高三数学：导数压轴题题型归纳

1、导数压轴题题型归纳 1. 高考命题回忆例 1 已知函数 fx e xlnx m（ 2022 全国新课标卷）2如当x0时f x 0,求 a 的取值范畴例 6 已知函数 fx x3+3x2+ax+be x. （2022 宁夏、海南）1如 ab 3,求 fx 的单调区间 ; 2如 fx 在 , ,2, 单调增加 ,在 ,2, ,+ 单调削减 ,证明 6. 1设 x0 是 fx 的极值点,求m,并争论 fx 的单调性；2当 m2 时,证明 fx0. 2. 在解题中常用的有关结论 例 2 已知函数 fx x2axb,gx e xcxd,如曲线 yfx 和曲线 ygx 都过点 P0,2,且1 曲线yf x

2、 在xx 处的切线的斜率等于fx 0,且切线方程为在点 P 处有相同的切线y4x+2（ 2022 全国新课标卷）（）求 a,b,c,d 的值yfx0 xx 0f x 0；（）如 x 2 时, f x kg x ,求 k 的取值范畴；2 如可导函数yf x 在xx 0处取得极值,就fx 00；反之,不成立；例 3 已知函数fx满意fx f1 ex1f0 x1x2（2022 全国新课标）3 对于可导函数f x ,不等式f 0（0）的解集打算函数f x 的递增（减）区间；24 函数f x 在区间 I 上递增（减）的充要条件是：xIf 0 0 恒成立（f 不1求fx的解析式及单调区间；2如fx1x2a

3、xb,求a1b的最大值；恒为 0）. 25 函数f x （特别量函数）在区间I 上不单调等价于f x 在区间 I 上有极值,就可等价转化例 4 已知函数f x alnxb,曲线yf x 在点 1, 1 处的切线方程为x2y30；为方程f 0在区间 I 上有实根且为非二重根； （ 如f x 为二次函数且I=R,就有0 ）；6f x 在区间I 上无极值等价于f x 在区间在上是单调函数,进而得到f 0 或x1x（ 2022 全国新课标）（）求 a 、 b 的值；f 0 在 I 上恒成立（）假如当x0,且x1时,f x lnxk,求k的取值范畴；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 设函数f x x e1x2 ax （2022 全国新课标）9 设f x 与g x 的定义域的交集为D,如xD f x g x 恒成立,就有1如a0,求f x 的单调区间；f x g x min0. 10 如对x 1I 、x 2I2,f x 1g x 2恒成立,就f x ming x max. 2如函数g x eaxf x ,求 函数g x 的单调区间 . 如对x 1I ,x 2I2,使得f x 1g x 2

5、,就f x ming x min. 例 9（切线） 设函数fxx2a. 如对x 1I ,x 2I2,使得f x 1g x 2,就f x maxg x max. （11 ）已知f x 在区间1I 上的值域为A,g x 在区间2I 上值域为 B,（1）当a1时,求函数gx xfx 在区间1,0 上的最小值；如对x 1I ,x 2I2,使得f x 1=g x 2成立,就 AB ；（2）当a0时,曲线yfx在点Px 1,fx 1x 1a处的切线为l,l与x轴交于点A x2,0 12 如三次函数fx 有三个零点,就方程f 0有两个不等实根x 1、x 2,且极大值大于0,求证：x1x2a. 微小值小于0.

6、 例 10 （极值比较） 已知函数f x 2 xax2 a2x 3 a exR,其中aR13 证题中常用的不等式: 当a0时,求曲线yf x 在点1, 1处的切线的斜率；x当a2时,求函数f x 的单调区间与极值. lnxx1 x0 x +1ln（x+1）x x13 ex1x ex1x例 11 （零点存在性定理应用）已知函数f x ln , x e. lnxx21x1 lnx1212x0 x1x22x如函数 x = f xx+1,求函数 x的单调区间；3. 题型归纳 导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用x-1设直线 l 为函数 f x的图象上一点Ax0,f x0处的切线,证明：在区间

7、1,+上存在唯独的例 7（构造函数,最值定位）设函数fxx1x e2 kx 其中 kR . x0,使得直线l 与曲线 y=gx相切 当k1时 ,求函数 fx 的单调区间 ; 例12 （最值问题,两边分求）已知函数f x lnxax1xa1aR. 当k1 ,1 2时,求函数 fx 在 0,k 上的最大值M . 当a 1时,争论f x 的单调性；2设g x x22 bx4.当a1时,如对任意x 10, 2,存在x 21,2,使例 8（分类争论,区间划分）已知函数f 1x31ax2xb a0,f x 为函数f x 的导4f x 1g x 2,求实数 b 取值范畴 . 32函数 . 1设函数 fx 的

8、图象与 x 轴交点为 A, 曲线 y=fx 在 A 点处的切线方程是y3x3,求a b 的值 ; 例13 （二阶导转换）已知函数fxlnx（）争论关于x 的方程lnxx22 exm的根的个数a 的取值范畴；如FxfxaaR ,求F x 的极大值；fx x例 17 （综合应用） 已知函数fxln23 x3x2.如Gxfx 2kx在定义域内单调递减,求满意此条件的实数k 的取值范畴 . 2例 14 （综合技巧） 设函数f x x1alnx aR .求 fx在 0,1 上的极值；x如对任意x1,1,不等式|alnx|lnfx3x0成立,求实数争论函数f x 的单调性；63如关于 x 的方程fx 2x

9、b在0,1上恰有两个不同的实根,求实数b 的取值范畴 . 如f x 有两个极值点x x ,记过点A x 1,f x 1,B x 2,f x 2的直线斜率为k,问：是否存在a,使得k2a ？如存在,求出a 的值；如不存在,请说明理由. 不等式证明2, y2,线段AB的交点与根的分布例 18 变形构造法 已知函数x xa1,a 为正常数例15 （切线交点）已知函数fx3 ax2 bx3 x a bR 在点1 ,f1处的切线方程为9y20如fxlnxx,且 a2,求函数fx的单调增区间；在中当a0时,函数yfx 的图象上任意不同的两点Ax 1, y1,Bx求函数 fx 的解析式；如对于区间2,2 上

10、任意两个自变量的值x x 都有fx 1fx2c ,求实数c 的最中点为Cx0y0,记直线 AB 的斜率为k,试证明：kfx 0gx 11,求agx2小值；如过点M2,mm2可作曲线 yfx 的三条切线,求实数m 的取值范畴 如gx lnxx ,且对任意的x 1x 20, 2,x 1x2,都有x 2x 1的取值范畴例 16 （根的个数） 已知函数tfx xx,函数g xfxsinx是区间 -1,1上的减函数 . 例 19 高次处理证明不等式、取对数技巧已知函数fx x2lnaxa0 .（I）求的最大值；（II）如gx t21 在1,1上恒成立,求t 的取值范畴；（1）如fxx2对任意的x0恒成立

11、,求实数a 的取值范畴；（2）当a1时,设函数gx fx,如x 1,x 2c11, ,x 1x21,求证x 1x 2x 1x 24例 23 整体把握,贯穿全题已知函数f x lnx11nn都成立（其中e是自然对数的底数）xxe（1）试判定函数f x 的单调性；例 20（肯定值处理）已知函数fx3 xax2bx的图象经过坐标原点,且在x1处取得极大（2）设m0,求f x 在 m , 2m 上的最大值；（3）试证明：对任意n* N ,不等式ln1nne值（I）求实数 a 的取值范畴；例 24 化简为繁,统一变量设aR ,函数f x lnxax . N*；（II ）如方程fx2a932恰好有两个不同

12、的根,求fx的解析式；（）如a2,求曲线yf x 在P1, 2处的切线方程；（III ）对于（ II ）中的函数f x ,对任意、R,求证：|f2sinf2sin|81例 21 （等价变形） 已知函数fx ax1lnxaR（）如f x 无零点 ,求实数 a 的取值范畴；（）如f x 有两个相异零点x x ,求证 : x 1x22 e . （）争论函数fx在定义域内的极值点的个数；例 25 （导数与常见不等式综合）已知函数tf x 11x112 tx ,其中为正常数（）如函数fx在x1处取得极值,对x0,fxbx2恒成立,x 求实数 b 的取值范畴；（）求函数tf x 在 0, 上的最大值；（）

13、设数列 a n满意：a 15,3 a n1a n2,（）当0 xy2 e且xe时,试比较y与1lny的大小3x1lnx（1）求数列 a n的通项公式a ； （2）证明：对任意的x0,1f2 x n例 22（前后问联系法证明不等式）已知f x lnx g x 1x2mx7m0,直线l与函数a n3n22（）证明：1112 n1f x g x 的图像都相切,且与函数f x 的图像的切点的横坐标为1；a 1a 2a nn（I）求直线l 的方程及 m 的值；例 26 （利用前几问结论证明立体不等式）已 知 函 数 fx=ex-axe为 自 然 对 数 的 底 数 .（II ）如h x f x1g x

14、其中 gx 是gx 的导函数,求函数h x 的最大值；I 求函数 fx 的单调区间；（III ）当0ba 时,求证：f ab f2 ba.II 假如对任意x2 ,都有不等式 fx x + x2 成立,求实数 a 的取值范畴；2aIII 设nN*, 证 明 ：1n+2n+3n+ +n nn0时fxxk1恒成立,求正整数k的最大值 .x例 36 （创新题型） 设函数 fx=ex+sinx,gx=ax,Fx=fx gx. 导数与数列如 x=0 是 Fx 的极值点 ,求 a 的值；当 a=1 时,设 Px 1,fx 1, Qx 2, gx 2x 10,x 20, 且 PQ/x 轴,求 P、Q 两点间的

15、最短距离；如 x0时,函数 y=Fx 的图象恒在y=F x的图象上方 ,求实数 a 的取值范畴例39（创新型问题） 设函数f x x2 a xx b e ,a、bR,xa 是f x 的一个极大值点例 37 （创新题型） 已知函数f x =axlnx1 aR ,gx1 xex. 如a0,求b的取值范畴；求函数gx 在区间0 ,e 上的值域；当 a 是给定的实常数,设x 1, ,x 3是f x 的 3个极值点,问是否存在实数b ,可找到x 4R ,使得x 1,x 2, ,x 4的某种排列x i 1,x i2,x i 3,xi 4（其中i 1, , ,i4= 12 3 4, ）依次成等差数列 .如存

16、在,求全部的b 及相应的x ；如不存在,说明理由3 在2的条件下 ,令S n12 a ,如不等式 2a na nm1对n* N 且n2恒成立 ,求实数例 40 （数列求和,导数结合）给定函数f x 2x21m 的取值范畴 . 导数与三角函数综合x1试求函数fx 的单调减区间 ; 2已知各项均为负的数列a n满意 ,4S nf11求证 :11lnnn11; 例 43 （换元替代,排除三角）设函数f x x xa 2（xR ）,其中 aR ana nan3设b n1,T 为数列b n的前 n 项和 ,求证 :T 20221ln 2022T 2022. （）当a1时,求曲线yf x 在点 2,f2处

17、的切线方程；an（）当a0时,求函数f x 的极大值和微小值；导数与曲线新题型（）当a3,k1 0, 时,如不等式f kcos f k22 cosx 对任意的xR 恒例 41 （形数转换） 已知函数f lnx , g x 1ax2bx a0. 成立 ,求k的值；2例 44 （新题型,第7 次晚课练习） 设函数f x axcos , x x0,. 1如a2, 函数h x f g x 在其定义域是增函数,求 b 的取值范畴 ; 2在1 的结论下 ,设函数x=e2x+bex,x 0,ln2,求函数x 的最小值 ; 1争论f x 的单调性3设函数fx的图象 C1与函数gx的图象 C2 交于点 P、Q,

18、过线段 PQ 的中点 R 作 x 轴的垂2设f x 1sinx ,求 a的取值范畴 . 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 处的切线平创新问题积存行.如存在 ,求出 R 的横坐标 ;如不存在 ,请说明理由 . 例 42 （全综合应用）已知函数f x 1ln2xx0 x2. 例 45 已知函数f x lnx2x. x44I、求f x 的极值 . 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II 、求证f x 的图象是中心对称图形. 数yf x 的图像上 .如存在 ,求出点 M 的坐标

19、;如不存在 ,请说明理由 ; 2定义S n2n1f inf 1nf2f2n1,其中n* N ,求S 2022; III 、设f x 的定义域为 D ,是否存在a bD .当xa b 时,f x 的取值范畴是a b ,4 4.i1nn如存在 ,求实数 a 、 b 的值；如不存在,说明理由例 46 已知函数fx x44 x32 ax1 在区间 0,1 上单调递增,在区间1,2 上单调递减（1）求 a 的值；（2）设gxbx 21,如方程fxgx的解集恰好有3 个元素,求 b 的取值范畴；n ,使fx（3）在（ 2）的条件下,是否存在实数对m ,m gxn为偶函数？如存在,求出m,n如不存在,说明理

20、由导数压轴题题型归纳参考答案例 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 分定义域为 x|x1 ,（）由（）知,f x x 24x2,g x 2 e xx1,fxe x1x me x x1 1,设函数F x =kg x f x =x 2 ke x1x24x2（x2）,x1F x =2x ke x22x4=2x2x ke1,明显 fx在1,0上单调递减,在0, 上单调递增有题设可得F00,即

21、k1,2证明gxe xln x2,令F x =0 得,1x =ln k ,x =2,就 gx e x1x2x2（1）如1k2 e ,就 21x 0,当x 2,x 1时,F x 0,当x , 1时,hxgxe x1 x2. hx2xe x120,x20,即F x 在 2,x 1单调递减,在x 1,单调递增,故F x 在 x =1x 取最小值F x 1, 而所以 hx是增函数, hx0 至多只有一个实数根,F x 1=2x 122 x 14x 12=x x 12 0,又 g1 2 1 e1 320,当 x 2 时,F x 0,即f x kg x 恒成立,所以 hx gx0 的唯独实根在区间1 2,

22、0 内,2如k2 e ,就F x =2 2 exx 2 e2 e,设 gx 0 的根为 t,就有 gte t10 1 2t0 ,所以, e t1 . t2 et,t 2当 x 2 时,F x 0,F x 在2,+ 单调递增,而F 2=0,当 x 2 时,F x 0,即f x kg x 恒成立,t2当 x 2,t时, gxgt0,gx单调递增；2所以 gxmingte tln t2 1t1t0,t2 t2当 x 2 时,f x kg x 不行能恒成立,综上所述, k 的取值范畴为 1, e . 2当 m2 时,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由于直线x2y30的斜率为1,且过点 1,1,故f11,1,即2得：f x x ex1x2g x f x e1x2f122g x e x10yg x 在 xR上单调递增b1,ab1 , 2解得a1,b1；f 0f0 x0,f 0f0 x02得：f x 的解析式为f x exx1x2（）由（）知f lnx1,所以2x1x且单调递增区间为0, ,单调递减区间为,0（2）f x 1x2axbh x exa1 xb0得h x x ef x lnxk1122l

24、nxk1 x21 ；x1xxx2考虑函数h x 2lnxk1x21x0,就h x k1x2212x；当a10时,h x 0yh x 在 xR 上单调递增x时,h x 与h x 0冲突a1xxi 设k0,由h x k x21x2 1知,当x1时,h x 0,hx递减；而h10故当a10时,h x 0 xlna1,h x 0 xln2 x得：当xlna1时,h x mina1a1lna1b0当x0,1时,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当 x（1,+）时, h（x）0 xF 00 xe F 0 x

25、e从而当 x0,且 x1 时, f（x） -（lnx+k ）0,即 f（ x） xlnx+k. x1x1x当 xe 时,F x maxe2（ ii ） 设0k0,例 4 解（）f xx x1lnx b2 1x2故hx） 0,而 h（1）=0,故当 x（1,11k）时, h（x） 0,可得112h（x）0,而 h（ 1）=0,故当 x当 x 3 或 0 x3 时,f 0; （1, +）时, h（x）0,可得112h（x） 0,gx=0的两根都小于 0,在 0, 上,f 0,故令fx0,即3x230得x1单调递增x22, 111,11 当a2 时, 0,gx=0的两根为x 1aa24,x 2aa2

26、4, 0,故f x fx+ + 2 22当0 xx 时,f 0；当x 1xx 时,f 0；当xx 时,ffx2增极大值减微小值增分别在0,x 1,x 2,上单调递增,在x x 1 2上单调递减由知,如f x 有两个极值点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,所以当x2,2时,fxmax2,fxmin2x x 2就对于区间2,2 上任意两个自变量的值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、为4ttt（）由lnxlnxx22 exm .由于点M2,mm2不在曲线 yfx 上,所以可设切点为x 0,y 0fxx就y03 x 03x 令f1xlnx,f2xx22exm ,f1x1lnx,xx2由于fx 032 x 03,所以切线的斜率为32 x 03当x,0e 时,f 1x ,0f1x 在,0e上为增函数；时,方程无解；就3 x 0 23=x 0 33x 02m,当x,e时, f 1 x,0f1x 在e ,为减函数；x 0当xe 时,f1xmaxf1e 1,即23 x 062 x 06m0e而f2x xe 2me2,当m2 e1,即me2由于过点M2,mm2可作曲线 yfx 的三条切

28、线,ee当m2 e1,即me21时,方程有一个根；所以方程2x36x26m0有三个不同的实数解ee00当m2 e1时,me21时,方程有两个根. 所以函数g x2x36x26m有三个不同的零点ee例17 解：fx23x3x3 x1 3x1 ,就gx62 x12x令gx0,就x0或x22,33x21 时,fx0,fx 递减 . 令fx0得x1或x1（舍去）x,00 0,22 3当0 x1时,fx0 ,fx单调递增；当1xgx+ + 33f1ln31为函数fx在 0 1, 上的极大值 . g x增极大值减微小值增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上单调递减,设h x lnxln23ln2 x3 x2,gxlnxcosx在-1,1上恒成立,1,故的最大值为1.,10 1,333 x3（II ）由题意gxmaxg 1sin,1只需sin1t2t依题意知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,函数fx 的单调增区间为,01,2,.222xx 2证明：当a0时fxl

30、nxhx 2x3x2126x 226x20,fx 1, fx 01x 12x 2, 又kfx 2fx 1lnx 2lnx 1lnx 233x3xx 1gx与hx都在1,1上单增,要使不等式成立,xx0 x2x 1x 2x 1x2x 163当且仅当ah1或ag1, 即aln1或aln1.不妨设x 2x 1, 要比较 k 与fx 0的大小,即比较lnx 2与x 12x 2的大小,3635x 1由fx2xbln23x3x22xb0 .x 2x 12令x ln23x 3x22xb ,就x 23x3 x又x2x 1, 即比较lnx2与2x2x 12x 2x 11的大小2323 x1x 1x 1x 2x

31、2当x0 ,7 时,x0 ,于是x在0 ,7上递增；x 1令hxlnx2 x1 x1 , 就hx 1x42x120, 33x1x1x x1 2x71,时,x0,于是x 在71, 上递减,hx在,1上位增函数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恰有两个不同实根等价于x 1gx2gx 11,gx 2x 2gx 1x 10 0 ln2b0 x 2x 1x 2x 17ln27727b0由题意得Fxgx x在区间0, 2上是减函数3661当1x2,Fx lnxxa1x,Fx 1xa1

32、 211 ln51b02xln51bln277237.由Fx 0ax1 2x1 2x 23x13在x,1 2恒成立xx26设m x x23x13,x,12,就mx 2x130例18 解：fx1xa2x22a x1xx2m x 在,1 2上为增函数, am 2 27.x1 xx1222当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,由于当x1时取得极大值,由Fx 0ax1 2x12x2x11在x01, 恒成立3xx所以2a31a3,所以a的取值范畴是:,3 ；设txx2x11,x01, 为增函数

33、 ,at 103x（II ）由下表：综上： a的取值范畴为a27. x1, 1 ,12a 33 2a32 a33,23例19 解：（ 1）fx 2xlnaxx,fx 2xlnaxxx2,即2lnax1xf x + 0 - 0 - fx 递增极大值递减微小值32递增设ux2lnax1x,ux21,0 x2,x2时,单调减,x2单调增,a62 aa227x依题意得：a62a322a932,解得：a9所以x2时,ux 有最大值 .u2 ,02ln2 a12,所以0ae. 272所以函数fx的解析式是：fx3 x9x215x（2）当a1时,gx fxxlnx, x（III ）对任意的实数,都有22si

34、n2,22sin2,gx1lnx,0 x1, 所以在1,上gx 是增函数,0,1上是减函数 . eee在区间 -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. 函数fx 在区间,2 2上的最大值与最小值的差等于81,所以|f2sinf2sin|81所以lnx 1lnx 2x 1x 2x 2x 1x 1x2lnx 1x22x 1x2l

35、nx 1x2例 21 解：（）fxa1axx1,当a0时,f 0在0 ,上恒成立,函数x2x 1x又由于2x 1x24,当且仅当 “x 1x2”时,取等号 . 单调递减,fx 在,0上没有极值点；当a0时,f 0得0 x1,f 0得x1,x2x 1aa又x 1,x 211, ,x 1x21,lnx 1x20, fx在 0,1上递减,在 1 a,上递增,即fx在x1 处有微小值aea所以2x 1x2lnx 1x 24lnx 1x 2,所以lnx 1lnx24lnx 1x 2,当a0时fx在 0,上没有极值点,x2x 1当a0时,fx在0 ,上有一个极值点所以：x 1x2x 1x24. （）函数f

36、x在x1处取得极值,a1,例 20 （ I）f0 0c,0fx3x22axb,f 1 0b2a3fx bx211lnxb,xx令gx 11lnx,可得gx在0 e2上递减,在e2,上递增,x1.（II ）由（ I）可知g x 12 x2x7,xx22gx minge211,即b11g x x2,h x lnx1x2x1,h x x111xx.e2e21（）证明：exylnx1lnex1lney1,当 x-1,0时 ,hx0,hx单调,当x0,时,h x 0, h x 单减；lny1 xy当 x=0时 ,h x 取最大值,其最大值为2；令gx lnx e1 ,就只要证明gx在e,1上单调递增,（

37、III ）f ab f2 lnabln 2alnabln1ba.x2 a2a又gxe xlnx1x11,Q0ba,aba0,1ba0.ln2 x122a明显函数h xlnx1x11在e,1上单调递增证明,当x 1,0时,ln1xx,ln1baba.2a2 ahx110,即gx 0,f ab f2 ba.e2agx在e1 ,上单调递增,即lnex1 lney1 ,例 23 解：（ 1）函数f x 的定义域是0, 由已知f 1lnx令f 0,得 xe x2xy由于当 0 xe 时,f 0；当 xe 时,f 0当xye1时,有exylnx1 所以函数f x 在 0, e 上单调递增,在 ,上单调递减

38、lny1（ 2 ） 由 （ 1 ） 可 知 当 2me , 即me时 ,f 在 m,2m 上 单 调 递 增 , 所 以例22 解：（ I）Qf 1,f11;直线l的斜率为 1,2f x maxf2m ln 2m1x2 m且与函数f x 的图像的切点坐标为（1,0）,直线l的方程为y当 me 时, f x 在 m, 2 m 上单调递减, 所以f x maxlnm1当m em,即eme时,yx17有一解；m2ln 2m1, 0me又直线l与函数yg x 的图象相切,方程组y1x2mx2 m2f x maxf e 11综上所述,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 当x 0 ,时f x maxf e 11 所 以 在x 0 ,时 恒 有依题意,方程有两个相等的实数根,2m2 1490ef xl n x1e1,即ln xx1,当且仅当xe 时等号成立因此对任意x0,恒有得m=4或m=-2 ,Qm0,m2.xeln x1由于1nn0,1nne,所以ln1nn1 1nn,即ln1nne1n因此对任意令x 1t, 就t1, 于是lnx 12x 1x2lnt2t1. t2 10*eenx2x2x 1x2t1nN ,不等式ln1nne1nn设函数g t lnt2t1t1, 求导得 : g t 1

40、t40t1t2 1t t2 1例 24 解： 在区间0,上,f 1a1ax. xx故函数g t 是 1,上的增函数 , （1）当a2时,f1121,g t g10,即不等式lnt2t1成立 , 就切线方程为y 2x1,即xy10 x 3x ,t1x0（2）如a0,f x lnx 有唯独零点x1. 故所证不等式x 1x 2e 成立 . 2如a0, 就f 0,f x 是区间0,上的增函数 , 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, 函数f x 在区间0,

41、有唯独零点 . 就tf x 在区间 0, t上单调递增,在区间 ,上单调递减,如a0, 令f 0得: x1. 2 3,a所以,ft maxf t 11t在区间0,1上, f 0, 函数f x 是增函数 ; a（）（ 1）由3 a n1a n2,得a n111an1,又a 11x nN在区间1,上, f 0, 函数f x 是减函数 ; 3a就数列 a n1为等比数列,且an121 3n12,故在区间0,上, f x 的极大值为f1ln11lna1. 33naa故a n212n 3为所求通项公式2 n 3由f10,即lna10, 解得 :a1. n 3n 3ae（2）即证,对任意的x0,1f2 1

42、1x112故所求实数a 的取值范畴是1,. a nx 3ne证法一：（从已有性质结论动身）3 设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 *对于任意的x0恒成立a x 1x 22lnx 1lnx2x 12x2ln x 1x 22x 1x 2a n3 nx 1x2x 1x 2证法二：（作差比较法）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,所证不等式成立即有1f2 x nN*对于任意的x0恒成立a 1a 2a n1n3 na n3n（）证法一：（从已经争论出的性质动身,实现求和结构的放缩）证法三：（应用均值不等式“ 算术平均数”“ 几何平均数” ）由（）知,对于任意的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两式相乘即得111a 1a2a n2 n,以下同证法二1nx112 222nx a 1a2a nx32 3n 3证法四：（逆向分析所证不等式的结构特点,查找证明思路）对于任意的x0恒成立欲证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从而所证不等式可以转化为证明nn 3n 3222n以下证明小组争论给分1 32322n 32n1证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题由柯西不等式：x y 1x y2x y n22 x 1x22 x n2 y 1y2y222n例 26 解： （）fx e xa,其中等号当且仅当x iky i1,2,n 时成立当 a0 时fx0,得函数 f x在- , +上是增函数令x i1,y ia ,可得当 a0 时,a i如 xln a,+,fx0,得函数f x 在ln a,+ 上是增函数；111a 1a2an1a 11a 21an2

46、n2如 x- , lna,fx 0,得函数f x 在- , lna上是减函数a 1a2ana 1a 2an综上所述,当a0 时,函数 f x的单调递增区间是- , +；当 a0 时,函数 f x 的单调例 27 解: 又f10, 所以abc0, 即ac1, 递增区间是 lna,+ ,单调递减区间是- , lna 5 分2又由于fx1x21对一切实数 x 恒成立 , （）由题知：不等式e x- axx+x 2 对任意x2,成立,22即不等式axex2x对任意x2,成立即对一切实数x , 不等式a1x21xc10,也即cx21xc10恒成立 . x22222设g x xe2 xxx2,于是g x

47、x1 ex2 x明显 , 当c0时, 不符合题意 . xx2当c0时 , 应满意c04 c c10,即cc0120再设h x x1 ex2 x ,得h x x ex214由 x2,得h x 0,即h x 在 2,上单调递增,42 hxh2=e 2- 40,进而g h x 0,可得c1, 故ac1. 所以fx1x21x1x244424 gx在 2,上单调递增, 由于f x 在,上是增函数1,f x 的最大值为f1=1 ming22 e3,: f x t22 at1 对a1,1 ,x1,1恒成立.即2a2 e3,即实数 a 的取值范畴是2 e,231t22 at1 对任意a1,1恒成立 . 2（）

48、由（）知,0t22 at对任意a1,1恒成立当 a=1 时,函数 f x在- , 0上单调递减,在0,+ 上单调递增可把yt22 at 看作关于 的一次函数,由a1,1知其图像是一段线段； 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明显 nn0 e ,t2 或t0n所以 t的取值范畴为t t2,或t0,或t2n nnnn1nnn2nnn3n1 nn 证明 : 由于

49、fnn22n1n42 1, 所以f1n40 ee1e2e3en14n2 11ene 1enee1,要证不等式f1f1f12 n nN*成立 , 1e1e112nn2故不等式1 nn2 nn3 nn+（n）ee1（nN*）成立n即证11n12 12n4. 4.当n2时,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当n2时,结论成立 . 2 22 32334

50、2n当1Lk1时,假设当nk k2时结论成立,即所以f1f1f12 n nN*成立12nn2f1x 12x L2kkx1fx 1L 2fx 2k令. 当 nfk x1时 , 设 正 数例 28 解：（）当x 1,0时,f 0,函数f x 在区间 1,0 上单调递增；1,2, L,k1满足1Lk1,mLk,12当x0,时,f 0,函数f x 在区间 0, 上单调递减 . 11,22,L,kk, 就mk1n1,且12Lk1. 函数f x 在x0处取得极大值,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函数f x 在xx x 2上可导,存在x 0 x x 2,1f x 1Lkf x kk1f x k1使得fx 0f x 1f x2. 当nk1时,结论也成立. x 1x 2综上由,对任意n2, nN ,结论恒成立 . Qf x111,h x f fx 0 x11x11xx 0 x1例 29 解：（ 1）当a1时,f x x12lnx f 12,x01x 0由f 0,x2,由f 0,0 x2.Q当xx x 0时,h x 0

52、,h x 单调递增,h x h x 10；故f x 的单调减区间为0,2 , 单调增区间为2,.Q当xx 0,x 2时,h x 0,h x 单调递减,h x h x 20；（2）即对x0,1,a22lnx恒成立；故对任意xx x 2,都有f x g x . 2x1（）用数学归纳法证明. 令l x 22lnx,x0,1,就lx2x1 1 2lnx2lnx22,使得f x ig x 0成立,当且仅当a 满意以下条件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、上为减函数,于是m x m1 222ln 20,令h a a2ln22a,a, 22,2e从而,l x 0,于是l x 在0,1上为增函数, l124ln 2,h a 12ln 2ln2a122aaa2,令h a 0,得a22故要a22lnx恒成立,只要a24ln 2,即 a 的最小值为 24ln 2当a,0时,h a 0,函数h a 单调递增x1当a0, 22时,h a 0,函数h a 单调递减（3）g x e 1xxe 1x1x e 1x,当x0,1时,g x 0,函数g x 单调递增；e当x1,e 时,g x 0,函数g x 单调递减g0=0,g1=1,ge=e1 ee0,所以,对任意a

54、, 22,有h a h 00,所以,函数g x 在0,e上的值域为0,1 .e即对任意a, 22恒成立；当a2时,不合题意；e当a2时,f 2a22a x22ax22a,x0,e由式解得：a2e31.xxx综合可知,当a,2e31时 对任意给定的 ,x00,e,故022ae a22e此时,当 x 变化时 ,f ,f x 的变化情形如下：在 0,e上总存在两个不同的x i1,2,使f x ig x 0成立；x0,22a22a22a,e例 30 解：（ 1）当x0, 时,fxa1.用定义或导数证明单调性均可x（2）a12x 在,1上恒成立 . f 0 + x设hx 2x1就ahx在 ,1上恒成立

55、. f x 单调减最小值单调增x可证h x 在 ,1单调增故ah 1 即a3,x0,f x ,a 的取值范畴为,3 f22aa2ln22a,f e 2a e12（3）fx的定义域为x|x,0 xR mn0, 对任意给定的x 00,e,在区间0,e 上总存在两个不同的ix i1,2,当nm0 时, 由 1 知fx 在 ,0上单调增mfm ,nfn由于g342 a6 a10,e 上是增故x2ax10有两个不相等的正根m,n,解得3413a3413a0a20由于a0, 所以0a3413. 当mn0时,可证fx 在,0 上是减函数 . mf n,nfm 而mn ,故mn1此时a0综上所述 , a 的取

56、值范畴为0,3413综上所述, a 的取值范畴为0 2,3 如a1时, 方程f1x 1x3b可化为lnx1x21x b. 例 31 解:1f 22a1x22x2 ax2 ax2124 a x4a2232xx问题转化为bxlnxx1x 2x 1xxlnxx23 x 在 0,上有解 , axax1由于x2为f x 的极值点 , 所以f20即求函数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 , 又当a0时,f x x2, 从而x2为f x 的极值点成立xx2 由于f x 在区间 3,上

57、为增函数 , 所以当 0 x1时h x 0, 从而h x 在 0,1 上为增函数 , 所以f x22 ax14 a x4a220在区间3,上恒成立当x1时h x 0, 从而h x 在 1,上为减函数 , 2 ax1因此h x h10. 当a0时 ,f x x20在 3,上恒成立 , 所以f x 在 3,上为增函数 , 故而x0, 故bx h x 0, a0符合题意当a0时, 由函数f x 的定义域可知 , 必需有 2ax10对x3恒成立 , 故只能a0, 因此当x1时, b 取得最大值0 例32 解：当a2时,fxx22lnx,当x ,1,fx 2x210,所以22 ax1 4 a x4a22

58、0在 3,上恒成立x故函数f x 在 ,1上是增函数令g x 2 2 ax1 4 a x4a22, 其对称轴为x11, fx2 x2ax0 ,当x ,1e,2x2aa2,a2e24ax由于a0所以111, 从而g x 0在 3,上恒成立 , 只要g30即可 , 4a如a2,f x 在 ,1e 上非负（仅当a2,x=1 时,f x0）,故函数fx在 ,1函数,此时fxminf 11ffx,1e 上a b c 是f x 的三个极值点abc如2e2a2,当xa时 ,f x 0；当1xa时,fx0,此时x33 x29 xt3x-ax-bx-c=x3 abc x2 abbcac x22abc39b1 或

59、3舍b-1,3a12 3t8. 是减函数；当axe时,fx0,此时fx是增函数x在abacbcb12 33x. 22t3abcc1故fx minfaalnaa（2）不等式f x x ,即3 x62 x3xx t ex ,即txexx36x22222转化为存在实数t0,2,使对任意x1, m ,不等式txexx36x23x恒成立 , 即不等式如a2e2,fx在 ,1e 上非正（仅当a2 e2,x=e 时,f x 0）,故函数0 xexx362 x3x在x1, m 上恒成立；0；是减函数,此时fx minfe ae 2即不等式0exx26x3在x1, m 上恒成立；不等式fx a2x,可化为axl

60、nx x22x设 ex2 x6x3,就 ex2x6；x ,1e , lnx1x且等号不能同时取,所以lnxx,即xln x0,因而ax22x（x ,1e）设 ex2x6,就r x ex2,由于 1xm,有r xlnx故r x 在区间 1,m 上是减函数；令gxx22x（x ,1e ）,又gx x1 x22lnx,2xlnxxlnxx 3 e又r14e10, 22e20, 3e30当x ,1e 时,x1,0lnx1,x22lnx0,故存在x 02,3,使得r x 0 x 00；从而g x 0（仅当 x=1 时取等号）,所以g x 在 ,1e 上为增函数,故gx的最小值为g 1 1,所以 a的取值