式得： ax(eax2 eax1 )eax1a( x x )g( x1 ) ae 1 eax1x2 x1a( x2 x1 )x2 x1a( x2 x1 ) e21 1ex2 x1 a( x2 x1 ) 1g( x2 ) aeax2 (eax2 eax1 ) x2 x1eax2 x2 x1a( x2 x1 ) 1 ea( x1 x2 )eax2 x2 x1ea( x1 x2 ) a( x1 x2 ) 1 确定 g( x) 的零点存在

32、利用基本不等式： ex 1 x ，当且仅当 x 0 时取等号.即： ex x 1 0将式应用于式得： g( x1 ) 0将式应用于式得： g( x2 ) 0（ x2 x1 0 ）（ x2 x1 0 ）则 g( x1 ) g( x2 ) 0 ， 证明其存在性.函数 g( x) 在( x1 , x2 ) 区间是连续的， 其导函数也存在.由式得： g ( x) a2eax 0 ，即函数 g( x) 为单调递增函数.g( x) 是单调函数， 则证明其唯一性.由 g( x1 ) 0 和 g( x2 ) 0 以及函数零点存在定理得， 函数 g( x) 必过零点， 且是唯一零点. 求 g( x) 在( x1

33、 , x2 ) 区间的零点位置0设函数 g( x) 在( x1 , x2 ) 区间的零点位置在 x3 ， 则有 g( x3 ) 0由式得： g( x3 ) aeax3 (eax2 eax1 ) x2 x1（ a 0 ）1eax2 eax1即： x3 a ln a( x2 x1 )且： x3 ( x1 , x2 ) 求 g( x) 在( x1 , x2 ) 区间的 x0由式 g ( x) a2eax 0 得： 函数 g( x) 为单调递增函数， 故： 在 x0 ( x1 , x3 ) 区间， g( x0 ) g( x3 ) 0 ；在 x0 ( x3 , x2 ) 区间， g( x0 ) g( x

34、3 ) 0 ； 在 x0 x3 时， g( x0 ) g( x3 ) 0 .1eax2 eax1故， g( x0 ) 0 的区间为 x0 x3 , x2 ) ，即： x0 a ln a( x2 x1) , x2 )本题要点：构建函数关系式，由其导数得出单调性、增减性， 得出零点.8、函数第 8 题已知函数f ( x) ln( x 1) 1 .证明：当 0 x 2 时， f ( x) 9x x 6x 1x 1证明： 构建新函数 g( x) ，并求导构建函数 g( x) ln( x 1) 1 9xx 6导函数 g ( x) 1154x 12 x 1( x 6)2即： g ( x) 2 x 1 54

35、2( x 1)( x 6)2函数 g( x) 满足 g(0) 0 ， g (0) 0 ，现在只要证明， 当 0 x 2 时， g( x) 0 ， 则f ( x) 9x .x 6 化掉式中的根号项.要保持不等号的方向不变， 只有12 x 1 (*) 即： x 1 (*)x 1x 1x 1或 (*) . （ (*) 代表某个不含根号的式子）x 1由于有 (*) 和 (*) 的两种选项， 所以采用化掉的方法.由均值不等式： 2 1 12 (x 12 x 1x 1)2 x 2 得： x 1 2代入式得： g ( x) 22( x 1)54( x 6)2x 64( x 1)54x 1( x 6)2即：

36、g ( x) ( x 6)3 4 54 ( x 1)4( x 1)( x 6)2( x 6)3 63 ( x 1)4( x 1)( x 6)2 求函数 g( x) 的极值点当 g( x) 取极值时， g ( x) 0 .故由式得： ( x 6)3 63 ( x 1) 0 ，即： x 6 63 x 13 x 1令 t ，（ 1 t 3 3 ）则式为： t 3 5 6t ，即： t 3 6t 5 0分解因式法：t 3 6t 5 (t 3 1) 6(t 1) (t 1)(t 2 t 1 6) (t 1)(t 2 t 5) 02故有： t1 1 ，及(t 2 t 5) 0 ， 即： t2,3 1 1

37、202由于 1 t 3 3 ， 所以舍掉负值， 故取 t 21 1221 121 1 3所以有： t1 1 ， t2 2，即： x1 0 ， x2 2 1=21 1 3( 21 1)3( 21 1)(22 2 21)由于288 ( 16 1)(11 25 ) 3 6 444所以 x2 3函数在两个相邻极值点之间0, 3 是单调的. 由单调性证明不等式x 1由式 g( x) ln( x 1) 1 9x 得： x 64g(0) 0 ， g(3) ln 4 1 9 3 ln 4 2 03 6即： g(0) g(3) ，由于在 x ( x1 , x2 ) 区间， g( x) 是单调的，故： g( x1

38、 ) g( x2 ) 于是， 函数在 x x1 0 时达到极大值，然后递减，直到 x x2 2 时达到极小值.就是说在 0 x 2 区间， g ( x) 0 ，函数 g( x) 单调递减.即： g( x) g(0) 0 ， 故： f ( x) 9x x 6.证毕.本题要点： 构建函数 g( x) ， 由两个相邻极值点之间的区间( x1 , x2 ) 是单调的， 以及两个相邻极值点之间的函数值的大小关系 g(0) g(3) ， 得出： 函数 g( x) 在这个区间( x1 , x2 ) 为单调递减， 由此来证明本题.9、函数第 9 题已知 a 0 ， n 为正整数，抛物线 y xn2a与 x 轴

39、正半轴相交于点 A .2设抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距为f (n) 1n3f (n) 1 n3 1 .证明： 先求 A 点的坐标( xA , 0)f (n) ，求证：当 a 时，对所有 n 都有：17an22an将 x xA ， y yA 0 代入抛物线 y x 求过 A 点的切线方程2 得： xA 抛物线的导数为： y 2 x故 A 点的切线方程为： y yA y ( xA )( x xA )A即： y 0 2 xA( x xA ) 2 xAx 2 x2 求切线在 y 轴上的截距为 f (n)由式，当 x 0 时， y f (n) .an222nA故： f (n) 2 x 2

40、a 分析待证不等式f (n) 1n3f (n) 1 2n3 1 1f (n) 1 n3 1 ，即： f (n) 1，n3 1即： 1 2 1 1， 即：21，f (n) 1n3 1f (n) 1n3 1即： f (n) 1 2n3 2 ，即： f (n) 2n3 1n 2n3 1将式代入上式得： an 2n3 1 ，即： a f (n) 1n3证明了式， 就证明了不等式 数值分析由式当 n 1时， a 3 ；f (n) 1 n3 1173 55当 n 2 时， a2 17 ，即 a ； 当 n 3 时， a3 55 ，即 a ；3 5517（ 552 3025 ， 173 4913 ）因为 a

41、 1 ， 对式两边求对数得： ln a 1 ln(2n3 1)nna 的最小值， 就是 1 ln(2n3 1) 的最大值.满足上式得： 构建新函数 g(n)构建函数： g(n) 1 ln(2n3 1) ，求 g(n) 的最大值.n求导得： g (n) 6n2 2n3 1 n ln(2n3n2 1)6n33当 g (n) 0 时， 即： 2n3 1 ln(2n 1) ，即： 3 32n3 1 ln(2n3 1)令 t 2n3 1 ，则 t 1 .代入式得： 3 3 ln tt 求 t 2n3 1 的最大值虽然解方程比较困难， 但得到其取值范围还是可以的.由式得： ln t 3 3 3 ，即： t

42、 e3 33 27t即： t 2n3 1 27 ，即： n3 13于是满足式的 n 的最大值是 n 2n 2n3 1代入式 a 证明结论得： a 2 2 23 117n3 n3 1满足式，就满足式，由得证.当 a 17 时， 对所有 n 都有： f (n) 1f (n) 1.证毕.10、函数第 10 题已知函数f ( x) ln x 1 ，f ( x) 为exf ( x) 的导数.设 g( x) ( x2 x) f ( x) ，证明： 对任意 x 0 ， g( x) 1 e2解析： 求函数 g( x) 的解析式函数 f ( x) ln x 1 的导函数为： exf ( x) 1e2 x 1 e

43、x ex (ln x 1) x1 ( 1 ln x 1)exx函数 g( x) ( x2 x) f ( x) 得：g( x) ( x 1)x ( 1 ln x 1) x 1 (1 x x ln x) exxex 构造新函数 h( x)由基本不等式 ex 1 x （仅当 x 0 时取等号）得: 1 x 1ex代入式得： g( x) 1 x x ln x（ x 0 ）令： h( x) 1 x x ln x则上式为： g( x) h( x) 分析 h( x) 的单调性，并求其极值由式得 h( x) 导函数为： h( x) (2 ln x)当 x e2 ，即 2 ln x 0 时， h( x) 0 ，

44、 h( x) 单调递减； 当 x e2 ，即 2 ln x 0 时， h( x) 0 ， h( x) 单调递增； 当 x e2 ，即 2 ln x 0 时， h( x) 0 ， h( x) 达到最大值. h( x) 的最大值是在 x xm e2 ，由式得： h( xm ) 1 e2 e2 (ln e2 ) 1 e2 (2)e2 1 e2 证明结论故由式和式： g( x) h( x) h( xm ) 1 e2即： 对任意 x 0 ， g( x) 1 e2 .证毕.本题要点：运用基本不等式 ex 1 x .11、函数第 11 题已知 a, b 是实数，函数f ( x) x3 ax ， g( x)

45、x2 bx ， f ( x) 和 g ( x)是 f ( x) 、g( x) 的导函数 . 设 a 0 ，且 a b ， 若 在以 a, b 为端点的开区间 I 上f ( x)g ( x) 0 恒成立， 求 a b 的最大值 M .解析： 构建新函数 h( x)函数 f ( x) 的导数为： f ( x) 3 x2 a函数 g( x) 的导数为： g ( x) 2 x b构建函数： h( x) f ( x)g ( x) (3 x2 a)(2 x b)则已知条件化为： 在开区间 I 上f ( x)g ( x) 0 恒成立，等价于 h( x) 0 确定 b 的取值范围已知 a 0 ，若 b 0 ，

46、则区间 I (a, b) ； 故： 此时区间 I 包括 x 0 点.由式得：f (0) a ， g (0) b ， 所以 h(0) f (0)g (0) ab 0不满足式， 即： b 0 不成立.故： b 0 ， b 与 a 同处于 x 0 区间. 确定 x 的取值范围由于 a 0 ， b 0 ， x 0 ， 即： 2 x b 0要满足式， 在 2 x b 0 时， 则必须有： f ( x) 0 ，即： 3 x2 a 0 ，即： x2 a ，3即： x a , a ， 结合 x (,0) 得： x a , 0)333 确定 a b 的最大值 M .由于区间 I 是以 a, b 为端点， a 0

47、 ， b 0 ，而 x a , 0)a33a3所以若 b 0 ，则 a ， 所以： a 0 ，即： a2 a ，故： a 1 ， 代入式得： x 1 , 0)333故： I (a, b) ( 1 , 0)33M 1故： a b 的最大值 M 就是由式决定的区间长度， 即本题的要点： 确定 b 0 ，确定 x 的取值范围式.12 、函数第 12 题已知函数f ( x) 0 ，求 的最小值.f ( x) ln(1 x) x(1 x sin )1 x（ 0, ）， 若 x 0 时解析： 求出函数的导函数由函数 f ( x) ln(1 x) x(1 x sin ) 得： 1 x导函数为： f ( x)

48、 1 x (1 2 x sin )(1 x) x(1 x sin ) (1 x)2x(1 x)21 (2 x) sin 依题意，若 x 0 时， f ( x) 0即 f ( x) 在 x 0 区间的最大值为 0.所以， 只要求出区间的最大值，使之为 0， 就解决问题. 由函数极值点得出相应的结果由极值点的导数为 0 得： f ( x) 0所以当在 x 0 区间 f ( x) 0 时，函数 f ( x) 在 x 0 区间单调递减故满足 f ( x) 0 的条件.于是： f ( x) x(1 x)21 (2 x) sin 0由于 x 0 ， (1 x)2 0 ，所以 1 (2 x)sin 0 ，

49、即： sin 1 x故： sin 11， 即： sin 12 02 x2求三角函数定义域得： sin 1 ， 故： sin 1 , 1.2666结合 0, ， 于是 , 5 ，即 的最小值是 .13、函数第 13 题已知函数 f ( x) a ln( x 1) b（ a 0 ），g( x) ex (cx d ) ，若曲线 y f ( x)和曲线 y g( x) 都过点 P(0, 2) ，且在点 P 处的切线相互垂直. 若 x 1 时， f ( x) g( x) ，求a 的取值范围.解析： 求出函数 f ( x) 和 g( x) 的导函数函数 f ( x) 的导函数： f ( x) ax 1函数

50、 g( x) 的导函数： g ( x) ex (cx d c) 由 P(0, 2) 求出b 和d由曲线 y f ( x) 过 P(0, 2) 点得： f (0) b 2由曲线 y g( x) 过 P(0, 2) 点得： g(0) d 2 由点 P 处的切线相互垂直条件得出a 与c 的关系式由点 P 处的切线相互垂直，即切线斜率的乘积等于1 ，即： f (0)g (0) 1由得： f (0) a 0 1 a ，由得： g (0) e0 (0 d c) 2 c代入上式得： a(2 c) 1 构建新函数h( x)构建函数： h( x) g( x) f ( x) ，即： h( x) ex (cx 2)

51、 a ln( x 1) 2于是： h(0) e0 (c 0 2) a ln(0 1) 2 0 ，即： h(0) 0当 f ( x) g( x) 时，等价于h( x) 0 . 化简求解条件只要满足h(0) 0 ， h( x) 0 ，就一定满足式.于是由得： h(0) g (0) f (0) 2 c a将式代入式得： h(0) (2 c) a 1 a 0 ，即： a 0a而式已得： h(0) 0 ，所以只要满足h( x) 0 就可以满足式. 化解h( x) 0要h( x) 0 ，即： g ( x) f ( x) 0将式代入上式得： ex (cx 2 c) a 0 x 1由得: 2 c 1 ，将上式

52、和基本不等式ex x 1 ，代入式得：ah( x) ( x 1)(cx 1 ) aa( x 1)只要右边不小于0 ，就满足要求. 即：( x 1)(cx 1 ) aa 0( x 1)即：( x 1)cx ( x 1) ( a ) 0ax 1 已知 x 1 ，所以 x 1 0 .已知中a 0 ，所以 x 1 0a， a 0 x 1由“一正二定三相等”得： ( x 1) ( a ) 2ax 1 或者由基本不等式m2 n2 2mn（ m, n 0 ）也可得到上式.代入式得： h( x) cx( x 1) 2 解析式若： cx( x 1) 2 0 ，即： cx( x 1) 2当 x 0 时，显然上式成

53、立，则由式得h( x) 0 成立；当 x 0 时，由式得： c 2x( x 1)，即： c 0由式得： a 1 1 ，且a 1 0 ，故： a ( 1 , 0)2 c22 c2iii.当 x (1, 0) 时，由式得： c x( x 1) 2而 x( x 1) 0 ，故： c 2 x( x 1)由于 x 0 ， x 1 0 ，这两者之和为定值，由“一正二定三相等”得：当 x ( x 1)，即 x 1 时， x( x 1) 1 为极大值.此时2 x( x 1)24 8 为极小值，故此时c 8 .由式得： a 1 1 ，即： a (, 1 2 c1010210102综上，由a ( 1 , 0) 和

54、a (, 1 得： a ( 1 , 1 可以满足式条件.本题由切线互相垂直得到式，构建函数得到式，不等关系得到式，重点是分析式得到a 的取值范围.14、函数第 14 题已知函数 f ( x) ex ln( x ) .当 f ( x) 0 时，求 的取值范围. 解析： 分析题意设 g( x) ex ， h( x) ln( x ) ，则 f ( x) g( x) h( x)f ( x) 0 的意思，就是 y g( x) 的图象在 y h( x) 的图象之上设在 x x0 处， y g( x) 与 y h( x) 的图象相切，此时，设 值为0 只要 0 ， y g( x) 的图象永在 y h( x)

55、 的图象之上. 由 x x0 点的关系来建模由于 x0 点在曲线 y g( x) 上，故： y0 ex0同时 x0 点在曲线 y h( x) 上，故： y0 ln( x0 ) 它们在 x x0 图象相切，故： g ( x0 ) h( x0 )即： ln( x0 ) 1x0 由式得： ex0 解超越方程式 ln( x0 ) 方程是一个超越方程，令t 1x0 （ t 0 ），即： x 10t代入得： ln t t 或ln t t由ln t t 得： t 0 （因ln t 定义域），则： ln t t 0 ，即： t 1故： t (0, 1)由基本不等式ex 1 x （仅当 x 0 时取等号）或 x

56、 1 ln x （仅当 x 1 时取等号）代入式可得：t ln t t 1 ，即： 2t 1 ，即： t 1 , )2由得： t 1(, 1)2事实上，方程ln t t 的解是： t B0.56714329 . 解出极值点的由式得： ex0 ln( x0 ) ln t t ，即： x0 ln t t即： x0 t 故： ( x0 1x0 1 ) (x0 x0 x01)2 2 2 ，所以：当 x x0 时， 0 2由的分析，本题答案是： 0 ，即 2 ，本题答案： 2（严格来说，解超越方程得 x0 t = 0.56714329 ，0 B 2.33 ，本题答案是 2.33 ）本题解析式是关键，步是

57、技巧.下面是极值点附近的函数图15、函数第 15 题设函数 f ( x) (1 a2 ) x ax2 ，其中a 0 ，求 f ( x) 0 时 x 的取值范围.解析： y f ( x) 的图象是开口向下的抛物线，于是 f ( x) (1 a2 ) x ax2 x(1 a2 ax)当 f ( x) 0 时， x1 0 ， x2 1 a2a 2 ，即： x (0,1 a2a) ，即： x (0, 2)故： x 的取值范围是 x (0, 2) ，本题就是分析二次函数题.x ax a16、函数第 16 题已知a 0 ，函数 f ( x) .若函数 y f ( x) 在 x 0 区间的图像上存在两点 A

58、, B ，在 A 点和 B 点处的切线相互垂直，求a 的取值范围. 解析：去绝对值号 对 x a ， f ( x) x a ，其导数： f ( x) x a2a 0( x a)2即：在 x a 区间，函数 f ( x) 单调递增； 对 x (0, a)， f ( x) x a ，其导数： f ( x) x a2a 0( x a)2即：在 x (0, a) 区间，函数 f ( x) 单调递减； 对 x a ， f ( x) f (a) 0 ，函数 f ( x) 达到极小值 0.一个绝对值的极小值不小于 0.若 A 点和 B 点处的切线相互垂直，即： f ( xA ) f ( xB ) 1 则 A

59、 点和 B 点分居于两个不同的单调区域.设 xA (0, a) ，则 xB (a, ) ，于是式就是：2a( xA a)22a( xB a)2 1 ，即：2a 1( xA a)( xB a)即：( xA a)( xB a) 2a 解析式得式由式得： xA a 2axB a因为 xA (0, a) ，所以 xA a (a, 2a) ，代入式得：a 2a 2a ，即： 1 1 1 ，即： 1 ( xB a) 2xB a2xB a因为 xB a ，所以 xB a 2a ，结合式得： 2a xB a 2即： 2a 2 ，故： a 1 解析式得式因为 xB a ，所以 xB a 2a ，即：2a xB

60、a 1 ，代入式得： xA a 2a xB a 1，即： xA a 1因为 xA (0, a) ，所以 xA a (a, 2a)代入式得： 2a 1 ，即： a 122综上和式得， a 的取值范围是(0, 1 ).本题要点：由已知条件演绎出式，由式演绎出a 的取值范围.017、函数第 17 题已知函数 f ( x) a(1 2 x 1 ) ， a 为常数且a 0 . 若条件 1： x 满足2f ( f ( x0 ) x0 ；条件 2： f ( x0 ) x0 . 则满足这 2 个条件，称 x0 为函数 f ( x) 的二阶周期点， 如果 f ( x) 有两个二阶周期点 x1 , x2 ，试确定