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2013高中数学高考题详细分类考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例


考点 11 导数在研究函数中的应用与生活中的优 化问题举例
一、选择题 1. ( 2013· 辽宁高考理科· T 12 ) 设函数 f ( x) 满足 x 2 f ?( x ) ? 2xf (x )? 则 x>0 时 ,f(x) ( )
B. 有极小值,无极大值 D. 既无极大值也无极小值

ex e2 ,f (2) ? . x 8<

br />
A. 有极大值,无极小值 C. 既有极大值又有极小值

【解题指南】结合题目条件,观察式子的特点,构造函数,利用导数研究极 值问题。 【解析】选 D.由题意知 f ? ( x) =
e x 2 f ( x) e x - 2 x 2 f ( x) , = x3 x x3

令g(x) = e x - 2x 2f (x), 则g '(x) = e x - 2x 2f '(x) - 4xf (x ) = e x - 2( x 2 f ? ( x) + 2 xf ( x)) 2e x 2 =e = e x (1- ). x x
x

由 g? ( x) = 0 得 x = 2 , 当 x = 2 时 ,
g ( x) min = e 2 - 2创22 e2 = 0 8
x 0,

g ( x) ( x) = 3 即 g ( x) ? 0 ,则当 x > 0 时 , f ?

故 f ( x) 在 (0,+∞ ) 上单调递增 ,既无极大值也无极小值 . 2. ( 2013·新课标Ⅰ高考文科·T 12 )与( 2013 ·新课标Ⅰ高考理科·T 11 )相同
?? x 2 ? 2 x, x ? 0 已知函数 f ( x) ? ? ,若 | f ( x) |? ax ,则 a 的取值范围是( ?ln(x ? 1), x ? 0



A. (??,0]

B. (??,1]

C. [?2,1]

D. [?2,0]

【解题指南】先结合函数画出函数 y=|f(x)| 的图象,利用 | f ( x) | 在 (0,0) 处的 切线为制定参数的标准 . 【解析】 选 D.画出函数 y=|f(x)| 的图象如图所示 , 当 x ? 0 时, g ( x) ?| f ( x) |? x 2 ? 2x ,
g ?( x) ? 2 x ? 2 , g ?(0) ? ?2 ,故 a ? ?2 .

当 x ? 0 时, g ( x) ?| f ( x) |? ln (x ? 1) , g ?( x) ?

1 x ?1

由于 g ( x) 上任意点的切线斜率都要大于 a ,所以
a ? 0 ,综上 ? 2 ? a ? 0 .

3. ( 2013 ·新课标全国Ⅱ高考文科·T 11 )与 (2013 ·新课标全国Ⅱ高考 理科·T10) 相同 设已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c ,下列结论中错误的是( A. ?x0 ? R , f ( x0 ) ? 0 B.函数 y ? f ( x) 的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f ( x) 的极小值点,则 f ( x) 在区间 (??, x0 )单调递减 D.若 x0 是 f ( x) 的极值点,则 f ?( x0 ) ? 0 【解析】选 C.结合函数与导数的基础知识进行逐个推导 . A 项 ,因为函数 f(x) 的值域为 R,所以一定存在 x0 ∈ R, 使 f(x0)=0,A 正确 .B 项 , 假设函数 f(x)=x 3+ax 2+bx+c 的对称中心为 (m,n),按向量 a ? (?m, ?n) 将函数的 图象平移 ,则所得函数 y=f(x+m)-n 是奇函数 ,所以 f(x+m)+f(-x+m)-2n=0, 化 简 得 (3m+a)x 2+m 3+am 2+bm+c-n=0. 上 式 对 x ∈ R 恒 成 立 , 故 3m+a=0, 得 m=- ,n=m3+am 2+bm+c=f 错误!未找到引用源。 ,所以函数 f(x)=x 3+ax 2+bx+c 的对称中心为错误!未找到引用源。 , 故 y=f(x) 的图象是中心对称图形 ,B 正确 .C 项 ,由于 f ?( x) =3x2+2ax+b 是二次函数 ,f(x)有极小值点 x0,必定有一个
a 3



极大值点 x1,若 x 1<x0,则 f(x)在区间 (-∞ ,x0)上不单调递减 ,C 错误 .D 项 ,若 x0 是极值点 ,则一定有 f ?( x0 ) ? 0 .故选 C. 4.( 2013·安徽高考文科·T 10 )已知函数 f (x)=x3 +ax2 +bx+c 有两个极值点 x1 ,
x2 , 若 fx 则关于 x 的方程 3(f (x ))2 +2a 的不同实根个数是 (1 ) =x 1 x <2 , f ( x )+ b =0

(

)

A.3

B.4

C. 5

D.6

【解题指南】先求函数的导函数 , 由极值点的定义及题意 , 得出 f(x)=x 1 或 f(x)=x 2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数 . 【 解 析 】 选 A 。 因 为 f '( x) = 3x2 + 2ax +b , 函 数 的 两 个 极 值 点 为 x1 , x2 , 所 以 的两根,所以解方程 f ?( x1 ) ? 0, f ?( x2 ) ? 0 , 所 以 x1 , x2 是 方 程 3x 2 + 2a x+ b= 0
3( f ( x))2 + 2af ( x) +b = 0 得 f ( x) ? x1或f ( x) ? x2 , 由 上 述 可 知 函 数

f(x) 在 (-

∞ ,x1),(x2,+∞ ) 上单调递增 ,在 (x 1,x2 )上单调递减 .又 f(x 1)=x1<x2,如图 ,

数形结合可知 f(x)=x 1 有两个不同实根 ,f(x)=x 2 有一个实根 ,所以不同实根 的个数为 3. 5. ( 2013 ·安徽高考理科·T 10 )若函数 f (x)=x3 +ax2 +bx+c 有极值点 x1 , x2 , 且 f (x1 )=x1 ,则关于 x 的方程 3(f (x ))2 +2a 的不同实根个数是 f ( x )+ b =0 A.3 B.4 C. 5 D.6 ( )

【解题指南】先求函数的导函数 , 由极值点的定义及题意 , 得出 f(x)=x 1 或 f(x)=x 2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数 . 【 解 析 】 选 A 。 因 为 f '( x) = 3x2 + 2ax +b , 函 数 的 两 个 极 值 点 为 x1 , x2 , 所 以

f ?( x1 ) ? 0, f ?( x2 ) ? 0

, 所 以 x1 , x2 是 方 程 3x 2 + 2ax + b = 0 的 两 根 , 所 以 解 方 程

3( f ( x))2 + 2af ( x) +b = 0 得 f ( x) ? x1或f ( x) ? x2 ,不妨设 x1 < x2 . 由题意知函数 f(x) 在

(- ∞ ,x1),(x2,+ ∞ )上单调递增 , 在 (x1 ,x2) 上单调递减 . 又 f(x1)=x1<x 2, 如图 ,

数形结合可知 f(x)=x 1 有两个不同实根 ,f(x)=x 2 有一个实根 ,所以不同实根 的个数为 3. 6. ( 2013 ·湖北高考理科·T 10 )已知 a 为常数,函数 f ( x ) ? x ? ln x ? ax ? 有两 个极值点 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) ,则( A. f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? 2 C.
f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? 1 2 1

) B. f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? D.
1 2 1 2

f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ?

1 f '(x) ? ln x ? ax ? x( ? a) ? ln x ? 1 ? 2ax(x ? 0) 【解析】选 D. ,令 f ' ( x) ? 0 ,由题意可 x

得 ln x ? 2ax ? 1 有两个实数解 x1 ,x2?函数 g(x)=lnx+1-2ax 有且只有两个零点 ?g(x) 在 (0,+ ∞ ) 上的唯一的极值不等于 0, g '(x)= 错误!未找到引用源。 -2a=
1 ? 2ax , 错误!未找到引用源。 . x

①当 a≤ 0 时 , g?(x) >0, f ?(x) 单调递增 , 因此 g(x)= f ?(x) 至多有一个零点 , 不符合题意 ,应舍去 . ②当 a>0 时 ,令 g?(x) =0,解得 x= 因为 x ? (0,
x ?(
1 , 2a

1 ? (x) ), g ? , 0, 函数 g(x) 单调递增 ; 2a

1 , ??) 时, g? (x)? 0 , 错误!未找到引用源。函数 g(x)单调递减 . 2a

所以 x=错误!未找到引用源。是函数 g(x)的极大值点 ,则 g 错误!未找到引 用源。 >0, 即 ln 错误!未找到引用源。 +1-1=-ln(2a)>0, 所以 ln(2a)<0, 所以 0<2a<1, 即 0<a<
1 2

因为 0<x1<错误!未找到引用源。 <x2, 所以 f'(x1)=lnx1+1-2ax1=0, f'(x2)=lnx 2+1-2ax 2=0. 则 f(x1)=x1(lnx 1-ax1)=x1(2ax 1-1-ax1) =x1(ax1-1)< 错误!未找到引用源。 f(x2)=x2(lnx 2-ax 2)=x 2(ax2-1)>1 × ? ?a?
? 1 1? 1 ? ? ? 1? ? ? ? ? 1? . 2a ? 2 ? 2a ?
f ( x) ? ex ? x ? 2, g ( x )? ln x? x2 ? 3 .

7. ( 2013·天津高考文科·T 8 )设函数

若实数

a, b 满足 f ( a) ? 0, g (b )? 0, 则
A. C.
g (a) ? 0 ? f (b) 0 ? g (a) ? f (b)

( B. D.
f ( a? ) f (b) ? 0 ? g (a) f (b) ? g (a) ? 0 0g , ? b(



【 解 题 指 南 】 先 由

) 定 0 确

a,b

的 大 小 , 再 结 合

f ( x) ? ex ? x ? 2, g ( x) ? ln x ? x2 ? 3 的单调性进行判断 .

【解析】选 A. 因为 的,由

f ?( x) ? e x ? 1 ? 0, 所以 f ( x) ? ex ? x ? 2 在其定义域内是单调递增

f (a ) ? 0 知 0 ? a ? 1, 又因为 x ? 0 , g ?( x) ?

1 2 ? 3在 (0, ??) 上 ? 2 x ? 0 ,故 g ( x) ? ln x ? x x

也是单调递增的,由
g (a) ? 0 ? f (b) 。

g (b ) ? 0知 1 ? b ? 2 ,所以 g (a) ? g (b) ? 0 , 0 ? f (a) ? f (b) ,因此

8.(2013 · 浙 江 高 考 理 科 · T8) 已 知 e 为 自 然 对 数 的 底 数 , 设 函 数

f(x)=(e x-1)(x-1) k(k=1,2), 则

(

)

A.当 k=1 时 ,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时 ,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时 ,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时 ,f(x)在 x=1 处取到极大值 【解题指南】当 k=1,2 时 ,分别验证 f'(1)=0 是否成立 ,根据函数的单调性判 断是极大值点还是极小值点 . 【解析】选 C.当 k=1 时 ,f′ (x)=e x(x-1)+e x-1,此时 f'(1)≠ 0,故排除 A,B; 当 k=2 时 ,f'(x)=e x(x-1)2+(e x-1)(2x-2), 此 时 f'(1)=0, 在 x=1 附 近 左 侧 ,f'(x)<0, 在 x=1 附近右侧 ,f'(x)>0,所以 x=1 是 f(x) 的极小值点 . 9.(2013 ·浙江高考文科·T8) 已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一 , 且其导函数 y=f'(x) 的图象如图所示 , 则该函数的图象是 ( )

【解题指南】根据导数的性质来判断函数的性质 . 【解析】选 B.因为 f'(x)>0(x ∈ (-1,1)), 所以 f(x) 在 (-1,1) 为增函数 ,又 x ∈ (-1,0) 时 ,f'(x)为增函数 ,x∈ (0,1) 时 ,f'(x)为减函数 ,所以选 B. 10. ( 2013 ·大纲版全国卷高考文科·T 10) 已知曲线 y ? x4 ? ax2 ?1在点? -1,a ? 2? 处切线的斜率为8,a= ( A. 9 B. 6 C. -9 D. -6 )

【解题指南】先对函数求导,将 x=-1 代入到导函数中即可求出 a 的值 . 【 解 析 】 选 D. 由 题 意 可 知 , 点 (?1, a ? 2) 在 曲 线 上 , 因 为 y? ? 4x 3 ? 2ax , 则
4 ? (?1) 3 ? 2a ? (?1) ? 8 ,解得 a ? ?6

二、填空题 11. ( 2013 ·广东高考文科·T 12 )若曲线 y=ax2-lnx 在点 (1,a)处的切线 平行于 x 轴 ,则 a= .

【解题指南】本题考查导数的几何意义、直线的斜率、直线平行等知识 , 可 先求导 .
1 x 1 处切线的斜率为 y? x?1 ? 2a ?1 ? 0 ,解得 a ? . 2 1 【答案】 . 2

【解析】对 y=ax 2-lnx 求导得 y? ? 2 ax ? ,而 x 轴的斜率为 0,所以在点 (1,a)

12. ( 2013 ·新课标Ⅰ高考理科·T 16 )若函数 f ( x) ? (1 ? x 2 )(x 2 ? ax ? b) 的图 像关于直线 x ? ?2 对称,则 f ( x) 的最大值为 _______. 【解题指南】首先利用数 f ( x) 的图像关于直线 x ? ?2 对称求出 a , b 的值,然后 利用导数判断函数的单调性, 这里要采用试根的的方法对导函数进行因式分 解. 【 解 析 】 因 为 函 数 f ( x) 的 图 像 关 于 直 线 x ? ?2 对 称 , 所 以 f (0) ? f (?4) , 得
4b ? ?60 ? 15a ,又 f ?( x) ? ?4 x 3 ? 3ax2 ? 2(1 ? b) x ? a ,

而 f ?(?2) ? 0 , ? 4 ? (?2) 3 ? 3a(?2) 2 ? 2(1 ? b) ? (?2) ? a ? 0 . 得 11a ? 4b ? 28 即 ?
?4b ? ?60 ? 15a ,解得 a ? 8 , b ? 15 . ?11a ? 4b ? 28

故 f ( x) ? (1 ? x 2 )(x 2 ? 8x ? 15) , 则 f ?( x) ? ?4x 3 ? 24x 2 ? 28x ? 8 ? ?4( x 3 ? 6x 2 ? 7 x ? 2)

? ?4( x ? 2)(x 2 ? 4x ? 1)

令 f ?( x) ? 0 ,即 ( x ? 2)(x 2 ? 4x ? 1) ? 0 ,则 x ? ?2 或 x ? ?2 ? 5 或 ? 2 ? 5 . 当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

f (?2 ? 5 ) ? [1 ? (?2 ? 5) 2 ][(?2 ? 5) 2 ? 8 ? (?2 ? 5) ? 15] ? (?4 5 ? 8)(8 ? 4 5) ? 16 f (?2 ? 5 ) ? [1 ? (?2 ? 5) 2 ][(?2 ? 5) 2 ? 8 ? (?2 ? 5) ? 15] ? (4 5 ? 8)(8 ? 4 5) ? 16

故 f ( x) 的最大值为 16 . 【答案】 16 三、解答题 13. ( 2013 ·大纲版全国卷高考文科·T 21)已知函数 f ? x ? =x3 ? 3ax2 ? 3x ?1. ( I)求 a ? ? 2时,讨论f ? x ?的单调性; ; ( II)若 x ??2, ???时,f ? x? ? 0,求 a 的取值范围 . 【解析】( I)当 a ? ? 2 时, f ( x) ? x 3 ? 3 2x 2 ? 3x ? 1 ,
f ?( x) ? 3x 2 ? 6 2x ? 3 .

令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 2 ? 1 , x2 ? 2 ? 1. 当 x ? (??, 2 ? 1) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (??, 2 ? 1) 是增函数; 当 x ? ( 2 ? 1, 2 ? 1) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 ( 2 ? 1, 2 ? 1) 是减函数; 当 x ? ( 2 ? 1,??) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 ( 2 ? 1,??) 是增函数 . ( II)由 f (2) ? 0 得 a ? ? .
5 4

当 a ? ? , x ? (2,??) 时,
f ?( x) ? 3( x 2 ? 2ax ? 1) ? 3( x 2 ?
1 5 x ? 1) ? 3( x ? )( x ? 2) ? 0 , 2 2

5 4

所以 f ( x) 在 (2,??) 是增函数,于是当 x ? (2,??) 时, f ( x) ? f (2) ? 0 . 综上, a 的取值范围是 [? ,?? ) . 14. ( 2013 ·江苏高考数学科·T 20 )设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e x ? ax , 其中 a 为实数。 ( 1 )若 f ( x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取 值范围; ( 2)若 g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结 论。 【解题指南】(1) 先对 f(x)=lnx-ax 求导 ,利用条件 f(x)在 (1,+∞ )上是单调 减函数求出 a 的范围 ,再利用 g(x) 在 (1,+∞ )上有最小值求出 a 的范围 ,两者 取交集 .(2)注意函数方程不等式间的相互转化 . 【解析】 (1)令 f ?( x) ? ? a ?
1 x 1 ? ax ? 0 , 考虑到 f(x) 的定义域为 (0,+ ∞ ), 故 a>0, x

5 4

进而解得 x>a-1,即 f(x)在 (a-1,+∞ )上是单调减函数 . 同理 ,f(x)在 (0,a -1)上 是单调增函数 .由于 f(x)在 (1,+ ∞ )上是单调减函数 , 故 (1,+∞ )? (a -1,+∞ ), 从而 a-1 ≤ 1,即 a ≥ 1.令 g'(x)=e x-a=0, 得 x=lna. 当 x<lna 时 , g ?( x) <0;当 x>lna 时 , g ?( x) >0. 又 g(x) 在 (1,+ ∞ )上有最小值 ,所以 lna>1, 即 a>e. 综上 , 有 a∈ (e,+∞ ). (2)当 a≤ 0 时 ,g(x) 必为单调增函数 ; 当 a>0 时 ,令 g ?( x) =ex-a>0, 解得 a<ex,即 x>lna, 因为 g(x)在 (-1,+∞ )上是单调增函数 ,类似 (1) 有 lna≤ -1,即 0<a ≤ e-1.结合上述两种情况 , 有 a≤ e-1.

(i)当 a=0 时 ,由 f(1)=0 以及 f ?( x) ? >0,得 f(x) 存在唯一的零点 . (ii)当 a<0 时 ,由于 f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函数 f(x) 在 [ea,1] 上的图象不间断 , 所以 f(x)在 (ea,1)上存在零点 . 另外 ,当 x>0 时 , f ?( x) ? ? a ? 0 ,故 f(x)在 (0,+∞ )上是单调增函数 ,所以 f(x) 只有一个零点 . (iii) 当 0<a ≤ e -1 时 , 令 f'(x)= 错误!未找到引用源。 -a=0, 解得 x=a-1. 当 0<x<a -1 时 , f ?( x) f>0, 当 x>a -1 时 , f ?( x) <0,所以 ,x=a -1 是 f(x)的最大值点 ,且最 大值为 f(a-1)=-lna-1. ①当 -lna-1=0,即 a=e -1 时 ,f(x)有一个零点 x=e. ②当 -lna-1>0, 即 0<a<e -1 时 ,f(x) 有两个零点 . 实际上 ,对于 0<a<e-1,由于 f(e-1)=-1-ae-1<0,f(a-1)>0, 且函数 f(x)在 [e-1,a-1 ] 上的图象连续 ,所以 f(x)在 (e-1,a -1)上存在零点 .另外 , 当 x∈ (0,a-1)时 ,f'(x)= ? a >0,故 f(x) 在 (0,a -1)上是单调增函数 ,所以 f(x)在 (0,a-1)上只有一个零点 . 下面考虑 f(x)在 (a-1,+∞ )上的情况 ,先证 f(错误!未找到引用源。 )=a(a -2错误!未找到引用源。 )<0. 为此 ,
? ( x) 我 们 要 证 明 : 当 x>e 时 ,ex>x2. 设 h(x)=e x-x2, 则 h?( x) =ex-2x, 再 设 l ( x) ? h
1 x
1 x

1 x

=ex-2x,则 l ?( x) =ex-2. 当 x>1 时 , l ?( x) =e x-2>e-2>0, 所以 l ( x) ? h? ( x) 在 (1,+∞ )上是单调增函数 .故当 x>2 时 , h?( x) =ex-2x> h?(2) =e2-4>0, 从而 h(x)在 (2,+ ∞ )上是单调增函数 ,进 而当 x>e 时 ,h(x)=e x-x2>h(e)=e e-e2>0.即当 x>e 时 ,ex>x2. 当 0<a<e-1,即 a-1>e 时,f(错误!未找到引用源。)=a(a -2-错误!未找到引用

源。 )<0, 又 f(a-1)>0,且函数 f(x)在 [a-1, e a ]上的图象连续 ,所以 f(x)在 (a -1, e a ) 上存在零点 .又当 x>a -1 时 ,f'(x)=
1 ? a <0, x
?1 ?1

故 f(x)在 (a-1,+∞ )上是单调减函数 , 所以 f(x)在 (a -1,+∞ )上只有一个零点 . 综合 (i),(ii),(iii) 可知 ,当 a≤ 0 或 a=e-1 时 ,f(x) 的零点个数为 1, 当 0<a<e-1 时 ,f(x)的零点个数为 2. 15. ( 2013 ·湖南高考理科·T 22 )已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? (1)记 f(x) 在区间 [0,4]上的最大值为 g(a), 求 g(a) 的表达式 . (2)是否存在 a, 使函数 y=f(x)在区间 (0,4)内的图象上存在两点 , 在该两点 处的切线相互垂直 ?若存在 ,求 a 的取值范围 ;若不存在 , 请说明理由 . 【解题指南】 (1) 首先是去掉绝对值符号 ,然后利用导数求出函数的单调区间 , 再求出 f(x)在区间 [0,4] 上的最大值为 g(a). (2)首先要根据函数的单调性讨论出 a 取什么范围时可能存在两点 , 在该两 点处的切线相互垂直 , 然后利用两互相垂直的直线斜率之积等于 -1 去讨论 求解 . 【解析】( 1)当 0 ? x ? a 时, 因此,当 x ? (0, a) 时, 当 x ? (a,??) 时,
f ?( x) ?
f ?( x) ?
f ( x) ? a?x ;当 x ? a 时, f ( x) ? x ? a . x ? 2a x ? 2a

x?a . x ? 2a

? 3a ? 0 , f ( x) 在 (0, a ) 上单调递减; ( x ? 2a ) 2

3a ? 0 , f ( x) 在 (a,??) 上单调递增 . ( x ? 2a ) 2

② a ? 4 ,则 f ( x) 在 (0,4) 上单调递减, g (a) ? f (0) ? . ② 若 0 ? a ? 4 , 则 f ( x) 在 (0, a ) 上 单 调 递 减 , 在 (a,4) 上 单 调 递 增 , 所 以 g(a)=max{f(0),f(4)}. 而 f (0) ? f (4) ? ?
g ( a ) ? f ( 4) ? 4?a ; 4 ? 2a

1 2

1 2

4 ? a a ?1 = , , 故 当 0 ? a ?1 时 4 ? 2a a ? 2

4? 2a 1 当 1 ? a ? 4 时, g (a) ? f (0) ? .综上所述, g(a) ? ? 1 ,a ?1. 2 ?2

? 4?a ,0?a ?1

( 2)由( 1)知,当 a ? 4 时, f ( x) 在 (0,4) 上单调递减,故不满足要求 . 当 0?a?4时,
f ( x) 在 (0, a ) 上 单 调 递 减 , 在 (a,4) 上 单 调 递 增 . 若 存 在

x1 , x2 ? (0,4)(x1 ? x2 ) ,使曲线 y ? f ( x) 在 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) 两点处的切线互相垂

直,则 x1 ? (0, a), x2 ? (a,4) ,且 f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ? ?1 , 即
? 3a 3a 3a ,由, x1 ? (0, a), x2 ? (a,4) 得 x1+2a ? ? ?1 ,亦即 x1 ? 2a ? 2 2 ( x1 ? 2a) ( x2 ? 2a) x2 ? 2a 3a 3a . ? ( ,1) x 2 ? 2a 4 ? 2a 3a ? ? x ? 1? 的交集非空 . 4 ? 2a ?

∈ (2a,3a),

故 (*)成立等价于集合 A={x|2a<x<3a} 与集合 B= ? ?x|
?

因为

3a 1 ? 3a ,所以当且仅当 0<2a<1, 即 0<a< 时, A ∩ B ≠?. 2 4 ? 2a

综上所述 ,存在 a 使函数 f(x)在区间 (0,4) 内的图象上存在两点 ,在该两点处 的切线互相垂直 , 且 a 的取值范围是 (0, ). 16.( 2013 ·湖南高考文科·T 21 )已知函数 f( x ) = (Ⅰ)求 f( x)的单调区间; (Ⅱ)证明:当 f ( x1) =f( x2) (x1 ≠ x2)时, x1+x 2< 0. 【解题指南】第 ( Ⅰ ) 小题解题依据是在定义域下不等式 f ?( x) ? 0 的解集是原 函数的增区间,不等式 f ?( x) ? 0 的解集是原函数的减区间。第(Ⅱ)小题首 先要确定在什么范围下 f( x1 ) =f ( x2),然后再构造新函数利用单调性去 证明。 【解析】(Ⅰ)函数的定义域是 (-∞ ,+∞ ),
1? x x e . 1? x2 1 2

1? x x 1? x x f ?( x) ? ( )?e ? e 1 ? x2 1 ? x2 , ? x 2 ? 2 x ? 1 1 ? x ? x ? x[( x ? 1) 2 ? 2] x ?? ? e ? e 2 2 1 ? x2 ? (1 ? x 2 ) 2 ? (1 ? x ) ?

当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 , 所以 f ( x) 的单调递增区间是 (??,0) ,单调递减区间是 (0,??) 。 ( Ⅱ ) 当 x ? 1 时 , 由于
1- x ? 0 ,e x ? 0故 , f x ( ? ); 0 理 , 当 x ? 1 时 f ( x) ? 0 , 当 同 1 ? x2

f ( x1 ) ? f ( x2 )(x1 ? x2 ) 时,不妨设 x1 ? x 2 ,由(Ⅰ)知, x1 ? (??,0) , x2 ? (0,1) ,下

面 证 明 : ?x ? (0,1), f ( x) ? f (? x) , 即 证 (
(1 ? x)e x ?

1? x 1? x ? 0 ,令 g ( x) ? (1 ? x)e x ? x ,则 g ?( x) ? ? xe? x (e 2 x ? 1) ,当 x ? (0,1) 时, x e e 1? x g ?( x ) ? 0, g ( x) 单调递减,从而 g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 (1 ? x)e x ? x ? 0 , e

1 ? x x 1 ? x ?x )e ? e ,此不等式等价于 1? x2 1? x2

所以 ?x ? (0,1), f ( x) ? f (? x) ,而 x2 ? (0,1) ,所以 f ( x2 ) ? f (? x 2 ) ,从而 f ( x1 ) ? f (? x 2 ) , 由于 x1 ,? x2 ? (??,0) , f ( x) 在 (??,0) 上单调递增,所以 x1 ? ? x2 ,即 x1 ? x2 ? 0 。
?1 ? a x,0 ? x ? a 17.(2013·江西高考文科·T21)设函数 f (x) ? ? a ? ? 1 (1 ? x),a ? x ? 1 ?1 ? a ?

为错误!未找

到引用源。常数且 a∈(0,1). (1)当 a ? 1 时,求 f (f ( 1 )) ;
2 3

(2)若 x0 满足 f(f(x0))= x0,但 f(x0)≠x0,则称 x0 为 f(x)的二阶周期点. 证明函数 f(x)有且仅有两个二阶周期点,并求二阶周期点 x1,x2; ( 3) 对于 ( 2) 中 x1, x2, 设A ( x1,f (f ( x1) ) ) , B ( x2,f (f ( x2) ) ) ,C(a 2,0), 记△ ABC 的面积为 S(a ),求 S(a )在区间 [ 1 , 1 ] 上的最大值和最小值 .
3 2

【解题指南】( 1 )把 a 的值代入,利用分段函数的解析式,由内到外进行 求解;( 2 )先求出 f( f( x ))的解析式,再根据二阶周期点的定义依次 分段求解;( 3)在第二问的基础上写出点 A、B 的坐标,把△ ABC 的面积表

示成 a 的函数,再结合函数求最值得方法进行处理 . 【解析】 (1)当 a ? 1 时, f ( 1) ? 2 , f (f ( 1)) ? f ( 2) ? 2(1 ? 2) ? 2 .
2

3

3

3

3

3

3

?1 2 ? a 2 x,0 ? x ? a , ? ? 1 (x ? a),a 2 ? x ? a, ? a(1 ? a) ( 2) f (f (x)) ? ? ? 1 ? (x ? a),a ? x ? a 2 ? a ? 1, 2 ? (1 ? a) ? ? 1 (1 ? x),a 2 ? a ? 1 ? x ? 1. ? ? a(1 ? a)

当 0 ? x ? a 2 时,由 期点; 当 a 2 ? x ? a 时,由 因为 f (

1 x ? x 解得 x ? 0 ,因为 f (0) ? 0 ,故 a2

x=0 不是 f( x)的二阶周

1 a ( x ? a )? x解得 x ? 2 , ? (a2 , a] a (1? a ) ?a ? a ? 1

a 1 a 1 a , )? ? 2 ? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 a ? a ? a ? 1 ? a ? a ? 1 ? a ? a ? 1 故x? 2 a 为 f ( x)的二阶周期点; ?a ? a ? 1
2

当 a ? x ? a 2 ? a ? 1 时,由 因为 f (

1 1 2 ( x ? a )? x解得 x ? , ? (a, a ? a? 1) 2 (1 ? a ) 2?a

1 1 1 1 ,故 x ? 1 不是 )? (1? )? 2 ? a 1? a 2? a 2? a 2?a

f( x )的二阶周期点;

当 a 2 ? a ? 1 ? x ? 1 时,由 因为 f (

1 1 (1? x )? x解得 x ? 2 ?[a2 ? a ? 1,1] a (1? a ) ?a ? a ? 1

1 1 1 a 1 , )? (1? 2 )? 2 ? 2 ?a ? a ? 1 1 ? a ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 故x? 2 1 为 f ( x)的二阶周期点 . ?a ? a ? 1
2

综上,函数 f( x )有且仅有两个二阶周期点 x1 ? (3)由( 2)得 A( 则 S(a) ?
2

a , x2 ? 2 1 . ?a 2 ? a ? 1 ?a ? a ? 1

a a 1 1 , 2 ) , B( 2 , 2 ). ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1

1 a 2 (1 ? a) 1 a(a 3 ? 2a 2 ? 2a ? 2) ? 2 , S?(a) ? ? 2 ?a ? a ? 1 2 (?a 2 ? a ? 1) 2


1 a(a 3 ? 2a 2 ? 2a ? 2) ? 2 (?a 2 ? a ? 1) 2

方法一:因为 a ?[ 1 , 1 ] ,有 a 2 ? a ? 1,所以 S?(a) ?
3 2

?

1 a[(a ? 1)(a ? 1) 2 ? (1 ? a 2 ? a)] 1 1 ? ? 0 ,则 S(a )在区间 [ , ] 上单调递增, 2 2 2 (?a ? a ? 1) 3 2

故 S(a) 在区间 [ 1 , 1 ] 上的最小值为 S( 1 ) ?

1 ,最大值为 S( 1 ) ? 1 . 3 2 3 33 2 20 2 ? 10 2? 10 ? 3(a ? )(a ? ) 方法二:令 g(a) ? a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2 ,则 g? (a )? 3a2 ? 4a? 2 , 3 3 因为 a ? ( 0,1) , g?(a) ? 0 ,所以 g ( a )在区间 [ 1 , 1 ] 上的最小值为 g( 1 ) ? 5 ? 0 ,则对任 3 2 2 8

意的 a ?[ 1 , 1 ] , g(a) ? 0 . 所以 S?(a) ? 1 ? a(a
3 2
2

? 2a 2 ? 2a ? 2) 1 1 ? 0 , 则 S( a )在区 间 [ , ] 上单 2 2 (?a ? a ? 1) 3 2
3

调递增,故 S(a) 在区间 [ 1 , 1 ] 上的最小值为 S( 1 ) ?
3 2

3

1 ,最大值为 S( 1 ) ? 1 . 33 2 20

18. ( 2013 ·安徽高考文科·T 20 )与( 2013 ·安徽高考理科·T 17 )相同 设函数 f(x)=ax-(1+a 2)x2,其中 a > 0,区间 l={x|f(x)>0} 。 (Ⅰ)求 l 的长度 (注 :区间 (α ,β )的长度定义为 β -α ) ; (Ⅱ)给定常数 k ∈( 0, 1),当 1-k≤ a≤ 1+k 时,求 l 长度的最小值。 【解题指南】( 1 )求出方程 f ( x)=0 的两个根;( 2 )利用导数求函数的最小 值。 【解析】( 1)因为方程 ax-( 1+a 2)x 2=0(a>0)有两个实根 x1 > 0, x2 = 故 f(x)>0 的解集为 {x|x1<x<x 2},因此区间 l = (0, ( 2) 设 d (a) =
a , 1 + a2

a a ) ,区间长度为 。 2 1+a 1 + a2

a 1-a 2 ? , d ( a ) ? 则 ,令 d ?( a) ? 0 ,得 a ? 1,由于 0<k<0, 2 1 + a2 ( 1 ? a 2)

当 1-k ? a ? 1时, d ' (a) ? 0, d (a) 单调递增;当 1 ? a ? 1 ? k时, d ' (a) ? 0, d (a) 单调递减。
k a= 1 处 + k 取 得 。 而 因 此 当 1k -?a? 1 k时 + d a, 的 ( 最 ) 小 值 必 定 在 a = 1 -或

1- k d (1 - k ) 1 + (1 - k ) 2 2 - k 2 - k 3 = = <1 1+k d (1 + k ) 2 - k2 +k3 ,故 d (1- k ) < d (1+ k ), 1 + (1 + k ) 2

因此当 a = 1 - k时, d ( a)在区间 [1-k,1+k] 上取得最小值

1- k 。 2-2 k +k 2

19.( 2013 ·北京高考文科·T 18 )已知函数 f(x)=x 2+xsin x+cos x.

( 1)若曲线 y=f(x) 在点 (a,f(a)) 处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值。 ( 2)若曲线 y=f(x) 与直线 y=b 有两个不同的交点,求 b 的取值范围。 【解题指南】( 1 )把已知条件转化为 f '(a) ? 0, f (a) ? b ; ( 2)转化为 y=f(x) 的极值与 b 的关系。 【解析】( 1) f '( x) ? 2 x ? x cos x ? x(2 ? cos x) , 由线 y ? f ( x) 在 (a, f (a)) 处的切线为 y ? b ,因此, f '(a) ? 0, f (a ) ? b , 于是 2a ? a cos a ? 0且a 2 ? a sin a ? cos a ? b , 解得 a ? 0, b ? 1 。 ( 2)由( 1 )知 f '( x) ? x(2 ? cos x) ,于是当 x ? 0 时, f ( x) 单调递增,当 x ? 0 时,
f ( x) 单调递减,当 x ? 0 时, f ( x) 取得极小值 1.

因此 b 的取值范围为 (1, ??) 。 20.(2013 ·福建高考理科· T17) 已知函数 f(x)=x-alnx(a ∈ R) (1)当 a=2 时 ,求曲线 y=f(x) 在点 A(1,f(1)) 处的切线方程 . (2)求函数 f(x)的极值 . 【解题指南】对函数求导 , 根据导数即切线斜率 , 求出切线方程 , 欲求极值 , 先求单调性 ,要注意对参数 a 进行讨论 . 【解析】函数 f(x) 的定义域为 (0,+ ∞ ),f′ (x)=1- 错误!未找到引用源。 . (1)当 a=2 时 ,f(x)=x-2lnx,f ′ (x)=1-错误!未找到引用源。 (x>0), 所以 f(1)=1,f '(1)=-1, 所以 y=f(x)在点 A(1,f(1)) 处的切线方程为 y-1=-(x-1), 即 x+y-2=0. (2)由 f′ (x)= 1 ? ?
a x x?a ,x>0 可知 : x

①当 a≤ 0 时 ,f'(x)>0, 函数 f(x) 为 (0,+ ∞ )上的增函数 , 函数 f(x)无极值 ;

②当 a>0 时 ,由 f'(x)=0, 解得 x=a; 因为 x∈ (0,a)时 ,f'(x)<0,x ∈ (a,+ ∞ )时 ,f'(x)>0, 所以 f(x)在 x=a 处取得极小值 ,且极小值为 f(a)=a-alna, 无极大值 . 综上 :当 a≤ 0 时 , 函数 f(x)无极值 , 当 a>0 时 ,函数 f(x) 在 x=a 处取得极小值 a-aln a, 无极大值 . 21.(2013 ·福建高考理科·T20) 已知函数
f ( x) ? sin( wx ? ? )( w ? 0,0 ? ? ? ? ) 的周期为

π ,图象的一个对称中心为错误!未找到引用源。 ,将函数 f(x)图象上所有 点的横坐标伸长到原来的 2 倍 (纵坐标不变 ),再将得到的图象向右平移 ? 个
2

单位长度后得到函数 g(x)的图象 . (1)求函数 f(x)与 g(x)的解析式 .
? ?? (2)是否存在 x0 ? ? ? , ? , 使得 f(x 0 ),g(x 0 ),
?6 4?

f(x0)g(x 0)按照某种顺序成等差数列 ?若存在 ,请确定 x0 的个数 ,若不存在 , 说 明理由 . (3)求实数 a 与正整数 n,使得 F(x)=f(x)+ag(x) 在错误!未找到引用源。内 恰有 2 013 个零点 . 【解析】 (1)由函数 f(x)=sin( ω x+ ? )的周期为 π , ω >0,得 ω =2, 又曲线 y=f(x)的一个对称中心为错误!未找到引用源。 , ? ∈ (0,π ), 故 f ( ) ? sin(2 ? ? ? ) ? 0 ,得 ? =错误!未找到引用源。 ,所以 f(x)=cos 2x.
4 4

?

?

将函数 f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍 (纵坐标不变 )后可得 y=cos x 的图象 , 再将 y=cosx 的图象向右平移错误!未找到引用源。个单位 长度后得到函数 g(x)=sin x. (2) 当 x ∈ 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 时 , 错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。

<sinx<

1 2 ,0<cos2x< , 2 2

所以 sinx>cos2x>sinxcos2x. 问题转化为方程 2cos 2x=sin x+sin xcos 2x 在错误!未找到引用源。内是 否有解 , 设 G(x)=sin x+sinxcos 2x-2cos 2x,x ∈错误!未找到引用源。 , 则 G'(x)=cos x+cos xcos 2x+2sin 2x(2-sin x). 因为 x∈错误!未找到引用源。 , 所以 G′ (x)>0,G(x) 在错误!未找到引用 源。内单调递增 . 又 G ( ) ? ? ? 0 , G( ) ?
6

?

1 4

?

4

2 ? 0. 2

且函数 G(x)的图象连续不断 ,故可知函数 G(x)在错误!未找到引用源。内存 在唯一零点 x0, 即存在唯一的 x0 ? ( , ) 满足题意 .
6 4

? ?

(3)依题意 ,F(x)=asin x+cos 2x, 令 F(x)=asin x+cos 2x=0, 当 sin x=0, 即 x=kπ (k∈ Z)时 ,cos 2x=1, 从而 x=kπ (k∈ Z)不是方程 F(x)=0 的解 ,所以方程 F(x)=0 等价于关于 x 的方程 a ? ? 现研究 x∈ (0,π )∪ (π ,2π )时方程解的情况 , 令 h( x ) ? ?
cos 2 x ,x ∈ (0,π )∪ (π ,2 π ), sin x

cos 2x ,x≠ kπ (k∈ Z), sin x

则问题转化为研究直线 y=a 与曲线 y=h(x)在 x∈ (0, π )∪ (π ,2π )的交点情 况 , h?( x) ?
cos x(2sin 2 x ? 1) ? 3? ,令 h′ (x)=0,得 x ? 或 x ? . 2 2 2 sin x

当 x 变化时 ,h(x)和 h′ (x)变化情况如下表
x
(0, ) 2

?

? 2

( ,? ) 2

?

(? ,

3? ) 2

3? 2

(

3? , 2? ) 2

h?( x)
h( x )

?
Z

0

?
]

?
]

0

?
Z

1

?1

当 x>0 且 x 趋近于 0 时 ,h(x) 趋向于 -∞ , 当 x<π 且 x 趋近于 π 时 ,h(x)趋向于 -∞ , 当 x>π 且 x 趋近于 π 时 ,h(x)趋向于 +∞ , 当 x<2π 且 x 趋近于 2π 时 ,h(x)趋向于 +∞ , 故当 a>1 时 ,直线 y=a 与曲线 y=h(x)在 (0,π )内无交点 ,在 (π ,2π )内有 2 个交点 ; 当 a<-1 时 ,直线 y=a 与曲线 y=h(x) 在 (0,π )内有 2 个交点 ,在 (π ,2 π )内无 交点 ; 当 -1<a<1 时 ,直线 y=a 与曲线 y=h(x)在 (0,π )内有 2 个交点 ,在 (π ,2π )内 有 2 个交点 , 由函数 h(x)的周期性 ,可知当 a≠±1 时 ,直线 y=a 与曲线 y=h(x) 在 (0,n π ) 内总有偶数个交点 ,从而不存在正整数 n,使得直线 y=a 与曲线 y=h(x) 在 (0,n π )内恰有 2013 个交点 ;当 a=±1 时 ,直线 y=a 与曲线 y=h(x)在 (0, π )∪ (π ,2π )内有 3 个交点 ,由周期性 ,2 013=3 ×671, 所以 n=671 ×2=1 342. 综上 ,当 a=±1,n=1 342 时 ,函数 F(x)=f(x)+ag(x) 在 (0,n π )内恰有 2 013 个零点 . 22. ( 2013 ·福建高考文科·T 22 )已知函数 f ( x) ? x ? 1 ? 对数的底数) . ( I)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1))处的切线平行于 x 轴 ,求 a 的值 ; ( II)求函数 f ( x) 的极值 ;
a ( a ? R , e 为自然 ex

( III)当 a ? 1 时 ,若直线 l : y ? kx ? 1 与曲线 y ? f ( x) 没有公共点 ,求 k 的最大值 . 【解题指南】对函数求导,根据导数即切线斜率,知切线斜率为 0,欲求极 值,先求单调性,要注意对参数 a 进行讨论。 【解析】方法一:(Ⅰ)由 f ? x? ? x ?1 ?
a a ,得 f ? ? x ? ? 1 ? x . x e e

又因为曲线 y ? f ? x? 在点 ?1, f ? 1? ? 处的切线平行于 x 轴,
a e a (Ⅱ) f ? ? x ? ? 1 ? x , e

得 f ? ?1? ? 0 ,即 1 ? ? 0 ,解得 a ? e .

①当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 为 R 上的增函数,所以函数 f ? x ? 无极值. ②当 a ? 0 时,令 f ? ? x ? ? 0 ,得 e x ? a , x ? ln a .
x ? ? ??,ln a ? , f ? ? x ? ? 0 ; x ? ? ln a, ??? , f ? ? x ? ? 0 .

所以 f ? x ? 在 ? ??,ln a ? 上单调递减,在 ? ln a, ??? 上单调递增, 故 f ? x ? 在 x ? ln a 处取得极小值,且极小值为 f ? ln a ? ? ln a ,无极大值. 综上,当 a ? 0 时,函数 f ? x ? 无极小值; 当 a ? 0 , f ? x ? 在 x ? ln a 处取得极小值 ln a ,无极大值.
1 ex 1 令 g ? x ? ? f ? x ? ? ? kx ? 1? ? ?1 ? k ? x ? x , e

(Ⅲ)当 a ? 1 时, f ? x? ? x ?1 ?

则直线 l : y ? kx ?1 与曲线 y ? f ? x? 没有公共点, 等价于方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有实数解. 假设 k ? 1 ,此时 g ? 0? ? 1 ? 0, g ? ?
1 ? 1 ? ? ?1 ? 1 ? 0 , ? k ?1 ? e k ?1

又函数 g ? x ? 的图象连续不断,由零点存在定理,可知 g ? x ? ? 0 在 R 上至少有一 解,与“方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k ? 1 . 又 k ? 1 时, g ? x ? ?
1 ? 0 ,知方程 g ? x ? ? 0 在 R 上没有实数解. ex

所以 k 的最大值为 1 . 方法二: (Ⅰ)(Ⅱ)同解法一. (Ⅲ)当 a ? 1 时, f ? x? ? x ?1 ?
1 . ex

直线 l : y ? kx ?1 与曲线 y ? f ? x? 没有公共点, 等价于关于 x 的方程 kx ? 1 ? x ? 1 ?
1 在 R 上没有实数解,即关于 x 的方程: ex 1 ( *) ? k ? 1? x ? x e

在 R 上没有实数解. ①当 k ? 1 时,方程( * )可化为 ②当 k ? 1 时,方程( * )化为
1 ? 0 ,在 R 上没有实数解. ex

1 ? xe x . k ?1

令 g ? x ? ? xex ,则有 g? ? x? ? ?1? x? ex . 令 g? ? x ? ? 0 ,得 x ? ?1 , 当 x 变化时, g? ? x ? 的变化情况如下表:
x
g? ? x ?
g ? x?
1 e

? ??, ?1?
?

?1
0
? 1 e

? ?1, ???
?

当 x ? ?1 时, g ? x ?mi n ? ? ,同时当 x 趋于 ?? 时, g ? x ? 趋于 ?? ,
? 从而 g ? x ? 的取值范围为 ? ? ? , ?? ? . 1 ? e ?

所以当

1 1? ? ? ? ??, ? ? 时,方程( * )无实数解, k ?1 ? e?

解得 k 的取值范围是 ?1? e,1? . 综上,得 k 的最大值为 1 .
x 2 23.( 2013 ·广东高考理科·T 21 )设函数 f ( x) ? ( x ? 1)e ( k ? R ). ? kx

(2)当 k ? 1 时,求函数 f ( x) 的单调区间; (3)当 k ? ( ,1] 时,求函数 f ( x) 在 [0, k ] 上的最大值 M . 【解题指南】本题含有参数,考查导数在单调性及最值等方面的应用 . 解题 过程中,应用好分类讨论思想 .
x x 【解析】( 1)当 k ? 1 时, f ( x) ? ( x ? 1)e , ? x2 ,求导可得 f ?( x ) ? x ex ? 2x ? x (e ? 2)

1 2

令 f ?( x) ? 0 可得 x ? 0, x ? ln 2,则当 x ? 0 时, f ?( x ) ? 0;当 0 ? x ? ln 2时, f ?( x ) ? 0; 当 x ? ln 2 时, f ?( x ) ? 0;所以函数 f ( x) 的单调递增区间是 (??,0),(ln 2, ??) ,单调 递减区间是 (0,ln 2) ;
2 ( 2 ) 对 f ( x)? ( x? 1x ) e 求 因)为 ? k x 导 可 得 f ?( x)? xe ? ( x ? 1x ) e ? k2 x ? xx ( ? e, k2

k ?(

1 ,1 ]所以 2k ? (1, 2] , x0 ? 可得 x ? 0, x ? ln(2k ) , , 令 f ?() 显然 0 ? (ln 2k ) ? ln 2 而 ln 2 ? 1 . 2

则当 0 ? x ? ln(2k ) 时, f ?( x ) ? 0;当 x ? ln(2k ) 时, f ?( x ) ? 0;所以函数 f ( x) 的单调 递增区间是 ((ln 2k ), ??) ,单调递减区间是 (0, (ln 2k )) . 令 g ? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ? ? 1 ?
? 所以 g ? k ? 在 ? ? ,1? 上递增 , 1 ?2 ?

1 k

1? k ? 0 , 又当 k

? k) k=1 时, g( = 0,

所以 g ? k ? ? ln 2 ? 1? ln 2? ln ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ?? 0,k ? e? 0 所以当 x ?? 0, ln? 2 k ?? 时 , f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? ln ? 2k ? ,??? 时 , f ? ? x ? ? 0 ;
k 3 ?k 所以 M ? max? f ? 0? , f ? k?? ? max ? k ? ?1 e ? ? 1, ?

令 h ? k ? ? ? k ?1? ek ? k 3 ?1 ,则 h? ? k ? ? k ? e k ? 3k ? , 令 ? ? k ? ? ek ? 3k ,则 ?? ? k ? ? ek ? 3 ? e ? 3 ? 0
1 ? 3? ?1? ? 所以 ? ? k ? 在 ? ? ,1? 上递减 , 而 ? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 ?2 ?

?2?

?

2?
?

? ? ? 所以存在 k0 ? ? ? ,1? 使得 ? ? k0 ? ? 0 , 且当 k ? ? , k0 ? 时 , ? ? k ? ? 0 , 2 2 1 1 ? ? ?

当 k ? ? x0 ,1? 时 , ? ? k ? ? 0 ,

? 所以 h ? k ? 在 ? ? , k0 ? 上单调递增 , 在 ? k0 ,1? 上单调递减 . 2 1 ? ?
1? 1 7 因为 h ? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 , ? ??? ?2? 2 8
? 所以 h ? k ? ? 0 在 ? ? ,1? 上恒成立 , 当且仅当 k ? 1 时取得“ ? ” . 1 ?2 ?

综上 ,函数 f ? x ? 在 ?0, k ? 上的最大值 M ? ? k ?1? ek ? k 3 . 24.( 2013 ·广东高考文科·T 21 )设函数 f ( x) ? x 3 ? kx 2 ? x ? k ? R? . (1) 当 k ? 1 时 ,求函数 f ( x) 的单调区间; (2) 当 k ? 0 时 ,求函数 f ( x) 在 ?k ,?k ? 上的最小值 m 和最大值 M . 【解题指南】本题含有参数,考查导数在单调性及最值等方面的应用 . 解题 过程中,应用好分类讨论思想 .
2 【解析】对函数 f ( x) ? x3 ? kx2 ? x 求导得 f ? ? x ? ? 3x ? 2kx ?1. 2 ?1 2?? 8 ? 0 (1)当 k ? 1 时 f ? ? x ? ? 3x ? 2x ?1, 由 ?? 4

可知 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 R 上单调

递增 .
2 ( 2)方法一:当 k ? 0 时, f ? ? x? ? 3 x ? 2 kx?1,其图像开口向上,对称轴 x ?

k , 3

1? 且过点 ? 0,
2 2? 4 ? ? k 3 ( i) 当 ?? 4k ? 1

? k ??

3 ?0

?

, 即 ? 3 ? k ? 0 时, f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? k , ?k ?

上单调递增,从而当 x ? k 时, f ? x ? 取得最小值 m ? f ? k ? ? k ,当 x ? ? k 时, f ? x ?
3 3 3 取得最大值 M ? f ? ?k ? ? ?k ? k ? k ? ?2k ? k .
2 2? 4 ? ? k 3 ( ii) 当 ?? 4k ? 1

? k ??

3 ?0

?

2 , 即 k ? ? 3 时, 令 f ? ? x ? ? 3x ? 2kx ?1 ? 0 解



x1 ?

k ? k2 ?3 k ? k2 ?3 , x2 ? 3 3









k ? x2 ? x1 ? 0







m ? min ? f ? k ? , f ? x1 ??, M ? max ? f ? ?k ? , f ? x2 ?? .
3 2 2 ? kx ? 0 , 所 以 f ? x? 的 最 小 值 因 为 f ? x1 ? ? f ? k ? ? x 1 1x ? k 1? ? x ? k ? ? 1 x ? 1? ? 1

m ? f ?k ? ? k ;
? ? k ? 2k ?f ? ? k ?3 2 x ? 2 2 k x? 2 ? ?[ ? x? 3 ? k ? 2 ?k= 因为 f? x 2?? x ? ?2 k
2

? x2 1 ] k? 0 所 ? k 以 ? ,

f ? x ? 的最大值 M ? f ? ?k ? ? ?2k 3 ? k ;
3 综上所述,当 k ? 0 时, f ? x ? 的最小值 m ? f ? k? ? k,最大值 M ? f ? ?k ? ? ?2k ? k .











k?0







?x ??k , ?k ?







f ( x) ? f (k ) ? x3 ? kx2 ? x ? k 3 ? k 3 ? k ? ( x2 ? 1)( x ? k ) ? 0 ,故 f ? x? ? f ? k? ;
f ( x) ? f (?k ) ? x 3 ? kx 2 ? x ? k 3 ? k 3 ? k ? ( x ? k )( x 2 ? 2kx ? 2k 2 ? 1) ? ( x ? k )[( x ? k ) 2 ? k 2 ? 1] ? 0 , 故 f ? x ? ? f ? ?k ? .

又 f (k ) ? k ? 0 , f (?k ) ? ?2k 3 ? k ? 0 ,所以 f ( x)max ? f (?k ) ? ?2k 3 ? k , f ( x)min ? f (k ) ? k . 25. ( 2013 ·湖北高考理科· T22 )设 n 是正整数, r 为正有理数。 (Ⅰ)求函数 f ?x ? = (1 ? x) r ?1 ? (r ? 1) x ? 1( x ? ?1) 的最小值; (Ⅱ)证明:
n c ?1 ? (n ? 1) r ?1 (n ? 1) r ?1 ? n r ?1 < n r< ; r ?1 r ?1
3 2

(Ⅲ)设 x ?R,记 [ x ]为不小于的最小整数,例如 [2]=2 , [ ? ]=4, [- ]=-1. 令 S = 3 81 ? 3 82 ? 3 83 ? ? 3 125 ,求 [ S ]的值。
4 4 4 4

(参考数据: 80 3 ≈ 344.7 , 81 3 ≈ 350.5, 124 3 ≈ 618.3 , 126 3 ≈ 631.7 ) 【解题指南】导数的应用;(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论证明。(Ⅲ)利用(Ⅱ) 的结论 r 和 n 取特殊值后累加可得。 【解析】 (Ⅰ)因为 当 ?1 ? x ? 0 时, 当 x ? 0 时, 故函数
f ?( x) ? (r ? 1)(1 ? x)r ? (r ? 1) ? (r ? 1)[(1 ? x)r ? 1] ,令 f ?( x) ?0

,解得 x ? 0 .

f ?( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 ( ?1, 0) 内是减函数;

f ?( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 (0, ??) 内是增函数 .

f ( x ) 在 x ? 0 处取得最小值 f (0) ? 0 .

(Ⅱ)由(Ⅰ),当 x ? ( ?1, ??)时,有

f ( x ) ? f (0)? 0,即

(1 ? x)r ?1 ? 1 ? (r ? 1) x ,且等号当且仅当 x ? 0 时成立,

故当 x ? ?1且 x ? 0 时,有
(1 ? x)r ?1 ? 1 ? (r ? 1) x .


n n

在①中,令 x ? 1 (这时 x ? ?1且 x ? 0 ),得 (1 ? 1 )r?1 ? 1 ? r ? 1 .
n

上式两边同乘 n r ?1 ,得 (n ? 1)r?1 ? nr ?1 ? nr (r ? 1) ,即
nr ? (n ? 1)r ?1 ? nr ?1 . r ?1
n



当 n ?1 时,在①中令 x ? ? 1 (这时 x ? ?1且 x ? 0 ),类似可得
nr ? nr ?1 ? (n ? 1)r ?1 . r ?1



且当 n ?1 时,③也成立 . 综合②,③得
nr ?1 ? (n ? 1)r ?1 (n ? 1)r ?1 ? nr ?1 ? nr ? . r ?1 r ?1
3



(Ⅲ)在④中,令 r ? 1 , n 分别取值 81, 82, 83,?, 125,得
4 4 4 3 4 3 ( 813 ? 80 3)< 3 81 ? (82 3 ? 813 ) , 4 4 4 4 4 4 3 3 ( 82 3 ? 813)< 3 82 ? (83 3 ? 82 3 ) , 4 4 4 4 4 4 3 3 ( 83 3 ? 82 3) ? 3 83 ? (84 3 ? 83 3 ) , 4 4

???
4 4 4 4 3 3 ( 125 3 ? 124 3) ? 3 125 ? (126 3 ? 125 3 ) . 4 4

将以上各式相加,并整理得
4 4 4 4 3 3 ( 125 3 ? 80 3) ? S ? (126 3 ? 813 ) . 4 4

3 代入数据计算,可得 3 ( 1253 ? 80 3) ? 210.2 , ( 126 3 ? 813) ? 210.9 . 4 4

4

4

4

4

由? ?S ? ? 的定义,得 ? ?S ? ? ? 211 . 26. ( 2013 ·湖北高考文科· T21 )设 a ? 0 , b ? 0 ,已知函数
f ( x) ? ax ? b . x ?1

(Ⅰ)当 a ? b 时,讨论函数 (Ⅱ)当 x ? 0 时,称 ( i)判断
f (1) ,

f ( x) 的单调性;

f ( x) 为 a 、 b 关于 x 的加权平均数 .

f(

b b b b ) , f ( ) 是否成等比数列,并证明 f ( ) ? f ( ) a a a a



( ii) a 、 b 的几何平均数记为 G. 称
H ? f ( x) ? G ,求 x 的取值范围 .

2ab 为 a 、 b 的调和平均数,记为 a?b

H.若

【解题指南】(Ⅰ)求出函数的定义域,利用导数判断函数的单调性,注意 分类讨论。(Ⅱ)( i)表示出
b b f( )? f( ) a a
f (1) ,

f(

b ) a

,

b f ( ) 用等比中项加以证明, a

由基本不等式可以证明;( ii)用(Ⅰ)的结论函数的单调性分

类证明。 【解析】( I) f ( x)的定义域为 (??,?1) ? (?1,??),
f ?( x) ? a( x ? 1) ? (ax ? b) a ?b , ? 2 ( x ? 1) ( x ? 1) 2

当 a ? b 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (??, ?1),(?1, ??) 上单调递增; 当 a ? b 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (??, ?1),(?1, ??) 上单调递减。 ( II)( i)计算得 f (1) ? 故 f (1) f ( ) ?
b a a?b b 2ab b ? 0, f ( ) ? ? 0, f ( ) ? ab ? 0 , 2 a a?b a

a ? b 2ab b ? ? ab ? [ f ( )]2 ,即 2 a?b a

b b f (1) f ( ) ? [ f ( )]2 ? ? a a



所以 f (1), f ( 因

b b ), f ( ) 成等比数列。 a a

a?b b b b ? ab,即f (1) ? f ( ) ,由①得 f ( ) ? f ( ) 。 a a 2 a b a b ) ? G ,故由 H ? f ( x) ? G ,得 a

( ii)由( i)知 f ( ) ? H , f (

b b f ( ) ? f ( x) ? f ( ) a a b a

??



当 a ? b 时, f ( ) ? f ( x) ? f (

b )?a 。 a

这时, x 的取值范围是 (0,??) ; 当 a ? b 时, 0 ? ? 1 ,从而 ?
b a

b a

b ,由 f ( x)在(0,??)上单调递增与 ②式得 a

b b b b ,即 x 的取值范围是 [ , ] ; ?x? a a a a

当 a ? b 时,

b b b ? 1 ,从而 ? ,由 f ( x)在(0,??)上单调递减与 ②式得 a a a

b b b b ? x ? ,即 x 的取值范围是 [ , ] 。 a a a a

27. ( 2013 ·山东高考理科·T 21 )设函数 f ( x) ? 数的底数, c ? R) . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间,最大值; (Ⅱ)讨论关于 x 的方程 | ln x |? f (x )根的个数 .

x ? c( e ? 2.71828 是自然对 e2 x

【解题指南】(Ⅰ)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关 系求出函数的单调区间,然后再利用单调性求最值 . (Ⅱ)将求函数根的个 数问题转化为求函数零点的个数,利用函数的导数来判断函数的单调性,然 后利用单调性判断函数零点 . 【解析】(Ⅰ) f ??x? ? ?1 ? 2x?e?2 x , 由 f ??x ? ? 0 解得 x ? ,
1 2 1 当 x ? 时, f ??x ? ? 0 , f ?x ? 单调递减 . 2 1 2

当 x ? 时, f ??x ? ? 0 , f ?x ? 单调递增;

1? ?1 ? 所以,函数 f ?x ? 的单调递增区间是 ? ? ? ?, ? ,单调递减区间是 ? ,?? ? , ? 2? ?2 ? 1 ? 1 ?1 最大值为 f ? ? ?? e ?e. ?2? 2

(Ⅱ)令 g?x? ? ln x ? f ?x? ? ln x ? xe?2 x ? c , x ? ?0,??? , ① 当 x ? ?1,??? 时, ln x ? 0 ,则 g ?x? ? ln x ? xe?2 x ? c , 所以 g ??x ? ? e
?2 x

? e2 x ? ? ? x ? 2 x ? 1? ?, ? ?

e2 x 因为 2 x ? 1 ? 0, ? 0 , x

所以 g ??x ? ? 0 . 所以 g ?x ? 在 ?1,??? 上单调递增 . ② 当 x ? ?0,1? 时, ln x ? 0 ,则 g?x? ? ? ln x ? xe?2 x ? c 所以 g ??x ? ? e ?2 x ? ??
? e2 x ? ? 2 x ? 1? ?, x ? ?

因为 e2 x ? ?1, e 2 ?, e 2 x ? 1 ? x ? 0 , 所以 ?
e2x ? ?1 . x

又 2x ? 1 ? 1 , 所以 ?
e2 x ? 2 x ? 1 ? 0 ,即 g ??x ? ? 0 . x

因此 g ?x ? 在 ?0,1? 上单调递减, 综合①②可知,当 x ? ?0,??? , g ?x? ? g ?1? ? ?e?2 ? c , 当 g ?1? ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时, g ?x ? 没有零点, 故关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数为 0; 当 g ?1? ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时, g ?x ? 只有一个零点,

故关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数为 1; 当 g ?1? ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时, a.当 x ? ?1,??? 时,由(Ⅰ)知
?1 ? g ?x ? ? ln x ? xe?2 x ? c ? ln x ? ? e ?1 ? c ? ? ln x ? 1 ? c , ?2 ?

要使 g ?x ? ? 0 ,只需要 ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? ?e1?c ,???. b.当 x ? ?0,1? 时,由(Ⅰ)知
?1 ? g ?x ? ? ? ln x ? xe?2 x ? c ? ? ln x ? ? e ?1 ? c ? ? ? ln x ? 1 ? c , ?2 ?

要使 g ?x ? ? 0 ,只需要 ? ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? ?0, e?1?c ?, 所以 c ? e ?2 时, g ?x ? 有两个零点, 故关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数是 2. 综上所述, 当 c ? e ?2 时,关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数是 0; 当 c ? e ?2 时,关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数是 1; 当 c ? e ?2 时,关于 x 的方程 ln x ? f ?x? 根的个数是 2. 28. ( 2013 ·山东高考文科·T 21 )已知函数 f ( x) ? ax2 ? bx? ln x ( a, b? R). ( Ⅰ ) 设 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间; ( Ⅱ ) 设 a ? 0 ,且对于任意 x ? 0 , f ( x) ? f (1) .试比较 ln a 与 ?2b 的大小 . 【解题指南】(Ⅰ)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关 系求出函数的单调区间 .(Ⅱ)由条件知, f ?1? 为函数的最小值,然后构造函 数,利用函数的单调性比较两数的大小 .. 【解析】(Ⅰ)由 f ?x? ? ax2 ? bx ? ln x, x ? ?0,??? ,

得 f ??x ? ?

2ax2 ? bx ? 1 . x
bx ? 1 x

( 1)当 a ? 0 时, f ??x ? ?

①若 b ? 0 ,当 x ? 0 时, f ??x ? ? 0 恒成立, 所以函数 f ?x ? 的单调递减区间是 ?0,??? ②若 b ? 0 ,当 0 ? x ? 时, f ??x ? ? 0 ,函数 f ?x ? 的单调递减, 当 x ? 时, f ??x ? ? 0 ,函数 f ?x ? 的单调递增,
1? ?1 ? 所以函数 f ?x ? 的单调递减区间是 ? ? 0, ? ,单调递增区间是 ? ,?? ? . ? b? ?b ?
1 b 1 b

( 2)当 a ? 0 时, f ??x ? ? 0 , 得 2ax2 ? bx ? 1 ? 0 , 由 ? ? b2 ? 8a ? 0 得 x1 ? 显然, x1 ? 0, x2 ? 0 当 0 ? x ? x2 时, f ??x ? ? 0 ,函数 f ?x ? 的单调递减, 当 x ? x2 时, f ??x ? ? 0 ,函数 f ?x ? 的单调递增,
? ? b ? b 2 ? 8a ? ? ,单调递增区间是 所 以 函 数 f ?x ? 的 单 调 递 减 区 间 是 ? 0, ? ? ? 4a ? ? ? b ? b 2 ? 8a ? ? ,?? ? , ? ? 4a ? ?

? b ? b 2 ? 8a ? b ? b 2 ? 8a , x2 ? 4a 4a

综上所述 当 a ? 0 , b ? 0 时,函数 f ?x ? 的单调递减区间是 ?0,???
1? ?1 ? 当 a ? 0 , b ? 0 时,函数 f ?x ? 的单调递减区间是 ? ? 0, ? ,单调递增区间是 ? ,?? ? ? b? ?b ?

0, 当 a ? 0 时 , 函 数 f ?x ? 的 单 调 递 减 区 间 是 ? ? ?

?

? b ? b 2 ? 8a ? ? ,单调递增区间是 ? 4a ?

? ? b ? b 2 ? 8a ? ? ,?? ? . ? ? 4a ? ?

( Ⅱ ) 由 a ? 0 ,且对于任意 x ? 0 , f ( x) ? f (1) ,则函数 f ?x ? 在 x ? 1 处取得最小 值,
? b ? b 2 ? 8a 由(Ⅰ)知, 是 f ?x ? 的唯一的极小值点, 4a



? b ? b 2 ? 8a ? 1 ,整理得 4a

2a ? b ? 1 即 b ? 1 ? 2a .

令 g ?x? ? 2 ? 4x ? ln x , 则 g ??x ? ?
1 ? 4x x 1 4

令 g??x? ? 0, 得 x ? , 当 0 ? x ? 时, g??x? ? 0, g ?x ? 单调递增; 当 x ? 时, g??x? ? 0, g ?x ? 单调递减 .
1? 1 因此 g ?x ? ? g ? ? ? ? 1 ? ln ? 1 ? ln 4 ? 0 , ?4? 4
1 4 1 4

故 g ?a ? ? 0 ,即 2 ? 4a ? ln a ? 2b ? ln a ? 0 , 即 ln a ? ?2b 29. ( 2013 ·陕西高考理科·T 21 )已知函数
f ( x) ? ex , x? R .

(1) 若直线 y= kx+ 1 与 f (x) 的反函数的图像相切 , 求实数 k 的值 ; (2) 设 x>0, 讨论曲线 y= f (x) 与曲线 y ? mx2 (m ? 0) 公共点的个数 . (3) 设 a<b, 比较
f ( a) ? f ( b) 与 f (b) ? f (a) 的大小 , 2 b?a

并说明理由 .

【解题指南】 利用导数的几何意义, 可求解; 分析清楚函数的单调性及极值, 讨论确定曲线 y= f (x) 与曲线 y ? mx2 ( m? 0) 公共点的个数;作差后构造新函 数,利用函数的单调性进行大小比较 .

【解析】 (1)

f (x) 的反函数 g ( x) ? ln x . 设直线 y= kx+ 1 与 g ( x) ? ln x 相切于

?kx0 ? 1 ? lnx0 2 ?2 点 P(x0, y 0 ), 则? 。所以 k ? e ?2 1 ? x0 ? e , k ? e ? ?k ? g' (x 0 ) ? x 0 ?

(2)当 x > 0 , m > 0 时, 曲线 y = f (x) 与曲线 y ? mx2 ( m? 0) 的公共点个数 即方程 f ( x) ? mx2 根的个数。 由 f (x) ? mx 2 ? m ?
ex ex xex (x ? 2) , 令 h(x) ? ? h '(x) ? , x2 x2 x4

则 h(x)在 (0,2)上单调递减,这时 h(x)? (h(2), ??); h(x) 在(2,??)上单调递增 , 这时h(x)? (h(2), ??). h(2)?
h(2)是y ? h(x)的极小值且是最小值。
e2 . 4

所以对曲线 y= f (x) 与曲线 y ? mx2 ( m? 0) 公共点的个数,讨论如下: 当 m ? (0,
e2 e2 e2 ) 时 , 有 0 个公共点;当 m= ( , ? ?) 时 ,有 1 个公共点;当 m ? 4 4 4

时有 2 个公共点 . (3)
?
f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b) ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)

(b ? a ? 2) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b?a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)

令 t(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex , x ? 0, 则t '(x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? ex ? 1 ? (x ?1) ? e x 。
t '(x)的导函数t ''(x) ? (1 ? x ?1) ? ex ? x ? ex ? 0, 所以t '(x)在(0, ? ?)上单调递增 ,

且 t '(0) ? 0.因此t '(x) ? 0,t(x)在(0, ??)上单调递增, 而t(0) ? 0,
所以在(0, ??)上t(x) ? 0 。

因为当x ? 0时,t(x) ? x ? 2 ? (x ? 2) ? ex ? 0且a ? b,
所以 (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? eb?a a ?e ? 0 2 ? (b ? a)

所以 当a < b时,

f (a ) ? f (b) f (b) ? f (a) ? . 2 b?a

30.( 2013 ·新课标全国Ⅱ高考理科·T 21)已知函数 f(x)=e x-ln(x+m), (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. 【解题指南】 (1) 求导,然后将 x ? 0 代入导函数,求得 m ,讨论分析导函数 的符号,得单调性 . (2)求 f ? x ? 的最小值 f ? x0 ? ,证明最小值 f ? x0 ? ? 0 即可 . 【解析】(1)因为 f ? ? x? ? ex ?
1 1 , x ? 0 是 f ? x ? 的极值点,所以 f ? ? 0 ? ? 1 ? ? 0 , x?m m

解 得 m ? 1, 所 以 函 数 f ? x ? ? ex ? ln ? x ?1? , 其 定 义 域 为 ? ?1, ??? , 因 为
f ? ? x ? ? ex ? e x ? x ? 1? ? 1 1 ? , x ?1 x ?1

设 g ? x ? ? ex ? x ?1? ?1, 则 g ' ? x? ? ex ? x ?1? ? ex ? 0 ,所以 g ? x ? 在 ? ?1, ??? 上是增函数,又 因为 g ? 0? ? 0 ,所以当 x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,即 f ? ? x ? ? 0 ,当 ?1 ? x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,
f ? ? x ? ? 0 ,所以 f ? x ? 在 ? ?1,0? 上是减函数,在 ? 0, ??? 上是增函数 .

(2)当 m ? 2 ,x ? ? ?m, ??? 时,ln ? x ? m? ? ln? x ? 2? , 故只需证明当 m ? 2 时,f ? x? ? 0 . 当 m ? 2 时,函数 f ? ? x ? ? e x ?
1 在 ? ?2, ??? 单调递增 . x?2

由 f ? ? ?1? ? 0, f ? ? 0? ? 0 ,故 f ? ? x ? ? 0 在 ? ?2, ??? 上有唯一实根 x0 ,且 x0 ? ? ?1, 0? . 当 x ? ? ?2, x0 ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? x0 , ??? 时, f ? ? x ? ? 0 ,从而当 x ? x0 时, f ? x ? 取 得最小值 .由 f ? ? x0 ? ? 0 得
e x0 ? 1 , ln ? x0 ? 2 ? ? ? x0 , x0 ? 2
2

? x ? 1? ? 0 1 ? x0 ? 0 故 f ? x ? ? f ? x0 ? ? . x0 ? 2 x0 ? 2
综上,当 m ? 2 时, f ? x? ? 0 .

31. ( 2013 ·新课标全国Ⅱ高考文科·T 21)已知函数 f ( x) ? x2e? x 。 ( 1)求 f ( x) 的极小值和极大值; ( 2)当曲线 y ? f ( x) 的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取值范围。 【解题指南】( 1 )求导函数 f ? ? x ? ,令 f ? ? x ? ? 0 求极值点,列表求极值 . (2)设切线,表示出切线 l 的方程,令 y ? 0 得 l 在 x 轴上的截距,利用函数知识 求得截距的取值范围 . 【解析】 (1) f ? ? x ? ? e ? x ? ? x 2 ? 2 x ? ,令 f ? ? x ? ? 0 得 x ? 0 或 2 . 列表如下
x
f ? ? x?

? ??,0?
?

0 0

( 0,2)
?

2 0

? 2, ???
?

f ? x?

减函数 极小值

增函数

极大值 减函数
4 . e2
0

函数 f ? x ? 的极小值为 f ? 0 ? ? 0 ,极大值为 f ? 2 ? =
0

(2)设切点为 ? x0 , x0 2e ? x ? ,则切线 l 的斜率为 k ? e? x ? ? x0 2 ? 2 x0 ? 此时切线 l 的方程为 y ? x0 2e ? x ? e ? x ? ? x0 2 ? 2 x0 ? ? x ? x0 ?
0 0

令 y ? 0 ,得 x ?
x?

x0 ? x0 . x0 ? 2

2 ? x0 ? 2 ? 3 , x0 ? 2
令 ?h ? t t ? 2 (t 0) , 则当 t∈ (0,+∞ ) 时 ,h(t) t

(? ) 0 ,,2 ( ,) ( )? ? 由已知和 ( 1) 得 x0 ??

的取值范围为 [2 2, ??) ;当 t∈ (- ∞ ,-2)时 ,h(t)的取值范围是 (-∞ ,-3),所 以 当 x0 ∈ (- ∞ ,0) ∪ (2,+ ∞ ) 时 ,x 的 取 值 范 围 是 (- ∞ ,0) ∪ [2 2 ? 3, ??) , 综 上 , l 在 x 轴上的截距的取值范围是 (- ∞ ,0)∪ [2 2 ? 3, ??) . 32. ( 2013 ·辽宁高考文科·T 21 )

(?) 证明:当 x ??0,1 ? 时,

2 x ? sin x ? x; 2

x3 (?? ) 若不等式 ax ? x ? ? 2( x ? 2) cos x ? 4 对 x ? [0,1] 恒成立,求实数 a 的取值范围。 2
2

【解题指南】构造函数,利用函数的单调性证明不等式;利用已知的不等式 恰当地放缩,将复杂的不等式转化为简单的不等式 【解析】 (?) 记 F ( x) ? sin x ?
2 2 . x ,则 F ?( x) ? cos x ? 2 2

2 ? 2 ?? 当 x ?? ? cos ? ? 0, ? 0, ? 时, F ?( x) ? cos x ?

?

4?

2

4

2

则 F ( x) ? sin x ?
?

2 ? ?? x 在 x ? ?0, ? 上是增函数,所以 F ( x) ? F (0) ? 0 ; 2 ? 4?
2 2 2

? 当 x ?? ? ? ? 0, ? ,1? 时, F ?( x) ? cos x ? 2 2 2 ?4 ?

则 F ( x) ? sin x ?

2 ?? ? x 在 x ? ? ,1? 上是减函数, 2 ?4 ? 2 ? 2 ? sin ? ?0 2 4 2 2 x; 2

所以 F ( x) ? F (1) ? sin1 ?

故当 x ??0,1? 时, F ( x ) ? 0,即 sin x ?

记 H ( x) ? sin x ? x ,则当 x ??0,1? 时, H ?( x) ? cos x ? 1? 0 所以 H ( x) ? sin x ? x在 x ??0,1? 上是减函数,则 H ( x) ? H (0) ? 0 即 H ( x) ? sin x ? x ? 0 , sin x ? x 综上,当 x ??0,1? 时,
(?? ) 由 (?) 可知, sin

2 x ? sin x ? x; 2

x 2 x 2x ? ? , 2 2 2 4
1 2

当 x ??0,1? 时, ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4

? ax ? x 2 ?

1 3 x x ? 2( x ? 2)(1 ? 2sin 2 ) ? 4 2 2 1 x ? (a ? 2) x ? x 2 ? x3 ? 4( x ? 2) sin 2 2 2

? (a ? 2) x ? x 2 ?
? (a ? 2) x

1 3 2x 2 x ? 4( x ? 2)( ) 2 4

所以当 a ? ?2 时,a ? 2 ? 0 ,(a ? 2) x ? 0 , 不等式 ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4 恒成立. 下面证明,当 a ? ?2 时,不等式 ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4 不恒成立. 由 (?) 可知, sin ?
x 2 x 2

1 2

1 2

则当 x ??0,1? 时, ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4
1 3 x ? 2( x ? 2) cos x ? 4 2 1 x ? ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2)(1 ? 2sin 2 ) ? 4 2 2 1 x ? (a ? 2) x ? x 2 ? x3 ? 4( x ? 2) sin 2 2 2 1 x ? (a ? 2) x ? x 2 ? x 3 ? 4( x ? 2)( ) 2 2 2 1 3 ? (a ? 2) x ? x 2 ? x 3 ? (a ? 2) x ? x 2 2 2 ax ? x 2 ?

1 2

3 ? 2 ? ? ? x ? x ? (a ? 2) ? 2 ? 3 ?

所以存在 x0 ??0,1? (例如 x0 取
ax ? x 2 ? 1 3 x ? 2( x ? 2) cos x ? 4 ? 0 2

a ?1 1 和 中较小者)满足 3 2

即当 a ? ?2 时,不等式 ax ? x 2 ? x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4 不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围为 ? ??, ?2?. 33. ( 2013 · 辽宁高考理科· T 21 ) 已知函数 f ( x) ? (1 ? x)e?2 x , g ( x) ? ax ? 当 x ? ? 0,1? 时,
(?) 求证: 1 ? x ? f ( x) ?
1 ; 1? x

1 2

x3 ? 1 ? 2 x cos x . 2

(?? ) 若 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围。

【解题指南】由于欲证不等式不便于直接证明,因而可以采用间接证明的方 法——分析法; 【解析】 (?) 证明:⑴要证 x ??0,1? 时, (1? x )e?2 x ? 1? x 只需证 (1? x )e? x ? (1? x ) ex 记 h( x) ? (1 ? x)e? x ? (1 ? x)ex 则 h?( x) ? [(1 ? x)e? x ? (1 ? x)e x ] ? x(e x ? e ? x ) 当 x ? ? 0,1? 时, h?( x ) ? x (ex ? e? x )? 0 因此 h( x ) ? (1? x ) e? x ? (1 ?x e ) x 在 ?0,1? 上为增函数, 故 h( x) ? h(0) ? 0 所以 (1? x )e?2 x ? 1? x , x ??0,1? ; ⑵要证 x ??0,1? 时, (1? x )e ?2 x ? 只需证 ex ? 1 ? x 记 k ( x) ? ex ? x ?1 则 k ?( x) ? ex ?1 当 x ? ? 0,1? 时, k ?( x) ? ex ? 1 ? 0 因此 k ( x) ? ex ? x ?1在 ?0,1? 上为增函数, 故 k ( x) ? k (0) ? 0 所以 (1? x )e ?2 x ?
1 , x ??0,1? 1? x 1 1? x

综上可知, 1 ? x ? (1 ? x)e?2 x ? 即 1 ? x ? f ( x) ?
1 1? x

1 , x ??0,1? 1? x

(?? ) 由 (?) 知 1 ? x ? f ( x) ,则有

f ( x) ? g ( x) ? (1 ? x)e?2 x ? (ax ? x3 ? 1 ? x ? (ax ? ? 1 ? 2 x cos x) 2
? ? x(a ? 1 ?
1 2

x3 ? 1 ? 2 x cos x) 2

1 2 x ? 2 cos x) 2

设 G ( x) ? x 2 ? 2 cos x ,则 G?( x) ? x ? 2 sin x 记 H ( x) ? x ? 2sin x ,则 H ?( x) ? 1? 2 cosx
( ? ) ? 1 2 cos x? 当 x ??0,1? 时, cos x ? cos1? cos ? ? H ? x 3

?

1 2

0

从而 G?( x) ? x ? 2 sin x在 ?0,1? 上为减函数, 于是当 x ??0,1? 时, G?( x) ? G? (0)? 0 故 G ( x) ? x 2 ? 2 cos x 在 ?0,1? 上为减函数, 所以 G( x) ? G(0)? 2 从而 G( x) ? a ? 1 ? G(0)? a ? 1 ? 2 ? a ? 1 ? 3 ?a 所以 a ? ?3 时, f ( x) ? g ( x)在 ?0,1? 上恒成立 下面证明当 a ? ?3 时, f ( x) ? g ( x)在 ?0,1? 上不恒成立。 由 (? ) 知 f ( x ) ?
f ( x) ? g ( x) ?
1 ,则有 1? x 1 2

1 x3 ? (ax ? ? 1 ? 2 x cos x) 1? x 2

1 x2 ? ? x( ? a ? ? 2 cos x) 1? x 2

记 I ( x) ?

1 x2 1 ? a ? ? 2 cos x ? ? a ? G ( x) 1? x 2 1? x
?1 ? G?( x) (1 ? x) 2 ?1 ? G? ( x) ? 0 (1? x )2

则 I ?( x) ?

由前所述,当 x ??0,1? 时, I ?( x) ?

故 I ( x) ?

1 ? a ? G ( x) 在 ?0,1? 上为减函数, 1? x

于是 I (1) ? I (x )? I (0) 即 a ? 1 ? 2cos1 ? I ( x) ? a ? 3 因为当 a ? ?3 时, a ? 3 ? 0 所以存在 x0 ? (0,1),使得 I ( x ) ? 0 此时 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 即当 a ? ?3 时, f ( x) ? g ( x)在 ?0,1? 上不恒成立。 综上,实数 a 的取值范围为 ? ??, ?3?. 34. ( 2013 ·新课标Ⅰ高考理科·T 21 )已知函数 f(x) = x2 + ax + b , 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 有相同的切线 y= 4 x+2 (Ⅰ)求 a, b, c , d 的值 (Ⅱ)若 x≥- 2 时, f(x)≤ kgf( x),求 k 的取值范围。 【解题指南】(Ⅰ)根据曲线 y= f( x)和曲线 y= g(x)都过点 P(0, 2)可将 P(0,2)分别代入到 y= f(x)和曲线 y= g(x)上,再利用在点 P 处有相同的切 线 y= 4x+2,对曲线 y= f(x)和曲线 y= g(x)进行求导,列出关于 a, b, c, d 的 方程组求解 . (Ⅱ)构造函数 F ( x) ? kg( x) ? f ( x) ,然后求导,判断函数 F ( x) ? kg( x) ? f ( x) 的单 调性,通过分类讨论,确定 k 的取值范围 . 【解析】(Ⅰ)由已知得 f (0) ? 2 , g (0) ? 2 , f ?(0) ? 4 , g ?(0) ? 4 . 而 f ?( x) ? 2 x ? a , g ?( x) ? e x (cx ? d ? c) . 故 b ? 2, d ? 2 , a ? 4, d ? c ? 4 . 从而 a ? 4 , b ? 2 , c ? 2 , d ? 2 .

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ? x 2 ? 4x ? 2 , g ( x) ? 2e x ( x ? 1) . 设 F ( x) ? kg( x) ? f ( x) ? 2ke x ( x ? 1) ? x 2 ? 4x ? 2 , 则 F ?( x) ? 2ke x ( x ? 2) ? 2x ? 4 ? 2( x ? 2)(ke x ? 1) . 由题设可得 F (0) ? 0 ,得 k ? 1 . 令 F ?( x) ? 0 ,即 2( x ? 2)(ke x ? 1) ? 0 ,得 x1 ? ? ln k , x2 ? ?2 . (ⅰ)若 ? 1 ? k ? e 2 ,则 ? 2 ? x1 ? 0 ,从而当 x ? (?2, x1 ) 时, F ?( x) ? 0 当 x ? ( x1 ,??) 时, F ?( x) ? 0 , 即 F ( x) 在 x ? (?2, x1 ) 单调递减,在 x ? ( x1 ,??) 单调递增,故 F ( x) 在 [?2,??) 上有最 小值为 F ( x1 ) .
F ( x1 ) ? 2x1 ? 2 ? x1 ? 4x1 ? 2 ? ?x1 ( x1 ? 2) ? 0 .
2

故当 x ? ?2 时, F ( x) ? 0 恒成立,即 f ( x) ? kg( x) . (ⅱ)若当 k ? e 2 ,则 F ?( x) ? 2e 2 ( x ? 2)(e x ? e ?2 ) ,当 x ? ?2 时, F ?( x) ? 0 ,即 F ( x) 在
(?2,??) 上 单 调 递 增 , 而 F (?2) ? 0 , 故 当 且 仅 当 x ? ?2 时 , F ( x) ? 0 恒 成 立 , 即 f ( x) ? kg( x) .

(ⅲ)若 k ? e 2 ,则 F (?2) ? ?2ke?2 ? 2 ? ?2e ?2 (k ? e 2 ) ? 0 . 从而当 x ? ?2 时, f ( x) ? kg( x) 不可能恒成立 . 综上, k 的取值范围为 [1, e 2 ] . 35.( 2013 ·新课标Ⅰ高考文科·T 20 )已知函数 f ( x) ? e x (ax ? b) ? x 2 ? 4x ,曲 线 y ? f ( x) 在点 (0, f (0)) 处切线方程为 y ? 4 x ? 4 (Ⅰ)求 a , b 的值 (Ⅱ)讨论 f ( x) 的单调性,并求 f ( x) 的极大值 【解题指南】(Ⅰ)对函数 f ( x) ? e x (ax ? b) ? x 2 ? 4x 求导,利用点 (0, f (0)) 处切 线方程为 y ? 4 x ? 4 知 f ?(0) ? 4 ,求得 a , b 的值;

(Ⅱ)由(Ⅰ)确定函数解析式,并对 f ( x) 求导,根据导函数 f ?( x) 判断函数 的单调性,根据函数的单调性求出极值 . 【解析】(Ⅰ) f ?( x) ? e x (ax ? a ? b) ? 2x ? 4 .由已知得 f (0) ? 4 , f ?(0) ? 4 . 故 b ? 4 , a ? b ? 8 ,从而 a ? 4 , b ? 4 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? 4e x ( x ? 1) ? x 2 ? 4x ,
1 f ?( x) ? 4e x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 ? 4( x ? 2)( e x ? ) . 2

令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ? ln 2 或 x ? ?2 . 从而当 x ? (??,?2) ? (? ln 2,??) 时, f ?( x) ? 0 ; 当 x ? (?2,? ln 2) 时, f ?( x) ? 0 ; 故 f ( x) 在 (??,?2) , (? ln 2,??) 单调递增,在 x ? (?2,? ln 2) 单调递减 . 当 x ? ?2 时,函数 f ( x) 取得极大值,极大值为 f (?2) ? 4(1 ? e ?2 ) 36.( 2013 ·四川高考理科·T 21 )已知函数 f ( x) ? ?
? x 2 ? 2 x ? a , x ? 0, ?ln x, x ? 0,

其中 a 是实

数.设 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) 为该函数图象上的两点,且 x1 ? x2 . (Ⅰ)指出函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直,且 x2 ? 0 ,求 x2 ? x1 的最 小值; (Ⅲ)若函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 【解题指南】在求解过程中,首先需要把握函数的解析式及定义域,结合各 段函数的特征确定其单调区间,在后续的求解过程中,需要首先求解函数
f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线的斜率,结合已知求解 x2 ? x1 的最小值,在第

(Ⅲ)问中,应着重分析函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合得到的信息 . 【 解 析 】 ( Ⅰ ) 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 为 ( ? ?,? 1), 单 调 递 增 区 间 为 (? 1,0),(0,+ ?). (Ⅱ )由导数的几何意义可知 ,点 A 处的切线斜率为 f ? (x1),点 B 处的切线斜率

为 f ? (x2), 所以当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时 ,有 f ? (x1)f ? (x2)=? 1. 当 x<0 时 ,f ? (x)=2 x+2 因为 x1<x2<0,所以 (2x1+2)(2 x2+2)= ? 1 所以 2x1+2<0, 2 x 2+2>0. 1 因此 x2? x1= [? (2 x1+2)+ 2 x2+2] ? [? (2x1+2)](2x 2+2)=1, 2 3 1 当且仅当 ? (2x1+2)= 2 x2+2=1 即 x 1=? ,x2=? 时等号成立 . 2 2 所以 ,函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直时 , 求 x2? x1 的最小值为 1. (Ⅲ )当 x1<x2<0 或 x2>x1>0 时 , f ? ( x1)?f ? (x2), 所以 x1<0<x2. 当 x1<0 时 , 函 数 f(x) 的 图 象 在 点 (x1,f(x 1)) 处 的 切 线 方 程 为

y? (x12+2x1+a)=(2 x1+2)(x? x1),
即 y=(2x1+2) x? x 12+a. 当 x2>0 时 , 函 数 f(x) 的 图 象 在 点 (x2,f(x2)) 处 的 切 线 方 程 为 y? ln x2= 1 (x? x2),即 y= x +lnx2? 1. 1

x2

x2

?2x +2= 1 ① x 两切线重合的充要条件是 ? ?? x +a =lnx ? 1 ②
1 2 2 1 2

由①及 x1<0<x2 知 ? 1<x1<0. 由①②得 a= x12+ln 1 ? 1=x12? ln(2x1+2)? 1. 2x1+2

令 h(x1)=x12? ln(2 x1+2) ? 1(? 1<x1<0), 则 h? (x1)=2x1? 1 <0, 所以 h(x1)在 (? 1,0)上是减函数 . x1+1

则 h(x1)>h(0)= ? ln2? 1,

所以 a>? ln2? 1, 又当 x1?(? 1,0) 且趋近于 ? 1 时 , h(x1)无限增大 , 所以 a 的取值范围是 (? ln2? 1,+?). 故 当 函 数 f(x) 的 图 象 在 点 A,B 处 的 切 线 重 合 ,a 的 取 值 范 围 是 (? ln 2? 1,+?).
? x2 ? 2x ? a , x ? 0 37.( 2013 ·四川高考文科·T 21 ) 已知函数 f ( x) ? ? ,其中 a 是 ?ln x, x ? 0

实数。设 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) 为该函数图象上的两点,且 x1 ? x2 . (Ⅰ)指出函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ) 若函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直, 且 x2 ? 0 , 证明: x2 ? x1 ? 1 ; (Ⅲ)若函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合,求 a 的取值范围。 【解题指南】在求解过程中,首先需要把握函数的解析式及定义域,结合各 段函数的特征确定其单调区间,在后续的求解过程中,需要首先求解函数
f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线的斜率,结合已知证明,在第(Ⅲ)问中,应

着重分析函数 f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合得到的信息 . 【 解 析 】 ( Ⅰ ) 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 为 (? ?,? 1), 单 调 递 增 区 间 为 (? 1,0),(0,+ ?). (Ⅱ )由导数的几何意义可知 ,点 A 处的切线斜率为 f ? (x1),点 B 处的切线斜率 为 f ? (x2), 故当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时 ,有 f ? (x 1)f ? (x2)=? 1. 当 x<0 时 ,对函数 f(x)求导,得 f ? (x)=2x+2 因为 x1<x2<0,所以 ( 2x1+2)(2 x2+2)= ? 1, 所以 2x1+2<0, 2 x 2+2>0. 1 因此 x2? x1= [? (2 x1+2)+ 2 x2+2] ? [? (2x1+2)](2x 2+2)=1, 2 3 1 当且仅当 ? (2x1+2)= 2 x2+2=1 ,即 x1=? 且 x2=? 时等号成立 . 2 2

所以 ,函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直时 , 有 x2 ? x1 ? 1 . (Ⅲ ) 当 x1<x2<0 或 x2>x1>0 时 , f ? (x1)? f ? (x2), 故 x1<0<x2. 当 x1<0 时 , 函 数 f(x) 的 图 象 在 点 (x1,f(x 1)) 处 的 切 线 方 程 为

y? (x12+2x1+a)=(2 x1+2)(x? x1),
即 y=(2x1+2) x? x 12+a. 当 x2>0 时 , 函 数 f(x) 的 图 象 在 点 (x2,f(x2)) 处 的 切 线 方 程 为 y? ln x2= 1 (x? x2),即 y= x +lnx2? 1. 1

x2

x2

?2x +2= 1 ① x 两切线重合的充要条件是 ? ?? x +a =lnx ? 1 ②
1 2 2 1 2

由①及 x1<0<x2 知 ,0<错误!未找到引用源。 <2.
? 1 ? ? 1? -1 由①②得 ,a=lnx2+ ? ? 2 x2 ? ? 1? 1 =-ln 错误!未找到引用源。 + ? ? 2 ? 错误!未找到引用源。 -1. 4 ? x2 ?
2 2

令 t=错误! 未找到引用源。 ,则 0<t<2, 且 a=错误! 未找到引用源。 t 2-t-lnt. 设 h(t)= t2-t-lnt(0<t<2),
1 1 (t ? 1) 2 ? 3 则 h'(t)= t-1- = <0, 2 t 2t
1 4

所以 h(t)(0<t<2) 为减函数 . 则 h(t)>h(2)=-ln2-1, 所以 a>-ln2-1. 而当 t∈ (0,2)且 t 趋近于 0 时 ,h(t)无限增大 . 所以 a 的取值范围是 (-ln2-1,+ ∞ ). 故当函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线重合时 ,a 的取值范围是 (-ln2-1,+

∞ ). 38. ( 2013 ·天津高考文科·T 20 ) 设 a ? [?2, 0] , 已知函数 (Ⅰ ) 证明
? x 3 ? (a ? 5) x, x ? 0, ? f ( x) ? ? 3 a ? 3 2 x ? ax , x ? 0 . ?x ? ? 2

f ( x) 在区间 ( - 1,1) 内单调递减 ,

在区间(1, + ∞)内单调递增 ; 且 x1 x2 x3 ? 0, 证明

( Ⅱ ) 设曲线 y ?
x1 ? x 2 ? x 3 ? ? 1 . 3

f ( x) 在点 P 处的切线相互平行 , i? 1, 2, 3) i ( x i , f ( xi ))(

【解题指南】(Ⅰ ) 利用导数分段证明

f ( x) 在区间 ( - 1,0) 内单调递减 , f ( x) 在

在区

间 (0,1)内单调递减,在区间(1, + ∞)内单调递增,且 进而得出结论 . ( Ⅱ ) 由函数

x=0 处不间断,

f ( x) 的单调性及切线平行得出 x1 , x 2, x 3 的关系,通过构造函数及换

元法转化为求最小值问题求解 . 【证明】 (Ⅰ ) 设函数 ①
f1 ( x) ? x3 ? (a ? 5) x( x ? 0), f2 ( x) ? x3 ?

a?3 2 x ? ax( x ? 0), 2

f1? ( x) ? 3x2 ? (a ? 5), 由 a ? ? ?2,0? , 从 而 当 ?1 ? x ? 0 时 , f1? ( x) ? 3x2 ? (a ? 5)? 3 ?a? 5 ? 0, 所 以

f1 ( x) 在区间 ? ?1, 0? 内单调递减 .



f2? ( x) ? 3x2 ? (a ? 3) x ? a ? (3x ? a)( x ? 1), 由 a ? ? ?2,0? , 所以当

0<x<1 时 ,f2′ (x)<0;当 x>1

时 ,f2′ (x)>0.即函数 f2(x)在区间 [0,1)内单调递减 ,在区间 (1,+∞ )内单调 递增 . 综合①,②及
f1 (0) ? f 2 (0) ,可知函数 f ( x) 在区间 (-1,1) 内单调递减,在区间 (1,

+ ∞)内单调递增 . (Ⅱ )由(Ⅰ )知
? 6 ? ? a ? 3? f ? ( x) 在区间 ? ??,0 ? 内单调递减,在区间 ? 0, ? 内单调递减,在 6 ? ?
f ( x)

a?3 ? , ?? ? 内单调递增 . 因为曲线 y ? 区间 ? ?

在点 Pi ( x i , f ( xi ))(i?

1, 2, 处的切线相 3)

互平行 ,从而 x1 , x 2 , x 3 互不相等,且 f ′ (x1)=f'(x2)=f′ (x3).

不 妨 设

x1 ? 0 ? x2 ? x3 ,



3x12 ? (a ? 5) ? 3x22 ? (a ? 3) x2 ? a ? 3x32 ? (a ? 3) x3 ? a,

可 得

3x22 ? 3x32 ? (a ? 3)( x2 ? x3 ) ? 0, 解得 x2 ? x3 ?

a?3 a?3 , 从而 0 ? x2 ? ? x3 . 3 6


?

g ( x) ? 3x2 ? (a ? 3) x ? a,



g(

a?3 ) ? g ( x2 ) ? g (0) ? a. 6



3x12 ? (a ? 5) ? g ( x2 ) ? a,

解 得

2a ? 5 2a ? 5 a ? 3 ? , ? x1 ? 0, 所 以 x1 ? x 2? x ? 3 ? 3 3 3

设 t?

3t 2 ? 5 2a ? 5 , 因为 , 则 a? 2 3

t?? a ? ? ?2 , ?0,所以 ,

? 3 15 ? 3t 2 ? 1 1 1 1 1 , ? (t ? 1)2 ? ? ? , 即 x1 ? x2 ? x3 ? ? ? , 故 x1 ? x2 ? x3 ? ?t ? 3 6 2 3 3 3 ? ? 3
f ( x) ? x2 ln x .

39. ( 2013 ·天津高考理科·T 20 )已知函数 (1) 求函数 f(x) 的单调区间 ;

(2) 证明 : 对任意的 t>0, 存在唯一的 s, 使 t ?

f (s) .

(3) 设 (2) 中 所 确 定 的 s 关 于 t 的 函 数 为 s ? g (t ) , 证 明 : 当 t >e 2 时 , 有
2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2

【解题指南】 (1) 求出函数 调区间 .

f ( x) ? x2 ln x 的导数,利用导数确定函数

f(x)的单

(2) 利用 (1)的结论,首先确定 t>0 时,对应函数 后根据函数 f(x) 的单调性证明 . (3) 承接 (2)通过换元法及函数的单调性进行证明 . 【解析】 (1)函数
f ( x) 的定义域为 (0, ??) . f ?( x) ? 0, 得 x ?
1 e .

f ( x) 的定义域为 (1,?? ),然

f ?( x) ? 2 x ln x ? x ? x(2ln x ? 1), 令

当 x 变化时,

f ?( x ), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x )

(0,

1 e
?

)

1 e

(

1 e

, ?? )
?

0

f ( x)

极小值
f ( x) 的单调递减区间是 (0,
f ( x) ? 0.
1 e ) , 单调递增区间是 ( 1 e , ?? ) .

所以函数

(2)当 0 ? x ? 1 时 , 设
t?0

,令

h( x) ? f ( x) ? t

,

x ??1, ???

. 由 (1) 知 ,

h( x)

在 区 间 ?1, ??? 内 单 调 递 增 . 使t ?
f ( s ) 成立 .

h(1) ? ?t ? 0, h(et ) ? e2t ln et ? t ? t (e2t ? 1) ? 0. 故存在唯一的 s ? (1, ??) ,

(3)因为 s ? g (t ) , 由 (2)知

t ? f ( s ) , 且 s ? 1 , 从而

ln g (t ) ln s ln s ln s u ? ? ? ? , 其中 u ? ln s . ln t ln f ( s) ln( s 2 ln s) 2ln s ? ln ? ln s ? 2u ? ln u

要使 2 ? ln g (t )? 1成立 ,只需 0 ? lnu ? u .
5 lnt 2 2

当 t>e2 时 ,若 s=g(t) ≤ e,则由 f(s) 的单调性知 ,t=f(s)≤ f(e)=e 2,矛盾 . 所以 s>e,即 u>1,从而 ln u>0 成立 . 另一方面, 令 F (u) ? ln u ? u , u ? 1. F ?(u) ? 1 ? 1 , 令 F ?(u ) ? 0, 得 u ? 2, 当 1 ? u ? 2 时,F ?(u ) ? 0;当
2 u 2
u ? 2 时, F ?(u ) ? 0.故对 u ? 1 , F (u) ? F (2) ? 0. 因此 ln u ?

u 成立 . 2

综上,当 t >e 2 时 , 有

2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2

40.(2013 ·浙江高考理科· T22) 已知 a∈ R,函数 f(x)=x 3-3x2+3ax-3a+3. (1)求曲线 y=f(x)在点 (1,f(1)) 处的切线方程 . (2)当 x∈ [0,2] 时 ,求 |f(x)| 的最大值 . 【解题指南】 (1) 先确定 f'(x),再求切线斜率 f'(1), 从而写出切线方程 . (2)当 x∈ [0,2] 时 ,要分类讨论 a 取不同的值时 ,f(x) 的单调性即 f'(x)>0 或 f'(x)<0. 【解析】 (1)由题意 f'(x)=3x 2-6x+3a, 故 f'(1)=3a-3,又 f(1)=1, 所以所求切线方程为 y=(3a-3)x-3a+4. (2)由于 f'(x)=3(x-1)2+3(a-1),0 ≤ x≤ 2,故 ①当 a≤ 0 时 ,有 f'(x)≤ 0,此时 f(x)在 [0,2]上单调递减 ,故

|f(x)| max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a; ②当 a≥ 1 时 ,有 f'(x)≥ 0,此时 f(x)在 [0,2]上单调递增 ,故 |f(x)| max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1; ③当 0<a<1 时 ,设 x1 ? 1 ? 1 ? a , x2 ? 1 ? 1 ? a , 则 0<x1<x2<2,f '(x)=3(x-x1)(x-x2). 列表如下 :
x
f ?( x )
0

? 0, x1 ?
?

x1
0

? x1, x2 ?
?

x2
0

? x2 , 2?
?

2

单 调 递 极
f ( x)
3 ? 3a



值 单 调 递 极 减



值 单 调 递
3a ? 1



f ( x1 )

f ( x2 )



由于 f ( x1 ) ? 1? 2(1? a ) 1? a, f ( x2 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a 故 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 >0 , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4(1? a) 1 ? a>0 从而 f ( x1 )> f ( x2 ) ,所以 |f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|,f(x 1)} (i)当 0<a< 时, f (0)> f (2) 又 f ( x1 ) ? f (0) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ? 故 | f (x) |max ? f (x1) ?? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a (ii)当 ≤a<1 时, f (2) ? f (2),且 f (2)≥f (0)
a 2 (3 ? 4a) 又 f ( x1 ) ? f (2) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (3a ? 2) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? 3a ? 2
2 3

2 3

a 2 (3 ? 4a) >0 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a)

所以当 ≤a< 时, f ( x1 )> f (2) ,故 f (x)max ? f (x1 )? 1 ? 2(1 ?a ) 1 ?a 当 ≤a<1 时, f(x) max=|f(2)|=3a-1.
3 4

2 3

3 4

? ? 3 ? 3a, a≤0, ? 3 综上所述, | f (x) |max ? ? ?1 ? 2(1 ? a) 1 ? a , 0<a< , 4 ? 3 ? 3a ? 1, a≥ , ? ? 4

41.(2013 ·浙江高考文科· T21) 已知 a∈ R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x 2+6ax. (1)若 a=1, 求曲线 y=f(x) 在点 (2,f(2)) 处的切线方程 . (2)若 |a|>1, 求 f(x) 在闭区间 [0,|2a|] 上的最小值 . 【解题指南】 (1) 先求 f'(x),再求 f'(2),从而易求切线方程 .(2)对 a 进行讨 论 ,分析 f(x)在闭区间 [0,|2a|] 上的单调性 ,从而求其最小值 . 【解析】 (1)当 a=1 时 ,f'(x)=6x 2-12x+6, 所以 f'(2)=6, 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 y=6x-8. (2)记 g(a) 为 f(x)在闭区间 [0,2|a|]上的最小值 . f'(x)=6x 2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a), 令 f'(x)=0, 得到 x1=1,x2=a, 当 a>1 时 ,
0

x
f ?( x )
0

? 0,1?
?

1

?1,a ?
?

a

? a, 2a ?
?

2a

0

0

f ( x)

单调递增 极大值 3a ? 1 单调递减 极小值 a2 (3 ? a) 单调递增 4a3
<a≤3, ? 0,1 2 ?a (3 ? a ), a>3,

比较 f(0)=0 和 f(a)=a 2(3-a)的大小可得 g(a)= ? 当 a< ? 1 时,

x
f ?( x )
f ( x)

0

? 0,1?
?

1

?1, ?2a ?
?

?2a

0

0

单调递减

极小值 3a ? 1

单调递增

?28a3 ? 24a2

得, g ( a) ? 3a ? 1
? 3a ? 1, a< ? 1, ? 综上所述, f ( x) 在闭区间 ? ? 0, 2 a ? ? 上的最小值 g (a) ? ? 0,1<a≤3, ?a 2 (3 ? a), a>3. ?

42. ( 2013·重庆高考理科·T 17 )设 f ( x) ? a( x ? 5)2 ? 6ln x ,其中 a ? R ,曲线
y ? f ( x) 在点( 1 , f (1) )处的切线与 y 轴相交于点( 0,6 ).

(Ⅰ)确定 a 的值; (Ⅱ)求函数 f ( x) 的单调区间与极值. 【解题指南】直接根据曲线在( 1 , f (1) )处的切线过点( 0,6)求出 a 的值 , 直接求导得出函数的单调区间与极值 .
2 【解析】(Ⅰ)因为 f ( x) ? a( x? 5) ? 6 lnx, 所以 f ?( x) ? 2a( x ? 5) ? .

6 x

令 x ? 1, 得 f (1) ? 16a, f ?(1) ? 6 ? 8a ,所以曲线 y ? f ( x) 在点( 1, f (1) )处的切线方程 为 y ? 16a ? (6 ? 8a)(x ? 1) ,因为点 ?0,6? 在切线上 ,所以 6 ? 16 a ? 8a ? 6 ,得 a ? . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 , f ( x) ? ( x ? 5) 2 ? 6 ln x( x ? 0),
f ?( x) ? x ? 5 ? 6 ( x ? 2)( x ? 3) ? x x 1 2
1 2

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x1 ? 2, x2 ? 3 当 0 ? x ? 2 或 x ? 3 时 , f ?( x) ? 0 , 故 f ( x) 在 (0,2),(3,??) 上 为 增 函 数 ; 当 2 ? x ? 3 时 ,
f ?( x) ? 0 , 故 f ( x) 在 (2,3) 上为减函数 .

由 此 可 知 f ( x) 在 x ? 2 处 取 得 极 大 值 f (2) ? ? 6 ln 2 , 在 x ? 3 处 取 得 极 小 值
f (3) ? 2 ? 6 ln 3 .

9 2

43. ( 2013 ·重庆高考文科·T 20 )某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池

(不计厚度) . 设该蓄水池的底面半径为 r 米, 高为 h 米, 体积为 V 立方米. 假 设建造成本仅与表面积有关,侧面积的建造成本为 100 元 /平方米,底面的 建造成本为 160 元 /平方米,该蓄水池的总建造成本为 12000 ? 元( ? 为圆周 率). (Ⅰ)将 V 表示成 r 的函数 V (r ) ,并求该函数的定义域; (Ⅱ)讨论函数 V (r ) 的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 【解题指南】直接根据题意可列出函数的解析式并能直接写出定义域 , 通过 求导研究函数的单调性进而求出函数的最值 . 【解析】(Ⅰ)因为蓄水池侧面的总成本为 100 ? 2?rh ? 200?rh 元 , 底面的总成 本为 160?r 2 元 ,
?rh ? 1 6 0 ?r 2 ? 1 2 0 0 ? 0, 所以蓄水池的总成本为 (200?rh ? 160?r 2 ) 元 .又据题意 2 0 0

所以 h ?

因 r ? 0, 又由 h ? 0 可得 r ? 5 3 ,故函数 V (r ) 的定义域为 ?0,5 3 ?. (Ⅱ)因 V (r ) ?
?
5 (300 r ? 4r 3 ). 故 V ?(r ) ?

1 ? (300 ? 4r 2 ) , 从而 V (r ) ? ?r 2 h ? (300 r ? 4r 3 ). 5r 5

?
5

(300 ? 12 r 2 ). 令 V ?(r ) ? 0 , 解得 r1 ? 5

r2 ? ?5 ( 因 r2 ? ?5 不在定义域内 , 舍去 ).

当 r ? ?0,5? 时 , V ?(r ) ? 0 , 故 V (r ) 在 ?0,5? 上 为 增 函 数 , 当 r ? ?5,5 3 ?时 , V ?(r ) ? 0 , 故
V (r ) 在 5,5 3 上为减函数,由此可知 , V (r ) 在 r ? 5 处取得最大值 , 此时 h ? 8. 即

?

?

当 r ? 5, h ? 8 时 ,该蓄水池的体积最大 .


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