高考导数压轴题处理集锦

1. 高考命题回顾

例1已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.

11

(1)解 f(x)＝ex－ln(x＋m)⇒f′(x)＝ex－⇒f′(0)＝e0－＝0⇒m＝1，

x＋m0＋m

exx＋1－11x

定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e－＝，

x＋mx＋1

显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．

1

(2)证明 g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－(x>－2)．

x＋2

11xx

h(x)＝g′(x)＝e－(x>－2)⇒h′(x)＝e＋>0，

x＋2x＋22

所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，

1111

又g′(－2)＝－3<0，g′(0)＝1－2>0，

e2

1

所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间－2，0内，

11

设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－＝0－2t＋2

1

所以，et＝⇒t＋2＝e－t，

t＋2

当x∈(－2，t)时，g′(x)g′(t)＝0，g(x)单调递增；

1＋t21t

所以g(x)min＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0，

t＋2t＋2

当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，

所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.

1例2已知函数f(x)满足f(x)f'(1)ex1f(0)xx2（2012全国新课标）

2(1)求f(x)的解析式及单调区间；

1(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值。

21（1）f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x

2 令x1得：f(0)1

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1 f(x)f(1)ex1xx2f(0)f(1)e11f(1)e

21 得：f(x)exxx2g(x)f(x)ex1x

2 g(x)ex10yg(x)在xR上单调递增 f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0

1 得：f(x)的解析式为f(x)exxx2

2 且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)

1（2）f(x)x2axbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1)

2 ①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增 x时，h(x)与h(x)0矛盾

②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1) 得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0

(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)

令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx)

F(x)00xe,F(x)0xe e 当xe时，F(x)max

2e 当ae1,be时，(a1)b的最大值为

2alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为例3已知函数f(x)x1xx2y30。（2011全国新课标） （Ⅰ）求a、b的值；

lnxk，求k的取值范围。 （Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)x1xx1(lnx)1bxx2y30解（Ⅰ）f'(x) 由于直线的斜率为， 222(x1)xf(1)1,b1,且过点(1,1)，故即解得a1，b1。 a11

f'(1),b,222lnx1，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)x1x第 2 页 共 26 页

lnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx)。

x1x1x2x(k1)(x21)2x(k1)(x21)考虑函数h(x)2lnx。 (x0)，则h'(x)2xxk(x21)(x1)2k0(i)设，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0，h(x)递减。2x1h(x)0； 而h(1)0 故当x(0,1)时， h(x)0，可得21x1当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 21xlnxklnxk从而当x>0,且x1时，（fx）（-+）>0，即（fx）>+. x1xx1x（ii）设0111当x（1，且44(k1)20，对称轴x=）时，（k-1）1k1k.

'1（x2 +1）+2x>0,故h (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，

1k1可得h（x）<0,与题设矛盾。 21x2'（iii）设k1.此时x12x，(k1)(x21)2x0h（x）>0,而h（1）

=0，故当x （1，+）时，h（x）>0，可得

1 h（x）<0,与题设21x矛盾。

综合得，k的取值范围为（-，0]

例4已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x. （2009宁夏、海南）

(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6. 解: (1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故

f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x +(3x2+6x－3)e－x ＝－e－x (x3－9x)＝－x(x－3)(x+3)e－x.

当x＜－3或0＜x＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x＜0或x＞3时,f′(x)＜0. 从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.

(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x +(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］. 由条件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.

从而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,

所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.

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故()24124a.又(β－2)(α－2)＜0， 即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6. 于是β－α＞6.

2. 在解题中常用的有关结论※

(1)曲线yf(x)在xx0处的切线的斜率等于f(x0)，且切线方程为 yf(x0)(xx0)f(x0)。 (2)若可导函数yf(x)在 xx0 处取得极值，则f(x0)0。反之，不成立。 (3)对于可导函数f(x),不等式f(x)0的解集决定函数f(x)的递增（0）（减）区间。 (4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：xIf(x)0(0)恒成立（f(x) 不恒为0）. (5)函数f(x)（非常量函数）在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f(x)0在区间I上有实根且为非二重根。（若f(x)为二次函数且I=R，则有0）。 (6) f(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(x)0或f(x)0在I上恒成立 (7)若xI，f(x)0恒成立，则f(x)min0; 若xI，f(x)0恒成立，则f(x)max0 (8)若x0I，使得f(x0)0，则f(x)max0；若x0I，使得f(x0)0，则f(x)min0. (9)设f(x)与g(x)的定义域的交集为D，若xD f(x)g(x)恒成立，则有 f(x)g(x)min0. (10)若对x1I1、x2I2 ，f(x1)g(x2)恒成立，则f(x)ming(x)max. 若对x1I1，x2I2，使得f(x1)g(x2),则f(x)ming(x)min. 若对x1I1，x2I2，使得f(x1)g(x2)，则f(x)maxg(x)max. （11）已知f(x)在区间I1上的值域为A,，g(x)在区间I2上值域为B， 若对x1I1,x2I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则AB。 (12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程f(x)0有两个不等实根x1、x2，且极大值大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式: x ① lnxx1(x0) ②x  1 ≤ln（x+1）x(x1) 第 4 页 共 26 页

③ e1x ④ x12xex1x x22x⑤ lnxx1(x1) ⑥ lnx11(x0) 22

3. 题型归纳

①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用

（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）

2f(x)xa. 例1（切线）设函数

（1）当a1时，求函数g(x)xf(x)在区间[0,1]上的最小值；

（2）当a0时，曲线yf(x)在点P(x1,f(x1))(x1a)处的切线为l，l与x轴

交于点A(x2,0)求证：x1x2a.

例2（最值问题，两边分求）已知函数f(x)lnxax1a1(aR). x1⑴当a≤时，讨论f(x)的单调性；

21⑵设g(x)x22bx4.当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，

4使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.

②交点与根的分布

例3（切线交点）已知函数fxax3bx23xa,bR在点1,f1处的切线

方程为y20． ⑴求函数fx的解析式；

⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有fx1fx2c，求实数c的最小值；

⑶若过点M2,mm2可作曲线yfx的三条切线，求实数m的取值范围．

例4（综合应用）已知函数

⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

11x[,],不等式|alnx|ln[f(x)3x]063⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；

⑶若关于x的方程f(x)2xb在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数

b的取值范围.

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f(x)ln(23x)32x.2

③不等式证明

例5 (变形构造法)已知函数

(x)ax1，a为正常数．

92，求函数f(x)的单调增区间；

⑴若f(x)lnx(x)，且a

⑵在⑴中当a0时，函数yf(x)的图象上任意不同的两点Ax1,y1，

Bx2,y2，线段AB的中点为C(x0,y0)，记直线AB的斜率为k，试证明：kf(x0)．

⑶若g(x)lnx(x)，且对任意的x1,x20,2，x1x2，都有

g(x2)g(x1)1x2x1，求a的取值范围．

2f(x)xln(ax)(a0) 例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.

2（1）若f'(x)x对任意的x0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）当a1时，设函数

x1x2(x1x2)4

g(x)f(x)1x1,x2(,1),x1x21x，若e，求证

例7（绝对值处理）已知函数f(x)x3ax2bxc的图象经过坐标原点，且在

x1处取得极大值．

（I）求实数a的取值范围；

(2a3)2（II）若方程f(x)恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式；

9（III）对于（II）中的函数f(x)，对任意、R，求证：

|f(2sin)f(2sin)|81．

例8（等价变形）已知函数f(x)ax1lnx(aR)．

（Ⅰ）讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；

（Ⅱ）若函数f(x)在x1处取得极值，对x(0,),f(x)bx2恒成立，

求实数b的取值范围；

y1lny（Ⅲ）当0xye2且xe时，试比较与的大小．

x1lnx17f(x)lnx,g(x)x2mx(m0)22例9（前后问联系法证明不等式）已知，

直线l与函数f(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。

（I）求直线l的方程及m的值；

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（II）若h(x)f(x1)g'(x)(其中g'(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值。

baf(ab)f(2a).2a （III）当0ba时，求证：例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数f(x)lnx1． x（1）试判断函数f(x)的单调性；

（2）设m0，求f(x)在[m,2m]上的最大值； （3）试证明：对任意nN*，不等式ln(底数）．

1ne1n都成立（其中e是自然对数的)nn111n2（Ⅲ）证明：．

a1a2ann1例11（数学归纳法）已知函数f(x)ln(x1)mx，当x0时，函数f(x)取得极大值.

（１）求实数m的值；

（２）已知结论：若函数f(x)ln(x1)mx在区间(a,b)内导数都存在，

f(b)f(a)且a1，则存在x0(a,b)，使得f(x0).试用这个结

baf(x1)f(x2)(xx1)f(x1)，则论证明：若1x1x2，函数g(x)x1x2对任意x(x1,x2)，都有f(x)g(x)； （３）已知正数1,2,,n，满足12n1，求证：当n2，nN时，对任意大于1，且互不相等的实数x1,x2,,xn，都有f(1x12x2nxn)1f(x1)2f(x2)nf(xn). ④恒成立、存在性问题求参数范围

2f(x)xalnx(a为实常数). 例12（分离变量）已知函数

(1)若a2，求证：函数f(x)在(1,+∞)上是增函数；

(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值；

(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x成立，求实数a的取值范围. 例13（先猜后证技巧）已知函数f(x)11n(x1) x（Ⅰ）求函数f (x)的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论. （Ⅲ）若x>0时f(x)k恒成立，求正整数k的最大值. x1第 7 页 共 26 页

例14（创新题型）设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).

(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；

(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；

(Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．

2g(x)ax2ax1b(a0,b1)，在区例15(图像分析，综合应用) 已知函数

间2,3上有最大值4，最小值1，设

（Ⅰ）求a,b的值；

f(x)g(x)x．

xxf(2)k20在x[1,1]上恒成立，求实数k的范围； （Ⅱ）不等式

2f(|2x1|)k(x3)0|21|（Ⅲ）方程有三个不同的实数解，求实数k的

范围．

⑤导数与数列

例16（创新型问题）设函数f(x)(xa)2(xb)ex，a、bR，xa是f(x)的一个极大值点．

⑴若a0，求b的取值范围；

⑵当a是给定的实常数，设x1，x2，x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到x4R，使得x1，x2，x3，x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4（其中

2，3，4）i1，i2，i3，i4=1，依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的x4；若不存在，说明理由．

⑥导数与曲线新题型

1例17（形数转换）已知函数f(x)lnx, g(x)ax2bx(a0).

2(1)若a2, 函数h(x)f(x)g(x) 在其定义域是增函数,求b的取值范围;

(2)在(1)的结论下,设函数(x)=e2x+bex,x∈[0,ln2],求函数(x)的最小值;

(3)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作x轴的垂线分别交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处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.

x例18（全综合应用）已知函数f(x)1ln(0x2).

2x第 8 页 共 26 页

(1)是否存在点M(a,b),使得函数yf(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数yf(x)的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;

2n1i122n1),其中nN*,求S2013; (2)定义Snf()f()f()f(nnnni1(3)在(2)的条件下,令Sn12an,若不等式2an(an)m1对nN*且n2恒成立,求实数m的取值范围. ⑦导数与三角函数综合

2f(x)x(xa)例19（换元替代，消除三角）设函数（xR），其中aR．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

（Ⅱ）当a0时，求函数f(x)的极大值和极小值；

22k1，0f(kcosx)≥f(kcosx)对任a3（Ⅲ）当， 时，若不等式

意的xR恒成立,求k的值。

⑧创新问题积累 例20已知函数f(x)lnx2x. x44 I、求f(x)的极值.

II、求证f(x)的图象是中心对称图形.

III、设f(x)的定义域为D,是否存在a,bD.当xa,b时，f(x)的取值

ab范围是,若存在,求实数a、b的值；若不存在，说明理由

44

导数压轴题题型归纳 参考答案

例1解：(1)a1时，g(x)xx，由g(x)3x10，解得

g(x)的变化情况如下表： x 32x33.

0 (0,3) 33 3(3,1) 31 0 + 极小g(x) 0 ↘ ↗ 0 值

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g(x) - 所以当

x3323g()3时，g(x)有最小值39.

2(2)证明：曲线yf(x)在点P(x1,2x1a)处的切线斜率kf(x1)2x1 2yf(x)y(2xa)2x1(xx1). 1 曲线在点P处的切线方程为

xaxaax1x21x2x11x12x1，∴2x12x1 令y0，得

ax10xa2x1 ∵1，∴，即x2x1.

x12ax1xaax1ax221a2x22x22x22x1111，∴ 又∵

2222 所以x1x2a.

1ala1ax2xa11(x0)，f(x)a2例2⑴f(x)lnxax(x0) 2xxxx2令h(x)axx1a(x0)

①当a0时，h(x)x1(x0)，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

1②当a0时，由f(x)0，即ax2x1a0，解得x11,x21.

a1当a时x1x2，h(x)0恒成立，此时f(x)0，函数f(x)单调递减；

211 当0a时，110,x(0,1)时h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减；

2a1x(1,1)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增；

a1x(1,)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减.

a1当a0时10，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；

a当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,)单调递增；

1a 当时x1x2,h(x)0恒成立,此时f(x)0，函数f(x)在(0,)单调递减；

2111当0a时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,1)递增,(1,)递减.

2aa1⑵当a时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意

4第 10 页 共 26 页

x1(0,2)，

1有f(x1)≥f(1)，

21x1,2f(x)g(x)g(x2)，x21,2，（※） 又已知存在2，使12，所以

2又g(x)(xb)24b2,x[1,2]

当b1时，g(x)ming(1)52b0与（※）矛盾；

2当b1,2时，g(x)ming(1)4b0也与（※）矛盾；

117当b2时，g(x)ming(2)84b,b.

2817综上，实数b的取值范围是[,).

8例3解：⑴fx3ax22bx3．

a1f12,ab32,根据题意，得即解得 所以fxx33x．

b03a2b30,f10,⑵令fx0，即3x230．得x1．

x 2 2,1 + 增 1 1,1  减 1 极小值 1,2 + 增 2 2 fx fx 极大值 2 因为f12，f12，所以当x2,2时，fxmax2，fxmin2． 则对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2，都有

fx1fx2fxmaxfxmin4，所以c4．所以c的最小值为4．

⑶因为点M2,mm2不在曲线yfx上，所以可设切点为x0,y0．

2323x0．因为fx03x03． 则y0x03，所以切线的斜率为3x03x03x0m326x06m0． 则3x3=，即2x0x0220因为过点M2,mm2可作曲线yfx的三条切线，

326x06m0有三个不同的实数解． 所以方程2x0所以函数gx2x36x26m有三个不同的零点． 则gx6x212x．令gx0，则x0或x2．

x ,0 + 0 0,2  2 2, + gx 第 11 页 共 26 页

gx 则g00g22增 极大值 减 极小值 增 ，即6m0，解得6m2． 2m033(x1)(3x1)3x， 23x3x21 令f(x)0得x或x1（舍去）

311当0x时,f(x)0,f(x)单调递增；当x1时,f(x)0,f(x)递减.

33

11f()ln3为函数f(x)在[0,1]上的极大值.

3633或alnxln⑵由|alnx|ln[f(x)3x]0得alnxln23x23x

33x32x3x2ln设h(x)lnxln，g(x)lnxln， ln23x23x23x311依题意知ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立，

6323x3(23x)3x32g(x)0， 23xx(23x)(23x)3126xh(x)(26x)0， 222x3x32x3x11g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，

631111当且仅当ah()或ag(),即aln或aln.

36353 ⑶由f(x)2xbln(23x)x22xb0.

232379x2令(x)ln(23x)x2xb,则(x)， 3x2223x23x77当x[0,]时,(x)0,于是(x)在[0,]上递增；

3377x[,1]时,(x)0,于是(x)在[,1]上递减，

33

77 而()(0),()(1)，

33f(x)2xb即(x)0在[0,1]恰有两个不同实根等价于

例4解：⑴f(x)第 12 页 共 26 页

(0)ln2b07727()ln(27)b0 3661(1)ln5b021727ln5bln(27).

2631ax2(2a)x1 例5解：⑴f(x)x(x1)2x(x1)2911∵a，令f(x)0得x2或0x,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(2,).

222⑵证明：当a0时f(x)lnx

x2ln121x1 ∴f(x), ∴f(x0),又kf(x2)f(x1)lnx2lnx1x0x1x2xx2x1x2x1x2x1xln22x1与不妨设x2x1 ， 要比较k与f(x0)的大小，即比较的大小，

x1x2x2x1x2(21)x22(xx)x又∵x2x1，∴ 即比较ln与21x1的大小．

x1x1x221x114(x1)22(x1)0, (x1),则h(x)令h(x)lnx22x(x1)x(x1)x1∴h(x)在1,上位增函数．

x2(21)x2x2xx又1，∴h()h(1)0， ∴ln2x1，即kf(x0) x1x1x121x1g(x2)g(x1)g(x2)x2g(x1)x11，∴ 0 ⑶∵

x2x1x2x1由题意得F(x)g(x)x在区间0,2上是减函数．

1aa1 x， ∴ F(x)1 当1x2,F(x)lnxx(x1)2x1(x1)21由F(x)0a(x1)2x23x3在x1,2恒成立．

xx11设m(x)x23x3，x1,2，则m(x)2x230

xx第 13 页 共 26 页

∴m(x)在1,2上为增函数，∴am(2)2 当0x1,F(x)lnx27. 21aa1 x，∴ F(x)2x(x1)x1(x1)21由F(x)0a(x1)2x2x1在x(0,1)恒成立

xx1设t(x)x2x1，x(0,1)为增函数,∴at(1)0

x27综上：a的取值范围为a.

2例6解：（1）f'(x)2xln(ax)x,f'(x)2xln(ax)xx2， 即2lnax1x在x0上恒成立

2设u(x)2lnax1x,u'(x)10,x2，x2时，单调减，x2单调增，

xe. 所以x2时，u(x)有最大值.u(2)0,2ln2a12，所以0a2f(x)xlnx, （2）当a1时，g(x)x111g(x)1lnx0,x,所以在(,)上g(x)是增函数，(0,)上是减函数.

eee1因为x1x1x21，所以g(x1x2)(x1x2)ln(x1x2)g(x1)x1lnx1

ex1x2xx2ln(x1x2)同理lnx21ln(x1x2). 即lnx1x1x2,

所以lnx1lnx2(又因为2x1x2x1x2xx)ln(x1x2)(212)ln(x1x2) x2x1x2x1x1x24,当且仅当“x1x2”时，取等号. x2x11又x1,x2(,1),x1x21，ln(x1x2)0,

ex1x2(2)ln(x1x2)4ln(x1x2)所以lnx1lnx24ln(x1x2) 所以，x2x1,

所以：x1x2(x1x2)4.

例7（I）f(0)0c0,f(x)3x22axb,f(1)0b2a3

f(x)3x22ax(2a3)(x1)(3x2a3),

由f(x)0x1或x所以2a3，因为当x1时取得极大值， 32a31a3，所以a的取值范围是:(,3)； 3第 14 页 共 26 页

（II）由下表： x f(x) (,1) 1 (1,2a3 )32a3 3(2a3,) 3+ 递增 0 极大值a2 - 递减 f(x) 0 极小值 a6(2a3)2 27- 递增 a6(2a3)22 依题意得：，解得：a9 (2a3)279 所以函数f(x)的解析式是：f(x)x39x215x

（III）对任意的实数,都有22sin2,22sin2, 在区间[-2，2]有f(2)8363074,f(1)7,f(2)836302

f(x)的最大值是f(1)7,f(x)的最小值是f(2)8363074 函数f(x)在区间[2,2]上的最大值与最小值的差等于81， 所以|f(2sin)f(2sin)|81．

1x：

例8解：（Ⅰ）f(x)aax1，当a0时，f(x)0在(0,)上恒成立，x函数f(x) 在(0,) 单调递减，∴f(x)在(0,)上没有极值点；

当a0时，f(x)0得0x11，f(x)0得x， aa111∴f(x)在(0,)上递减，在(,)上递增，即f(x)在x处有极小值．

aaa∴当a0时f(x)在(0,)上没有极值点， 当a0时，f(x)在(0,)上有一个极值点．

（Ⅱ）∵函数f(x)在x1处取得极值，∴a1，∴f(x)bx211lnxb， xx1lnx令g(x)1，可得g(x)在0,e2上递减，在e2,上递增，

xx11∴g(x)ming(e2)12，即b12．

ee（Ⅲ）证明：exyln(x1)exey， ln(y1)ln(x1)ln(y1)ex令g(x)，则只要证明g(x)在(e1,)上单调递增，

ln(x1)1exln(x1)x1， 又∵g(x)ln2(x1)第 15 页 共 26 页

显然函数h(x)ln(x1)∴h(x)11在(e1,)上单调递增． x110，即g(x)0， eexey∴g(x)在(e1,)上单调递增，即，

ln(x1)ln(y1)ln(x1)∴当xye1时，有exy．

ln(y1)1例9 解：（I）Qf'(x),f'(1)1;直线l的斜率为1，

x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x1.

yx1 又直线l与函数yg(x)的图象相切，方程组127有一解。

yxmx22由上述方程消去y，并整理得x22(m1)x90①

依题意，方程②有两个相等的实数根，[2(m1)]2490解之， 得m=4或m=-2，Qm0,m2.

17 （II）由（I）可知g(x)x22x,

221xg'(x)x2,h(x)ln(x1)x2(x1)h'(x)1. ，x1x1当x(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当x(0,)时，h'(x)0,h(x)单减。 当x=0时，h(x)取最大值，其最大值为2。

abbaln(1). （III）f(ab)f(2a)ln(ab)ln2aln2a2aQ0ba,aba0, 1ba0.22ababa). 证明，当x(1,0)时，ln(1x)x,ln(12a2abaf(ab)f(2a).

2a例10解：（1）函数f(x)的定义域是(0,)．由已知f(x)1lnx．令f(x)0，x2得xe．

因为当0xe时，f(x)0；当xe时，f(x)0．

所以函数f(x)在(0,e]上单调递增，在[e,)上单调递减．

第 16 页 共 26 页

（2）由（1）可知当2me，即m时，f(x)在[m,2m]上单调递增，所以

f(x)maxf(2m)ln2m1． 2mlnm1．当me2m，meln2m2m1, 0m2e1 1, mee2lnm1, meme2当me时，f(x)在[m,2m]上单调递减，所以f(x)max1即me时，f(x)maxf(e)1．综上所述，f(x)maxee2（3）由（1）知当x(0,)时f(x)maxf(e)1．所以在x(0,)时恒有

lnx1lnx111，即，当且仅当xe时等号成立．因此对任意xexe11n1n1n11n，即x(0,)恒有lnx．因为0，e，所以lnennnen1ne1n1ne1n．因此对任意nN*，不等式ln(． ln())nnnnf(x)1e例11解：（１）当x(1,0)时，f(x)0，函数f(x)在区间(1,0)上单调递增；

当x(0,)时，f(x)0，函数f(x)在区间(0,)上单调递减. 函数f(x)在x0处取得极大值，故m1.

f(x1)f(x2)(xx1)f(x1)， （２）令h(x)f(x)g(x)f(x)x1x2f(x1)f(x2)则h(x)f(x).函数f(x)在x(x1,x2)上可导，存在

x1x2f(x1)f(x2)x0(x1,x2)，使得f(x0).

x1x2x0x111 f(x)1，h(x)f(x)f(x0)x1x01(x1)(x01)x1当x(x1,x0)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(x1)0； 当x(x0,x2)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(x2)0； 故对任意x(x1,x2)，都有f(x)g(x). （３）用数学归纳法证明.

①当n2时，121，且10，20，

1x12x2(x1,x2)，由（Ⅱ）得f(x)g(x)，即

f(x1)f(x2)f(1x12x2)(1x12x2x1)f(x1)1f(x1)2f(x2)，

x1x2第 17 页 共 26 页

当n2时，结论成立.

②假设当nk(k2)时结论成立，即当12k1时，

f(1x12x2kxk)1f(x1)2f(x2),k1满足12kf(xk). 当nk1时，设

正数1,2,k11，令m12k，

11mmf(1x12x2,22,mkxkk1xk1) kxk)k1xk1]

,kk， 则mk1n1，且12k1.

f[m(1x1mf(1x1m1f(x1)1f(x1)kxk)k1f(xk1) mkf(xk)k1f(xk1) kf(xk)k1f(xk1)

当nk1时，结论也成立.

综上由①②，对任意n2，nN，结论恒成立.

22(x1)例12 解：⑴当a2时，f(x)x2lnx，当x(1,)，f(x)0，

x故函数f(x)在(1,)上是增函数．

22x2a⑵f(x)(x0)，当x[1,e]，2x2a[a2,a2e2]．

x若a2，f(x)在[1,e]上非负（仅当a2，x=1时，f(x)0），故函数f(x)在[1,e]上是增函数，此时[f(x)]minf(1)1．

若2e2a2，当x是减函数；当

aa时,f(x)0；当1x时，f(x)0，此时f(x) 22axe时，f(x)0，此时f(x)是增函数． 2aaaa)ln()． 故[f(x)]minf(2222x=e时，f(x)0）若a2e2，f(x)在[1,e]上非正（仅当a2e2，，故函数f(x) 在[1,e]上是减函数，此时[f(x)]minf(e)ae2．

⑶不等式f(x)(a2)x，可化为a(xlnx)x22x．

∵x[1,e], ∴lnx1x且等号不能同时取，所以lnxx，即xlnx0，

x22x因而a（x[1,e]）

xlnx(x1)(x22lnx)x22xg(x)x[1,e]令g(x)（），又， 2(xlnx)xlnx当x[1,e]时，x10,lnx1，x22lnx0，

从而g(x)0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数， 故g(x)的最小值为g(1)1，所以a的取值范围是[1,)．

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例13 解：（1）定义域(1,0)(0,)

11ln(x1)]当x0时,f(x)0单调递减。 （2）f(x)2[xx1当x(1,0)，令

111xg(x)ln(x1)g(x)022x1x1(x1)(x1)，

111xg(x)ln(x1)g(x)0 22x1(x1)x1(x1)故g(x)在（－1，0）上是减函数，即g(x)g(0)10，

11ln(x1)]在（－1，0）和（0，+）上都是减函故此时f(x)2[xx1数

k（3）当x>0时，f(x)恒成立，令x1有k2[1ln2]

x1又k为正整数，∴k的最大值不大于3

k (x0)恒成立 下面证明当k=3时，f(x)x1当x>0时 (x1)ln(x1)12x0恒成立

令g(x)(x1)ln(x1)12x，则g(x)ln(x1)1, 当xe1时

g(x)ln(x1)1, 当xe1时，g(x)0，当0xe1时, g(x)0 ∴当xe1时, g(x)取得最小值g(e1)3e0

当x>0时， (x1)ln(x1)12x0恒成立，因此正整数k的最大值为3 例14解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,F'(x)excosxa. 因为x=0是F(x)的极值点,所以F'(0)11a0,a2.

又当a=2时,若x<0, F'(x)excosxa0;若 x>0, F'(x)excosxa0. ∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2ex1sinx1,所以

x2x1ex1sinx1x1.

令h(x)exsinxx,h'(x)excosx10当x>0时恒成立. ∴x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令(x)F(x)F(x)exex2sinx2ax.

则'(x)exex2cosx2a.S(x)''(x)exex2sinx. 因为S'(x)exex2cosx0当x≥0时恒成立, 所以函数S(x)在[0,)上单调递增, ∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞)时恒成立;

因此函数'(x)在[0,)上单调递增, '(x)'(0)42a当x∈[0,+∞)时恒成

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立.

当a≤2时,'(x)0,(x)在[0,+∞)单调递增,即(x)(0)0. 故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.

当a2时，'(x)0,又'(x)在0,单调递增，总存在x0(0,),使得在区间0，x0上'(x)0.导致(x)在0,x0递减，而(0)0，当x(0,x0)时，(x)0，这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符，a2不合题意.综上a取值范围是-,2.14分例15 解:（Ⅰ）(1)g(x)a(x1)1ba 当a0时，g(x)在2,3上为增函数

g(3)29a6a2b5a1 故g(2)54a4a2b2b0当a0时，g(x)在2,3上为减函数 g(3)29a6a2b2a1 故g(2)24a4a2b5b3b1a1b0即g(x)x22x1. fxxx（Ⅱ）方程f(2x)k2x0化为22

12. x12k2x x21211)2kt，kt22t1 ，令xxx2221∵x[1,1] ∴t[,2] 记

2(t)t22t1∴(t)min0 ∴k0

212kxxf(|21|)k(3)0|21|(23k)0 （Ⅲ）方程化为xx|21||21|1(|2x1|2(23k)|2x1|(12k)0，|2x1|0

令|2x1|t， 则方程化为t2(23k)t(12k)0 （t0）

12kx|21|(23k)0有三个不同的实数解， ∵方程x|21|∴由t|2x1|的图像知，t2(23k)t(12k)0有两个根t1、t2， 且0t11t2 或 0t11，t21 记(t)t2(23k)t(12k) (0)12k0(0)12k0 或 (1)k0∴k0 则(1)k023k012第 20 页 共 26 页

2x例16 解： （Ⅰ）a0时，fxxxbe，

exx2xbexexxx2b3x2b， 2fxxxb2令gxxb3x2b，b38bb180，

22设x1x2是gx0的两个根，

（1）当x10或x20时，则x0不是极值点，不合题意；

（2）当x10且x20时，由于x0是fx的极大值点，故x10x2. g00，即2b0，b0.

x2x(Ⅱ)解：fxexa(3ab)x2baba，

令g(x)x2(3ab)x2baba，

则=(3ab)24(2baba)(ab1)280， 于是，假设x1，x2是gx0的两个实根，且x1x2.

由（Ⅰ）可知，必有x1ax2，且x1、a、x2是fx的三个极值点， 则x1ab3ab12822假设存在b及x4满足题意，

（1）当x1，a，x2等差时，即x2aax1时，则x42x2a或x42x1a， 于是2ax1x2ab3，即ba3.

此时x42x2aab3(ab1)28aa26 或x42x1aab3(ab1)28aa26

（2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax1)2(x2a)

ax2①若x2a2ax1，则x4，

2于是3a2x1x2即

2，x2ab3ab128

3ab32ab128，

2ab183ab3.两边平方得ab19ab1170，

913713，此时ba， 22ax22aab33ab313x=此时4b3a.

242ax1②若(ax1)2(x2a)，则x4，

2ab30，于是ab1第 21 页 共 26 页

于是3a2xx21即

3ab3ab1228，

2ab1283ab3.两边平方得ab19ab1170，

913713 ，此时ba22ax12a(ab3)3(ab3)113 此时x4b3a242综上所述，存在b满足题意，

713113当b=－a－3时，x4a26，ba时，x4a，

22713113. 时，x4aba22例17解:(1)依题意:h(x)lnxx2bx.h(x)在(0,+)上是增函数,

1h(x)2xb0对x∈(0,+)恒成立,

ab30，于是ab1xb1 b的取值范围为,22.

1x0,则2x22.x(2)设tex,则函数化为yt2bt,t[1,2].

b2b2y(t).24 b当1,即2b22时，函数y在[1,2]上为增函数,2当t=1时,ym i n=b+1;

bbb2当12,即4b2时,当t时，ymin;224 b当2,即b4时，函数y在[1,2]上是减函数,2当t=2时,ymi n=4+2b

x2x.综上所述,当2b22时,(x)的最小值为b1. b2当4b2时,(x)的最小值为.4当b4时,(x)的最小值为42b.

(3)设点P、Q的坐标是(x1,y1),(x2,y2),且0x1x2.则点M、N的横坐标为

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xx1x212. .C1在点M处的切线斜率为k1|x1x2xxx1x222xx1x22C2在点N处的切线斜率为k2axb|a(x1x2)b. 2假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则k1k2.

22a(x1x2)2(x2x1)a(x2x12)即b. 则 b(x2x1)x1x22x1x22xa2a(x2bx2)(x12bx1) y2y1 lnx2lnx1ln2,

x122x2(21)xx2(x2x1)x12(u1),u1, ① ln2. 设u21,则lnux2x1ux1x1x211x12(u1)14(u1)2令r(u)lnu,u1.则r(u).1uu(u1)2u(u1)2u1,r(u)0,所以r(u)在1,上单调递增,故r(u)r(1)0,则lnu2(u1).u1

这与①矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行

例18 (1)假设存在点M(a,b),使得函数yf(x)的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数yf(x)的图像上,则函数yf(x)图像的对称中心为M(a,b).

x2ax由f(x)f(2ax)2b,得1ln1ln2b,

2x22ax22b0,x22ax即22bln2解得0对x(0,2)恒成立,所以x2ax44a44a0,a1, 所以存在点M(1,1),使得函数yf(x)的图像上任意一点P关于点b1.M对称的点Q也在函数yf(x)的图像上. (2)由(1)得f(x)f(2x)2(0x2).

iii令x,则f()f(2)2(i1,2,,2n1).

nnn1221因为Snf()f()f(2)f(2)①,

nnnn第 23 页 共 26 页

1221所以Snf(2)f(2)f()f()②,

nnnn由①+②得2Sn2(2n1),所以Sn2n1(nN*).

所以S20132201314025.

Sn1n(nN*). 2nm因为当nN*且n2时,2an(an)m12nnm1. lnnln2mnmn所以当nN*且n2时,不等式恒成立. lnnln2lnnln2minlnx1x设g(x). (x0),则g(x)(lnx)2lnx当0xe时,g(x)0,g(x)在(0,e)上单调递减; 当xe时,g(x)0,g(x)在(e,)上单调递增.

(3)由(2)得Sn2n1(nN*),所以an因为g(2)g(3)23ln9ln80,所以g(2)g(3),

ln2ln3ln2ln33. ln3m3m3ln2由g(n)min,得,解得m. ln2ln3ln2ln33ln2所以实数m的取值范围是(,).

ln3例19 解：当a1时，f(x)x(x1)2x32x2x，得f(2)2，且

2)处的 f(x)3x24x1，f(2)5．所以，曲线yx(x1)2在点(2，切线方程是y25(x2)，整理得5xy80． （Ⅱ）解：f(x)x(xa)2x32ax2a2x

af(x)3x24axa2(3xa)(xa)．令f(x)0，解得x或xa．

3由于a0，以下分两种情况讨论．

（1）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： 所以当nN*且n2时,g(n)ming(3)x aaa∞) ∞， ，a a (a， 3330  0  f(x)  43aaaffa； 处取得极小值，且27333函数f(x)在xa处取得极大值f(a)，且f(a)0．

因此，函数f(x)在x第 24 页 共 26 页

（2）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： x ∞，a aaaa a， ∞ ，3330  0  f(x)  因此，函数f(x)在xa处取得极小值f(a)，且f(a)0； 43aaaf(x)ffa． 函数在x处取得极大值，且27333a0时，kcosx≤1，k2cos2x≤1． （Ⅲ）证明：由a3，得1，当k1，31上是减函数，由（Ⅱ）知，f(x)在∞，要使f(kcosx)≥f(k2cos2x)，xR 只要kcosx≤k2cos2x(xR)，即cos2xcosx≤k2k(xR)①

11设g(x)cosxcosxcosx，则函数g(x)在R上的最大值为2．

24要使①式恒成立，必须k2k≥2，即k≥2或k≤1．

0上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的所以，在区间1，xR恒成立．

x(x6)x2例20 (I)f/(x) .(2/)注意到0,得x(,2)(4,)，解

4(x2)(x4)x4x(x6)0得x6或x0.当x变化时，f/(x),f(x)的变化情况如下表：

4(x2)(x4)x (,0) (0,2) (4,6) (6,) 0 6 22f/(x)+ 0 极大值 － 减 － 减 ０ 极小值 ＋ 增 f(x) 增 所以f(0)ln值..(4/)

13是f(x)的一个极大值,f(6)ln2 是f(x)的一个极大223(II) 点0,f(0),(6,f(6))的中点是(3,),所以f(x)的图象的对称中心只可能

43是(3,).(6/)

43设P(x,f(x))为f(x)的图象上一点,P关于(3,)的对称点是

4第 25 页 共 26 页

34x6x3Q(6x,f(x)).f(6x)lnf(x).Q也在f(x)的图象上,

22x42因而f(x)的图象是中心对称图形. (8/)

(III) 假设存在实数a、b.a,bD,b2或a4.

若0b2,

当xa,b时,

f(x)f(0)ln10,而2bbab0f(x).故此时f(x)的取值范围是不可能是,. (10/) 444433若4a6,当xa,b时, f(x)f(6)ln2,而

22aa3abf(x).故此时f(x)的取值范围是不可能是,.(12/)

44244若ab0或6ab,由g(x)的单调递增区间是,0,6,,知xxx2的两个解.而f(x)ln0无解. 故此时f(x)的取值44x4ab范围是不可能是,. (14/)

44综上所述,假设错误,满足条件的实数a、b不存在. a,b是f(x)第 26 页 共 26 页