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导数习题分类精选2013


导数定义

?x 2 x ?1 b? 例 1. y ? f ( x) ? ? 在 x ? 1 处可导,则 a ? ?ax ? b x ? 1 ?x 2 x ?1 思路: y ? f ( x) ? ? 在 x ? 1 处可导,必连续 lim f ( x ) ? 1 x ?1 ax ? b x ? 1 ? f (1) ? 1 ∴ a ? b ? 1 ?y ?y b

? ?1 lim? ?2 lim? ?a ∴ a?2 ?x ? 0 ? x ?x ? 0 ? x
?

x ?1?

lim f ( x ) ? a ? b

例 2.已知 f(x)在 x=a 处可导,且 f′(a)=b,求下列极限:

f (a ? h 2 ) ? f (a) f (a ? 3h) ? f (a ? h) (1) lim ; (2) lim ?h ?0 ?h ?0 2h h
分析:在导数定义中,增量△x 的形式是多种多样,但不论△x 选择哪种形式,△y 也必须选择相对应的形式。 利用函数 f(x)在 x ? a 处可导的条件,可以将已给定的极限式恒等变形转化为导数定义的结构形式。

f (a ? 3h) ? f (a ? h) f (a ? 3h) ? f (a) ? f (a) ? f (a ? h) ? lim h ?0 2h 2h f (a ? 3h) ? f (a) f ( a ) ? f ( a ? h) ? lim ? lim h ?0 h ?0 2h 2h 3 f (a ? 3h) ? f (a) 1 f ( a ? h) ? f ( a ) ? lim ? lim h ?0 h ?0 2 3h 2 ?h 3 1 ? f ' (a) ? f ' (a) ? 2b 2 2 ? f (a ? h 2 ) ? f (a) ? f (a ? h 2 ) ? f (a) (2) lim ? lim? h? h ?0 h ?0 h h2 ? ?
解: (1) lim
h ?0

? lim

f (a ? h 2 ) ? f (a) ? lim h ? f ' (a) ? 0 ? 0 h ?0 h ?0 h2 n n ?1 例 3.观察 ( x )? ? nx , (sin x)? ? cos x , (cos x)? ? ? sin x ,是否可判断,可导的奇函数的导函数是偶
解:若 f (x ) 为偶函数

函数,可导的偶函数的导函数是奇函数。

f ( x ? ?x) ? f ( x) ? f ?( x) ?x ?0 ?x f (? x ? ?x) ? f (? x) f ( x ? ?x) ? f ( x) f ?(? x) ? lim ? lim ?x ?0 ?x ?0 ? ?x ? ?x f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim ? ? ? f ?( x) ?x ?0 ??
f ( ? x) ? f ( x)
令 lim ∴ 可导的偶函数的导函数是奇函数

另证: f ? ? [ f (? x)]? ? f ?(? x) ? (? x)? ? ? f ?( x) 例 4.已知函数 f ( x) 在定义域 R 上可导,设点 P 是函数 y ? f ( x) 的图象上距离原点 O 最近的点.
' (1) 若点 P 的坐标为 (a, f (a )) , 求证: a ? f (a) f (a) ? 0 ;

(2) 若函数 y ? f ( x) 的图象不通过坐标原点 O , 证明直线 OP 与函数 y ? f ( x) 的图象上点 P 处切线垂直. 证:(1)设 Q(x , f (x) )为 y = f (x)上的动点,则|OQ| 2 = x2 + f 2 ( x ), 设 F(x) = x2 + f 2 ( x ), 则 F'(x)=2x +2f (x)f ' ( x ) 已知 P 为 y = f(x) 图形上距离原点 O 最近的一点, ∴|OP|2 为 F(x)的最小值,即 F(x) 在 x = a 处有最小值, 亦即 F(x) 在 x = a 处有极小值 ∴ F'(a)=0, 即 2a+2f (a)f ' (a)=0 (2) 线段 OP 的斜率为

f (a ) ,y=f(x)之图形上过 P 点的切线 l 的斜率为 f ' (a) a

由(1)知 f (a)f '(a) = – a,
1

∴图象不过原点,∴a ? 0,∴

f (a ) f '(a) = –1 a

∴OP⊥l,即直线 OP 与 y=f(x)的图形上过 P 点的切线垂直. 利用导数证明不等式 例 6.求证下列不等式

x2 x2 x ? (0 , ? ?) (相减) (1) x ? ? ln(1 ? x) ? x ? 2 2(1 ? x) 2x ? x ? (0 , ) (相除) (2) sin x ? ? 2 ? (3) x ? sin x ? tan x ? x x ? (0 , ) 2 2 x 1 x2 ?1 ) f (0) ? 0 f ?( x) ? ?1? x ? ?0 证: (1) f ( x) ? ln(1 ? x) ? ( x ? 2 1? x x ?1 f ( x) ? 0 恒成立 ∴ y ? f (x) 为 (0 , ? ?) 上 ? ∴ x ? (0 , ? ? )
x2 ∴ ln(1 ? x) ? x ? 2

x2 g ( x) ? x ? ? ln(1 ? x) 2(1 ? x) 4x 2 ? 4x ? 2x 2 1 2x 2 g ?( x) ? 1 ? ? ? ?0 1 ? x 4(1 ? x 2 ) 4(1 ? x) 2
∴ x ? (0 , ? ? ) x ?

g (0) ? 0

x2 ? ln(1 ? x) ? 0 恒成立 2(1 ? x) sin x 2 ? ? (2)原式 ? 令 f ( x) ? sin x / x x ? (0 , ) cos x ? 0 x ? tan x ? 0 x ? 2 ? cos x( x ? tan x) ? f ?( x) ? 0 (0 , ) ? ∴ f ?( x) ? ∴ x ? (0 , ) 2 2 x 2 ? 2 2x f( )? ∴ sin x ? 2 ? ? f (0) ? 0 (3)令 f ( x) ? tan x ? 2 x ? sin x
∴ g (x) 在 (0 , ? ?) 上 ?

f ?( x) ? sec 2 x ? 2 ? cos x ?
) f ?( x) ? 0 2 ∴ tan x ? x ? x ? sin x x ? (0 ,

?

(1 ? cos x)(cosx ? sin 2 x) cos2 x ? ∴ (0 , ) ? 2

例 7.(全国卷 22) (本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,
a?b (i)求函数 f(x)的最大值;(ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g( 2 )<(b-a)ln2.

f ' ( x) ?
.(I)解:函数 f(x)的定义域是(-1,∞),
'

1 ?1 ' ' 1 ? x ,令 f ( x) ?0 ,解得 x=0,当-1<x<0 时, f ( x) ? 0 ,当 x>0

时, f ( x) ? 0 ,又 f(0)=0,故当且仅当 x=0 时,f(x)取得最大值,最大值是 0

a?b a?b 2a 2b ) ? a ln a ? b ln b ? (a ? b) ln ? a ln ? b ln 2 2 a?b a?b . (II)证法一: b?a a ?b ? 0, ?1 ? ?0 2b 由(I)的结论知 ln(1 ? x) ? x ? 0( x ? ?1, 且x ? 0) ,由题设 0<a<b,得 2a , 2a b?a b?a ? ? ln(1 ? )?? 因此 ln , a?b 2a 2a g(a) ? g (b) ? 2 g (

2

ln

2b a ?b a ?b ? ? ln(1 ? )?? a?b 2b 2b

所以 a ln

2a 2b b?a a ?b ? b ln ?? ? ?0 a?b a?b 2 2



2a a?b 2a 2b a?b 2b 2b ? a ln ? b ln ? a ln ? b ln ? (b ? a) ln ? (b ? a) ln 2 a?b 2b a?b a?b 2b a ?b a ?b 0 ? g (a) ? g (b) ? 2 g ( a?b ) ? (b ? a) ln 2 2 F ( x) ? g (a) ? g ( x) ? 2 g ( a?x ) 2 ,

综上

' (II)证法二: g ( x) ? x ln x , g ( x) ? ln x ? 1,设

F ' ( x) ? g ' ( x) ? 2[ g (


a?x ' a?x )] ? ln x ? ln ' 2 2 ,当 0<x<a 时 F ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(0,a)内为减函数 当 x>a 时

F ' ( x) ? 0 ,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数 从而,当 x=a 时,F(x)有极小值 F(a) 因为 F(a)=0,b>a,所以 F(b)>0,即 a?b 0 ? g (a) ? g (b) ? g ( ) 2 a?x G ' ( x) ? ln x ? ln ? ln 2 ? ln x ? ln(a ? x) ' G( x) ? F ( x) ? ( x ? a) ln 2 ,则 2 设 当 x>0 时, G ( x) ? 0 ,因此 G(x)在 a?b g (a) ? g (b) ? 2 g ( ) ? (b ? a) ln 2 2 (0,+∞)上为减函数,因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0.即 x . 1 例 8.已知函数 f ( x) ? x , g ( x) ? ln( ? x) , h ( x ) ? 1? x (1)证明:当 x ? 0 时,恒有 f ( x) ? g ( x);
(2)当 x ? 0 时,不等式 g ( x ) ?

kx (k ? 0) 恒成立,求实数 k 的取值范围; k?x 1 x ? , 1? x 1? x

' 解: (1)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,则 F ( x) = 1 ?

' 当 x ? 0 时, F ( x) ? 0 ,所以函数 F (x ) 在(0, ? ?) 单调递增,又 F (x )

在 x ? 0 处连续,所以 F ( x) ? F (0) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 , 所以 f ( x) ? g ( x) 。 (2)设 G ( x ) ? g ( x) ?

kx , k?x

则 G (x ) 在(0, ? ?) 恒大于 0, G ( x) ? ln(1 ? x) ? k ?

k2 , k?x

G ' ( x) ?

1 k2 x 2 ? (2k ? k 2 ) x , ? ? 1 ? x ( k ? x) 2 (1 ? x)(k ? x) 2

x 2 ? (2k ? k 2 ) x ? 0 的根为 0 和 k 2 ? 2k ,
即在区间(0, ? ?) 上, G' ( x) ? 0 的根为 0 和 k ? 2k ,
2 2 若 k ? 2k ? 0 ,则 G (x ) 在 (0, k ? 2k ) 单调递减,
2

3

且 G (0) ? 0 ,与 G (x ) 在(0, ? ?) 恒大于 0 矛盾; 若 k ? 2k ? 0 , G (x ) 在(0, ? ?) 单调递增,
2 2 且 G (0) ? 0 ,满足题设条件,所以 k ? 2k ? 0 ,所以 0 ? k ? 2. 。

1 x ?1 1 ? ln ? ; x ?1 x x 1 1 1 1 1 (2)已知: n ? N且n ? 2 ,求证: ? ? ? ? ? ln n ? 1 ? ? ? ? 。 2 3 n 2 n ?1 1 1 1 (1)令 1 ? ? t ,由 x>0,∴t>1, x ? 原不等式等价于 1 ? ? ln t ? t ? 1 x t ?1 t
例 9.(1)已知: x ? (0 ? ?) ,求证 令 f(t)=t-1-lnt, ∵ f ?(t ) ? 1 ? 当 t ? (1,??) 时,有 f ?(t ) ? 0 ,∴函数 f(t)在 t ? (1,??) 递增 ∴f(t)>f(1) 即 t-1<lnt

1 t

另令 g (t ) ? ln t ? 1 ? ,则有 g ?(t ) ?

1 t

t ?1 ?0 t2
∴ ln t ? 1 ?

∴g(t)在 (1,??) 上递增,∴g(t)>g(1)=0 综上得

1 x ?1 1 ? ln ? x ?1 x x

1 t

(2)由(1)令 x=1,2,……(n-1)并相加得

1 1 1 2 3 n 1 1 ? ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln ? 1? ??? 2 3 n 1 2 n ?1 2 n ?1 1 1 1 1 1 即得 ? ? ? ? ? ln ? 1 ? ? ? ? 2 3 n 2 n ?1
利用导数求和 例 10.利用导数求和: (1) (2) 。
n n ?1

; ,

分析:这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度,由求导公式 ( x )' ? nx 可联想到它们是另外一个和式的导数,利用导数运算可使问题的解决更加简捷。 解: (1)当 x=1 时, ;

当 x≠1 时, 两边都是关于 x 的函数,求导得



即 (2)∵ 两边都是关于 x 的函数,求导得 令 x=1 得 单调区间讨论 , 即 , 。 。

例 11.设 a ? 0 ,求函数 f ( x) ? x ? ln(x ? a)(x ? (0,??) 的单调区间. 分析:本小题主要考查导数的概念和计算,应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力.

4

2 x 当 a ? 0, x ? 0 时

解: f ?( x) ?

1

?

1 ( x ? 0) . x?a

f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 . f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 (i)当 a ? 1 时,对所有 x ? 0 ,有 x 2 ? (2a ? 4) ? a 2 ? 0 . 即 f ?( x) ? 0 ,此时 f (x ) 在 (0,??) 内单调递增. (ii)当 a ? 1 时,对 x ? 1 ,有 x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 , 即 f ?( x) ? 0 ,此时 f (x ) 在(0,1)内单调递增,又知函数 f (x ) 在 x=1 处连续,因此, 函数 f (x ) 在(0,+ ? )内单调递增 (iii)当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 ,即 x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 .
解得 x ? 2 ? a ? 2 1 ? a , 或x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f (x ) 在区间 (0,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递增,在区间 (2 ? a ? 2 1 ? a ,??) 内也单调递增.
2 2 令 f ?( x) ? 0,即x ? (2a ? 4) x ? a ? 0 ,解得 2 ? a ? 2 1 ? a ? x ? 2 ? a ? 2 1 ? a .

因此,函数 f (x ) 在区间 2 ? a - 2 1 ? a ,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递减. (
2 例 12.设函数 f ( x) ? ax ? bx ? k (k ? 0) 在 x ? 0 处取得极值,且曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线垂直于直

线 x ? 2 y ?1 ? 0 . (Ⅰ)求 a , b 的值; (Ⅱ)若函数 g ( x) ? (

ex ,讨论 g ( x) 的单调性. f ( x)

3) ? ? 4 ? 4k ? 0,即当0<k<1时, 方程 x ? 2 x ? k ? 0 有两个不相等实根
2

x1 ? 1? 1? k , x2 ? 1? 1? k

w.w. w. k.s. 5.u.c

当 x ? (??,1 ? 1 ? k )是g?( x) ? 0, 故g ( x)在(? ?,1 ? 1 ? k )上为增 函 数 当

上为减函数 x ? 1 ? 1 ? k ,1 ? 1 ?k 时, g ?( x) ? 0, 故 g ( x)在( ? 1 ? k ,1 ? 1 ? k) ( ) 1 时, 上为增函数 x ? 1 ? 1 ? k,+?) g ?( x) ? 0, 故 g ( x)在( ? 1 ? k,+?) ( 1 1 3 2 例 13.(2009 山东卷文)已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? x ? 3 ,其中 a ? 0 (1)当 a, b 满足什么条件时, f (x ) 取得 3 极值?(2)已知 a ? 0 ,且 f (x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围.

5

所以 f '( x) ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 a ? 0 时, x f’(x) f (x) (-∞,x1) + 增函数 x1 0 极大值 (x1,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,+∞) + 增函数

所以 f (x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值. 当 a ? 0 时, x f’(x) f (x) (-∞,x2) - 减函数 x2 0 极小值 (x2,x1) + 增函数 x1 0 极大值
2

(x1,+∞) - 减函数

所以 f (x ) 在 x 1, x2 处分别取得极大值和极小值.综上,当 a, b 满足 b ? a 时, f (x ) 取得极值. (2)要使 f (x ) 在区间 (0,1] 上单调递增,需使 f '( x) ? ax2 ? 2bx ? 1 ? 0 在 (0,1] 上恒成立. 即b ? ?

ax 1 ax 1 ? , x ? (0,1] 恒成立, 所以 b ? ( ? ? ) max 2 2x 2 2x

ax 1 a 1 ? 设 g ( x) ? ? , g '( x) ? ? ? 2 ? 2 2x 2 2x
令 g '( x) ? 0 得 x ? 当 a ? 1 时, 0 ? 当 x?(

1 a( x 2 ? ) a , 2 x2

1 1 或x?? (舍去), a a

1 ax 1 1 ? 1 ,当 x ? (0, ) 时 g '( x) ? 0 , g ( x) ? ? ? 单调增函数; a 2 2x a

ax 1 1 ,1] 时 g '( x) ? 0 , g ( x) ? ? ? 单调减函数, 2 2x a

所以当 x ? 所以 b ? ? a

1 1 )?? a. 时, g ( x) 取得最大,最大值为 g ( a a

当 0 ? a ? 1 时,

ax 1 1 ? 1 ,此时 g '( x ) ? 0 在区间 (0,1] 恒成立,所以 g ( x) ? ? ? 在区间 (0,1] 上单调递增,当 2 2x a a ?1 a ?1 ,所以 b ? ? 2 2 a ?1 2

x ? 1 时 g ( x) 最大,最大值为 g (1) ? ?
综上,当 a ? 1 时, b ? ? a ;

当 0 ? a ? 1 时, b ? ?

【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函 数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归 思想和分类讨论的思想解答问题.
3 2 例 14.(2009 浙江文)已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) .

6

(I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ?3 ,求 a , b 的值; (II)若函数 f ( x ) 在区间 (?1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ... 解析 又? (Ⅰ )由题意得 f ?( x) ? 3x 2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)

f (0) ? b ? 0 ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 ?
导函数 f ?(x ) 在 (?1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?(x ) 在 (?1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有

(Ⅱ )函数 f (x ) 在区间 (?1,1) 不单调,等价于

f ?(?1) f ?(1) ? 0 , 即: [3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)][3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)] ? 0
整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1 分离常数 例 15.已知函数 f ( x) ? x ln x .(Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)若对所有 x ? 1 都有 f ( x) ? ax ? 1 ,求实数 a 的取值 范围.
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1 ;令 f ?( x) ? 0 , e 1 1 1 ? 1? ?1 ? 解得 0 ? x ? .从而 f ( x ) 在 ? 0, ? 单调递减, ? ,+? ? 单调递增.所以, x ? 时, f ( x ) 取得最小值 ? . 在 当 e e e ? e? ?e ? (Ⅱ)解法一:令 g ( x) ? f ( x) ? (ax ? 1) ,则 g ?( x) ? f ?( x) ? a ? 1 ? a ? ln x , 错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,当 x ? 1 时, g ?( x) ? 1 ? a ? ln x ? 1 ? a ? 0 , ,+ 故 g ( x) 在 (1 ?) 上为增函数,所以, x ? 1 时, g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 f ( x) ? ax ? 1 . 错误!未找到引用源。 若 a ? 1 ,方程 g ?( x) ? 0 的根为 x0 ? ea?1 ,此时,若 x ? (1 x0 ) ,则 g ?( x) ?0 ,故 g ( x) , 在该区间为减函数.所以 x ? (1 x0 ) 时, g ( x) ? g (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 f (x) ? ax ?1 ,与题设 f ( x) ? ax ? 1 相矛盾. , 1] 综上,满足条件的 a 的取值范围是 (??, . 1 ? , 解法二:依题意,得 f ( x) ? ax ? 1 在 [1, ?) 上恒成立,即不等式 a ? ln x ? 对于 x ? [1 ? ?) 恒成立 . 令 x 1 1? 1? 1 1 1? 1? g ( x) ? ln x ? , 则 g ?( x) ? ? 2 ? ?1 ? ? . 当 x ? 1 时,因为 g ?( x) ? ?1 ? ? ? 0 , x x? x? x x x? x? ? 1] 故 g ( x) 是 (1, ?) 上的增函数, 所以 g ( x) 的最小值是 g (1) ? 1,所以 a 的取值范围是 (??, .
解: f ( x ) 的定义域为(0,+?),

f ( x) 的导数 f ?( x) ? 1 ? ln x .

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?

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a ( a ? 0) ,设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) . )求函数 F ( x) 的单调区间; (Ⅰ x 1 (Ⅱ )若以函数 y ? F ( x)( x ? (0,3]) 图像上任意一点 P( x0 , y0 ) 为切点的切线的斜率 k ? 恒成立,求实数 a 的 2
已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x ) ?
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最小值;

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解 析 :( I ) F ? x ? ? f ? x ? ? g ? x ? ? ln x ?

a 1 a x?a ? x ? 0? , F ' ? x ? ? ? 2 ? 2 ? x ? 0? ∵ a ? 0 , 由 x x x x
由 F ' ? x ? ? 0 ? x ? ? 0, a ? ,∴F ? x ? 在 ? 0, a ?
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F ' ? x ? 0 ? x ? a ?,∴F ? x ? 在 ? a, ??? 上单调递增。 ? ? , ??

上单调递减。∴F ? x ? 的单调递减区间为 ? 0, a ? ,单调递增区间为 ? a, ?? ? 。 (II) F ' ? x ? ? 常数)

x?a x ?a 1 ? 1 2 ? 0 ? x ? 3? , k ? F ' ? x0 ? ? 0 2 ? ? 0 ? x0 ? 3? 恒成立 ? a ? ? ? x0 ? x0 ? (分离 2 ? x x0 2 ? 2 ?max
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7

当 x0 ? 1 时, ?

1 2 1 1 1 x0 ? x0 取得最大值 。∴a ? ,∴amin ? 2 2 2 2

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设函数 f ( x) ? 2x3 ? 3ax2 ? 3bx ? 8c 在 x ? 1 及 x ? 2 时取得极值. )求 a、b 的值; )若对于任意的 x ? [0, , (Ⅰ (Ⅱ 3] 都有 f ( x) ? c 2 成立,求 c 的取值范围.
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x ??0, 时 , f ( x) 的 最 大 值 为 f (3) ? 9 ? 8c . 因 为 对 于 任 意 的 x ??0, , 有 f ( x) ? c 恒 成 立 , 所 以 3? 3?
2

则当

9 ? 8c ? c 2 ,解得

c ? ?1 或 c ? 9 ,因此 c 的取值范围为 (??, 1) ? (9, ?) . ? ?

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例 16 (天津文 21) .设函数 f ( x) ? ? x( x ? a)2( x ? R ) 其中 a ? R . , (Ⅰ) a ? 1 时, 当 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; (Ⅲ)当 a ? 3 时, 2 2 证明存在 k ???1 0? ,使得不等式 f (k ? cos x) ≥ f (k ? cos x) 对任意的 x ? R 恒成立. , 本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不等式等基础知识, 考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分. (Ⅰ)解:当 a ? 1 时, f ( x) ? ? x( x ?1)2 ? ? x3 ? 2x2 ? x ,得 f (2) ? ?2 ,且

f ?( x) ? ?3x2 ? 4 x ?1, f ?(2) ? ?5 .
? 所以,曲线 y ? ? x( x ?1)2 在点 (2, 2) 处的切线方程是 y ? 2 ? ?5( x ? 2) ,整理得 5x ? y ? 8 ? 0 .

(Ⅱ)解: f ( x) ? ? x( x ? a)2 ? ? x3 ? 2ax2 ? a2 x

f ?( x) ? ?3x2 ? 4ax ? a2 ? ?(3x ? a)( x ? a) .
令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ?
a 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:

x
f ?( x )

a? ? ? ?∞, ? 3? ?
?
a 处取得极小值 3

a 3
0

?a ? ? ,a ? ?3 ?

a

(a,∞) ?

?

0

?

因此,函数 f ( x) 在 x ?

?a? f ? ? ,且 ?3?

4 ?a? f ? ? ? ? a3 ; 27 ?3?

8

函数 f ( x) 在 x ? a 处取得极大值 f (a ) ,且

. f (a )? 0

(2)若 a ? 0 ,当 x 变化时, f ?( x ) 的正负如下表:

x
f ?( x )

? ?∞,a ?
?

a

? a? ? a, ? ? 3?

a 3
0

?a ? ? ? , ∞? ?3 ?
?

0

?

因此,函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值 f ( a ) ,且 f (a) ? 0 ;

4 ?a? ?a? a f? ? f ? ? ? ? a3 27 . 3 处取得极大值 ? 3 ? ,且 ? 3 ? 函数 f ( x ) 在 a ?1 2 2 k ???1 0? , (Ⅲ)证明:由 a ? 3 ,得 3 ,当 时, k ? cos x ≤ 1, k ? cos x ≤1 .
x?
只要 k ? cos x ≤ k ? cos x( x ?R)
2 2

1? ? ?∞, 上是减函数,要使 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) , x ? R 由(Ⅱ)知, f ( x ) 在
即 cos x ? cos x ≤ k ? k ( x ?R)
2 2



1? 1 ? g ( x) ? cos2 x ? cos x ? ? cos x ? ? ? 2 ? 4 ,则函数 g ( x) 在 R 上的最大值为 2 . ? 设 2 要使①式恒成立,必须 k ? k ≥ 2 ,即 k ≥ 2 或 k ≤ ?1 .
所以,在区间 求取值范围

2

0 ??1,? 上存在 k ? ?1 ,使得 f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) 对任意的 x ? R 恒成立.
3

9 2 x ? 6 x ? a . (1)对于任意实数 x , f ?( x) ? m 恒成立,求 m 的 2 最大值; (2)若方程 f ( x) ? 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围.
例 17(2009 江西卷文)设函数 f ( x) ? x ?

, , f ' ( x) ? 3x2 ? 9x ? 6 ? 3( x ?1)( x ? 2) , 因 为 x ? ( ? ? ? )?f ' ( x) ? m , 即 3 3 3x2 ? 9 x ? (6 ? m) ? 0 恒成立, 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m) ? 0 , 得 m ? ? ,即 m 的最大值为 ? 4 4 ' ' ' (2) 因为 当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 ;当 1 ? x ? 2 时, f ( x) ? 0 ;当 x ? 2 时, f ( x) ? 0 ; 5 所以 当 x ? 1 时, f ( x ) 取极大值 f (1) ? ? a ; 当 x ? 2 时, f ( x ) 取极小值 f (2) ? 2 ? a ; 2 5 故当 f (2) ? 0 或 f (1) ? 0 时, 方程 f ( x) ? 0 仅有一个实根. 解得 a ? 2 或 a ? . 2 1 3 2 2 例 18.(2009 天津卷文)设函数 f ( x) ? ? x ? x ? (m ? 1) x, ( x ? R, )其中 m ? 0 (Ⅰ)当 m ? 1时, 曲线 3 y ? f ( x)在点(,f( )) 1 1 处的切线斜率(Ⅱ)求函数的单调区间与极值; (Ⅲ)已知函数 f (x ) 有三个互不相 同的零点 0, x1 , x 2 ,且 x1 ? x 2 。若对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] , f ( x) ? f (1) 恒成立,求 m 的取值范围。 1 3 2 / 2 ' 1 1 处的 解析 当 m ? 1时, f ( x) ? x ? x , f ( x) ? x ? 2 x, 故f (1) ? 1 所以曲线 y ? f ( x)在点(,f( )) 3
解 析 (1) 切线斜率为 1 (2)解析 f ( x) ? ? x ? 2 x ? m ? 1,令 f ( x) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m, x ? 1 ? m
' 2 2
'

因为 m ? 0, 所以 ? m ? 1 ? m 1

当 x 变化时, f ( x), f ( x) 的变化情况如下表:

'

x ' f ( x)
f (x)

(??,1 ? m)
+

1? m
0 极小值

(1 ? m,1 ? m)
-

1? m
0 极大值

(1 ? m,??)
+

9

f (x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数。 2 3 1 2 函数 f (x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = m ? m ? 3 3 2 3 1 2 函数 f (x ) 在 x ? 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = ? m ? m ? 3 3 1 2 1 2 (3)解析 由题设, f ( x) ? x(? x ? x ? m ? 1) ? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 4 2 2 所以方程 ? x ? x ? m ? 1 =0 由两个相异的实根 x1 , x 2 ,故 x1 ? x 2 ? 3 ,且 ? ? 1 ? ( m ? 1) ? 0 ,解得 3 3 1 1 m ? ? (舍),m ? 2 2 3 因为 x1 ? x 2 , 所以2 x 2 ? x1 ? x 2 ? 3, 故x 2 ? ? 1 2 1 若 x1 ? 1 ? x 2 , 则f (1) ? ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ? 0 ,而 f ( x1 ) ? 0 ,不合题意 3 若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x 2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x2 ? 0, 1 则 f ( x) ?? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x1 ) ? 0 ,所以函数 f (x ) 在 x ? [ x1 , x 2 ] 的最小值为 0,于是对任 3 1 3 3 2 ?m? 意的 x ? [ x1 , x 2 ] , f ( x) ? f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) ? m ? ? 0 ,解得 ? 3 3 3 1 3 ) 综上,m 的取值范围是 ( , 2 3 例 19. (2009 宁夏海南卷文) (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) ? x3 ? 3ax2 ? 9a2 x ? a3 .设 a ? 1 , 求函数 f ? x ?
的极值;(2)若 a ?

1 ,且当 x ??1, 4a? 时, f ' ( x) ? 12a 恒成立,试确定 a 的取值范围. 4

请考生在第(22)(23)(24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。作答时用 2B 铅 、 、 笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
' 2 (21)解析(Ⅰ)当 a=1 时,对函数 f ( x ) 求导数,得 f ( x) ? 3x ? 6 x ? 9.

令 f ' ( x) ? 0, 解得x1 ? ?1, x2 ? 3. 列表讨论 f ( x), f ( x) 的变化情况:
'

x
f ' ( x)

(??, ?1)
+

?1
0 极大值 6

(-1,3) —

3 0 极小值-26

(3, ??)
+

f ( x)

?

?

?

所以, f ( x ) 的极大值是 f (?1) ? 6 ,极小值是 f (3) ? ?26. (Ⅱ) f ( x) ? 3x ? 6ax ? 9a 的图像是一条开口向上的抛物线,关于 x=a 对称.
' 2 2



1 ? a ? 1, 则f ' ( x)在[1,4a]上是增函数,从而 4

f ' ( x)在[1,4a]上的最小值是 f ' (1) ? 3 ? 6a ? 9a2 , 最大值是 f ' (4a) ? 15a 2 .
由 | f ( x) |? 12a, 得 ?12a ? 3x ? 6ax ? 9a ? 12a, 于是有
' 2 2

f ' (1) ? 3 ? 6a ? 9a2 ? ?12a, 且f ' (4a) ? 15a2 ? 12a.

10

由 f (1) ? ?12a得 ?
'

1 4 ? a ? 1,由f ' (4a) ? 12a得0 ? a ? . 3 5 4 5 1 4 4 5

所以 a ? ( ,1] ? [? ,1] ? [0, ], 即a ? ( , ]. 若 a>1,则 | f ' (a) |? 12a2 ? 12a.故当x ?[1, 4a]时 | f ' ( x) |? 12a 不恒成立. 所以使 | f ' ( x) |? 12a( x ?[1, 4a]) 恒成立的 a 的取值范围是 ( , ].

1 4

1 3

1 4 4 5

例 20.已知函数 f(x)=

a ? x2 ? ln x x

1 1 ? ? ? a ? R , x ? [ , 2] ? (Ⅰ)当 a?[?2, ) 时, 求 f ( x) 的最大值; 2 4 ? ?

(Ⅱ) 设 g ( x) ? [ f ( x) ? ln x] ? x2 , k 是 g ( x) 图象上不同两点的连线的斜率,否存在实数 a ,使得 k ? 1 恒成立?若 存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)当-2≤ a < 显然-1≤x1<

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a 1 , x2 ? . 时,由 f '( x ) =0 得 x1= 4 2 2

1 1 ?1 ? ?1 ? , <x2≤2,? x1 ? ? , 2 ? , x2 ? ? , 2 ? . 2 2 ?2 ? ?2 ?

又 f '( x ) =- 当

? x ? x1 ?? x ? x2 ?
x2

1 ≤x≤x2 时, f '( x) ≥0, f ( x) 单调递增; 2

当 x2<x≤2 时, f '( x ) <0, f ( x) 单调递减, ∴ f ( x) max= f (x2)= =- 1 ? 4a ? ln

2a 1 ? 1 ? 4a

?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4a ? ln 2 2

1 ? 1 ? 4a . 2

(Ⅱ)答: 存在 a ? (??, ] 符合条件 解: 因为 g ( x) ? [ f ( x) ? ln x] ? x2 = ax ? x3 不妨设任意不同两点 p1 ( x1 , y1 ), p2 ( x2 , y2 ) ,其中 x1 ? x2 则k ?
3 y1 ? y2 a( x1 ? x2 ) ? ( x2 ? x13 ) 2 ? ? a ? ( x12 ? x1 x2 ? x2 ) x1 ? x2 x1 ? x2

7 4

2 2 由 k ? 1 知: a ? 1+ ( x1 ? x1x2 ? x2 )

因为

3 ?7 ? 2 2 2 ? 3x12 ? x12 ? x1 x2 ? x2 ? 3x2 ? 12 ,所以 1+ ( x12 ? x1x2 ? x2 ) ? ? ,13 ? , 4 ?4 ?
7 4

故存在 a ? (??, ] 符合条件。 例 21.已知函数 f ( x) ? ln(e ? a)(a ? 0) . (1)求函数 y= f(x)的反函数 y ? f
x
?1

( x)及f ( x) 的导数 f ?(x);

(2)假设对任意 x ? [ln(3a), ln(4a)],不等式| m ? f

?1

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0 成立,求实数 m 的取值范围.
11

解: (1)? e x ? 0,? y ? ln a,? y ? f

?1

?x? ? ln?e x ? a?, ?x ? ln a? ;

y? ?

ex 1 ? 1? x x e ?a e ?a
?1

(2) x ? [ln(3a), ln(4a)],不等式| m ? f
?1 ?1

( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0

ex ex x ? ln e ? a ? ln x ? m ? ln e ? a ? ln x ? f ?x? ? ln f ??x? ? m ? f ?x? ? ln f ??x? e ?a e ?a x x 2x 2 x x 2x 2 e e ?a e ?a e e ?a e ?a ? ln x ? m ? ln ? em ? ? x x e ?a e e ?a ex t ?t ? a ? t 2 ? a2 , v?t ? ? , t ? e x , t ? ?3a,4a ? 令: u ?t ? ? t?a t 2 2 t ?a t 2 ? 2at ? a 2 ? v? ? t ? ? ? 0, t ? ?3a, 4a ? , u? ? t ? ? ?0 t2 (t ? a)2 12 8 a, v(t ) 的最小值为 v(3a ) ? a, 而 所以 u (t ), v(t ) 都是增函数.因此当 t ? [3a,4a] 时,u (t ) 的最大值为 u ( 4a ) ? 5 3 12 8 12 8 a ? e m ? a ,于是得 ln( a ) ? m ? ln( a ). 不等式②成立当且仅当 u(4a) ? e m ? v(3a), 即 5 3 5 3 ?1 解法二:由 | m ? f ( x) | ? ln( f ?( x)) ? 0 得
x

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x ? m ? ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x. 设 ? ( x) ? ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x,? ( x) ? ln(e x ? a) ? ln(e x ? a) ? x, 于是原不等式对于 x ? [ln(3a), ln(4a)] 恒成立等价于 ? ( x) ? m ? ? ( x). ③…7 分
由 ? ?( x) ?

ex ex ex ex ? x ? 1,? ?( x) ? x ? x ? 1 ,注意到 ex ? a e ? a e ?a e ?a 0 ? e x ? a ? e x ? e x ? a, 故有 ? ?( x) ? 0,? ?( x) ? 0 ,从而可 ? ( x)与? ( x) 均在 [ln(3a), ln(4a)] 上单调递增,因此不等式③成立当且仅当 12 8 ? (ln(4a)) ? m ? ? (ln(3a)).即 ln( a) ? m ? ln( a). 5 3

【点晴】求参数的取值范围,凡涉及函数的单调性、最值问题时,用导数的知识解决较简单. x ?x 例 22..设函数 f ( x) ? e ? e . (Ⅰ)证明: f ( x) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ;

(Ⅱ)若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax ,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ) f ( x) 的导数 f ?( x) ? ex ? e? x . 由于 ex ? e-x ≥ 2 ex ? ? x ? 2 ,故 f ?( x) ≥ 2 . e (当且仅当 x ? 0 时,等号成立) . (Ⅱ)令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,则

g ?( x) ? f ?( x) ? a ? e x ? e? x ? a ,
(ⅰ)若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g?( x) ? ex ? e? x ? a ? 2 ? a ≥ 0 ,
? 故 g ( x) 在 (0,∞) 上为增函数,

所以, x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 f ( x) ≥ ax . (ⅱ)若 a ? 2 ,方程 g ?( x) ? 0 的正根为 x1 ? ln

a ? a2 ? 4 , 2
12

此时,若 x ? (0,x1 ) ,则 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数. 所以, x ? (0,x1 ) 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? ax ,与题设 f ( x) ≥ ax 相矛盾. 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞, . 2?
导数与数列 例 23. 已 知 函 数 f ( x) ? x2 ? x ? 1 , ? , ? 是 方 程 f(x)=0 的 两 个 根 (? ? ? ) , f '( x) 是 f(x) 的 导 数 ; 设 a1 ? 1 ,
an ?1 ? an ? f (an ) (n=1,2,……) (1)求 ? , ? 的值; (2)证明:对任意的正整数 n,都有 a n >a; 。 f '(an ) an ? ? (n=1,2,……) ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn。 an ? a

(3)记 bn ? ln

解析: (1)∵ f ( x) ? x 2 ? x ? 1 , ? , ? 是方程 f(x)=0 的两个根 (? ? ? ) , ∴? ?
?1 ? 5 ?1 ? 5 ; ,? ? 2 2
1 1 5 an (2an ? 1) ? (2an ? 1) ? 2 an ? an ? 1 2 4 4 ? an ? ? an ? 2an ? 1 2an ? 1

(2) f '( x) ? 2 x ? 1 , an ?1

5 1 1 5 ?1 5 ?1 = (2an ? 1) ? 4 ? ,∵ a1 ? 1 ,∴有基本不等式可知 a2 ? 时取等号) ,∴ ? 0 (当且仅当 a1 ? 4 2an ? 1 2 2 2

a2 ?

5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,……, an ? , ? 0 同,样 a3 ? ? ? (n=1,2,……) 2 2 2
(an ? ? )(an ? ? ) an ? ? ? (an ? 1 ? ? ) ,而 ? ? ? ? ?1 ,即 ? ? 1 ? ? ? , 2an ? 1 2an ? 1

(3) an ?1 ? ? ? an ? ? ?
an ?1 ? ? ?

(an ? ? ) 2 (a ? ? )2 1? ? 3? 5 3? 5 ? ln ? 2 ln ,同理 an ?1 ? ? ? n , bn ?1 ? 2bn ,又 b1 ? ln 2an ? 1 2an ? 1 1?? 2 3? 5

Sn ? 2(2n ? 1)ln

3? 5 2

导数与解析几何 例 24.解析由已知 g ?(1) ? 2 ,而 f ?( x) ? g ?( x) ? 2 x ,所以 f ?(1) ? g ?(1) ? 2 ?1 ? 4 故选 A 若曲线 f ? x ? ? ax ? Inx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是
2

.

解析

解析

由题意该函数的定义域 x ? 0 ,由 f
?

?

? x ? ? 2ax ?

1 。因为存在垂直于 y 轴的切线,故此时斜 x

率为 0 ,问题转化为 x ? 0 范围内导函数 f

1 存在零点。 x 1 解法 1 (图像法)再将之转化为 g ? x ? ? ?2ax 与 h ? x ? ? 存在交点。当 a ? 0 不符合题意,当 a ? 0 时,如 x 图 1,数形结合可得显然没有交点,当 a ? 0 如图 2,此时正好有一个交点,故有 a ? 0 应填 ? ??,0 ?

? x ? ? 2ax ?

或是 ?a | a ? 0? 。
3 2 例 25.(2009 浙江文)已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x ? b (a, b ? R) .

(I)若函数 f ( x ) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ?3 ,求 a , b 的值; (II)若函数 f ( x ) 在区间 (?1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ...
13

解析 又?

(Ⅰ )由题意得 f ?( x) ? 3x 2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2)

f (0) ? b ? 0 ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 ?
导函数 f ?(x ) 在 (?1,1) 既能取到大于 0 的实数,又能取到小于 0 的实数 即函数 f ?(x ) 在 (?1,1) 上存在零点,根据零点存在定理,有

(Ⅱ )函数 f (x ) 在区间 (?1,1) 不单调,等价于

f ?(?1) f ?(1) ? 0 , 即: [3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)][3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)] ? 0
整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) 2 ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1 例 27.(07 广东) 已知 a 是实数,函数 f ?x? ? 2ax2 ? 2 x ? 3 ? a ,如果函数 y ? f ?x ? 在区间 ?? 1,1? 上有零点,求 a 的取值范围. 解:若 a ? 0 , f ( x) ? 2 x ? 3 ,显然在 ?? 1,1? 上没有零点, 所以 a ? 0 . 令 ? ? 4 ? 8a ?3 ? a ? ? 8a2 ? 24a ? 4 ? 0 , ①当 a ? 解得 a ?

?3 ? 7 2

?3 ? 7 时, 2

y ? f ? x ? 恰有一个零点在 ??1,1? 上;

②当 f ?? 1? ? f ?1? ? ?a ? 1??a ? 5? ? 0 ,即 1 ? a ? 5 时, y ? f ? x ? 在

??1,1? 上也恰有一个零点.
③当 y ? f ? x ? 在 ??1,1? 上有两个零点时, 则

a?0 ? ?? ? 8a 2 ? 24a ? 4 ? 0 ? ? 1 ?1 ? ? ?1 ? 2a ? f ?1? ? 0 ? ? f ? ?1? ? 0 ?
解得 a ? 5 或 a ?

a?0 ? ?? ? 8a 2 ? 24a ? 4 ? 0 ? ? 1 或? ?1 ? ? ?1 2a ? f ?1? ? 0 ? ? f ? ?1? ? 0 ?

?3 ? 5 2
a ?1 或

综上所求实数 a 的取值范围是

a?

?3 ? 5 . 2

3 例 28.已知函数 f ( x) ? x ? x . (1)求曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程;

(2)设 a ? 0 ,如果过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,证明: ?a ? b ? f (a) .
2 解: (1)求函数 f ( x) 的导数; f ?( x) ? 3x ? 1. 2 3 曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为: y ? (3t ? 1) x ? 2t .

(2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t ? 1)a ? 2t .
2 3

于是,若过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线,

14

则方程 2t ? 3at ? a ? b ? 0 ,有三个相异的实数根.
3 2



g (t ) ? 2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ,则

g ?(t ) ? 6t 2 ? 6at ? 6t (t ? a) .

当 t 变化时, g (t ),g ?(t ) 变化情况如下表:

t
g ?(t )

(??, 0)

0 0 极大值 a ? b

(0,a)
?


a
0 极小值 b ? f (a)

(a, ?) ?

?


?


g (t )
由 g (t ) 的单调性,当极大值 a ? b ? 0 或极小值 b ? f (a) ? 0 时,方程 g (t ) ? 0 最多有一个实数根; 当 a ? b ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? 0,t ?

3a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实数根; 2

当 b ? f (a) ? 0 时,解方程 g (t ) ? 0 得 t ? ? ,t ? a ,即方程 g (t ) ? 0 只有两个相异的实数根.综上,如果过

a 2

?a ? b ? 0, (a,b) 可 作 曲 线 y ? f ( x) 三 条 切 线 , 即 g (t ) ? 0 有 三 个 相 异 的 实 数 根 , 则 ? ?b ? f (a) ? 0.
?a ? b ? f (a ) .



例 29、已知函数. f ( x) ? 2 x ? ax 与 g ( x) ? bx ? cx 的图象都过点 P(2,0),且在点 P 处有公共切线.(1)求
3 2

f(x)和 g(x)的表达式及在点 P 处的公切线方程; (2)设 F ( x) ?

mg ( x) ? ln( x ? 1) ,其中 m ? 0 ,求 F(x)的单调区间. 8x
3 3 2 f ?( x)? 6 x ? 8x

解:(1)∵ f ( x) ? 2 x ? ax 过点 P(2,0), ∴a=-8 f ( x) ? 2 x ? 8x , ∴切线的斜率 k ? f ?(2) ? 16 ∵ g ( x) ? bx ? cx 的图像过点 P(2,0),
2

∴4b+2c=0, ∴ g ( x) ? 8x ?16 x
2

∵ g ?( x) ? 2bx ? c, f ?(2) ? g ?(2) ? 4b ? c ? 16 ,解得:b=8,c=-16

16 切线方程为 y= (x-2) .即 16x-y-32=0
(2) ∵

F ( x)? m( x 2 ) l nx? 1) ? ? (
1 mx ? m ? 1 ? ( x ? 1) x ?1 x ?1

x? (

1)

F ?( x) ? m ?

1 m[ x ? (1 ? )] m ∵m<0 ∴ 1 ? 1 ? 1 当 m<0 时, F ?( x) ? m x ?1
又 x>1 当 x ? (1,1 ?

1 ) 时 F ?( x) ? 0 m 1 , ??) m

当 x ? (1 ?

1 , ??) 时 F ?( x) ? 0 m
1 ) m

∴F(x)的单调减区间是 (1 ?

∴F(x)的单调增区间是(1, 1 ?

即 m<0 时,F(x)的单调递增区间是(1, 1 ?

1 1 ),单调减区间是( 1 ? , ?? ) 。 m m
15

例 30.已知函数 f(x)=1n x,g(x)=

1 2 x ? a (a 为常数),若直线 l 与 y=f(x)和 y=g(x)的图象都相切,且 l 与 y=f(x)的图象相切 2

于定点 P(1,f(1). )(1)求直线 l 的方程及 a 的值; (2)当 k∈R 时,讨论关于 x 的方程 f(x2+1)-g(x)=k 的实数解的个数. 解: (1)∵f′(x)=

1 ,∴f(1)=1 x

∴k1=1,又切点为 P(1,f(1) ,即(1,0)

∴l 的解析式为 y=x-1, y=x-1 ∵l 与 y=g(x)相切,由 y= ,消去 y 得 x2-2x+2a+2=0

1 2 x ?a 2
1 2

∴△=(-2)2-4(2a+2)=0,得 a=(2)令 h(x)=f(x2+1)-g(x)=1n(x2+1) ?

1 2 1 x ? 2 2

∵h′(x)=

2x x ( x ? 1)( x ? 1) -x=,则 x ? ?1或0 ? x ? 1时, h?( x) ? 0, h( x) 为增函数, 2 1? x 1? x2

1 ? . -1<x<0 或 x>1 时, h ( x) ? 0.h( x)为减函数 故 x=± 时,h(x)取极大值 1n2, x=0 时,h(x)取极小值 2 。 1 1 1 因此当 k∈(1n2,+∞) ,原方程无解;当 k=1n2 时,原方程有两解;当 2 <k<1n2 时,原方程有四解;当 k= 2 1 时,原方程有三解;当 k< 2 时,原方程有两解 1 1 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 2 , , 3 2 例 31、已知函数 在区间 [ ?11) ,(1 3] 内各有一个极值点. (I)求 a ? 4b 的最大值; (II) 2 y ? f ( x) 在点 A(1,f (1)) 处的切线为 l ,若 l 在点 A 处穿过函数 y ? f ( x) 的图象(即 当 a ? 4b ? 8 时,设函数
动点在点 A 附近沿曲线 y ? f ( x) 运动,经过点 A 时,从 l 的一侧进入另一侧) ,求函数 f ( x ) 的表达式.

1 3 1 2 x ? ax ? bx , , 3 2 解 :( I ) 因 为 函 数 在 区 间 [ ?11) , (1 3] 内 分 别 有 一 个 极 值 点 , 所 以 3] , f ?( x) ? x2 ? ax ? b ? 0 在 [ ?11) , (1, 内分别有一个实根, f ( x) ?
设两实根为

x1,x2 ( x1 ? x2 ) x2 ? x1 ? a 2 ? 4b ,且 0 ? x2 ? x1 ≤ 4 .于是 ,则

, 0 ? a2 ? 4b ≤ 4 , 0 ? a2 ? 4b ≤16 ,且当 x1 ? ?1 x2 ? 3 ,即 a ? ?2 , b ? ?3 时等号成立.故 a 2 ? 4b 的最
大值是 16.

? , (II)解法一:由 f (1) ? 1 ? a ? b 知 f ( x ) 在点 (1 f (1)) 处的切线 l 的方程是
2 1 y ? (1 ? a ? b) x ? ? a 3 2 ,因为切线 l 在点 A(1,f ( x)) 处空过 y ? f ( x) 的图象, 2 1 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ? ? a] 3 2 在 x ? 1 两边附近的函数值异号,则 x ? 1 不是 g ( x) 的极值点. 所以 1 1 2 1 而 g ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ? (1 ? a ? b) x ? ? a ,且 3 2 3 2

y ? f (1) ? f ?(1)( x ? 1) ,即

16

g?( x) ? x2 ? ax ? b ? (1 ? a ? b) ? x2 ? ax ? a ?1 ? ( x ?1)( x ? 1 ? a) .
若 1 ? ?1 ? a ,则 x ? 1 和 x ? ?1 ? a 都是 g ( x) 的极值点. 所以 1 ? ?1 ? a ,即 a ? ?2 ,又由 a 2 ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 f ( x ) ?
1 3 x ? x2 ? x . 3

2 1 1 3a 3 解法二:同解法一得 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ? ? a] ? ( x ? 1)[ x 2 ? (1 ? ) x ? (2 ? a)] . 3 2 3 2 2

因为切线 l 在点 A(1,f (1)) 处穿过 y ? f ( x) 的图象,所以 g ( x) 在 x ? 1 两边附近的函数值异号,于是 存在 m1,m2 ( m1 ? 1 ? m2 ) .


m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 ; m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 .

或当

3a ? ? 3a ? ? h( x ) ? x 2 ? ? 1 ? ? x ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ,则 ? 设


m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 ; m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 .
h(1) ? 2 ?1 ? 1 ? f ( x) ? 3a ?0 2 ,

或当

由 h(1) ? 0 知 x ? 1 是 h( x) 的一个极值点,则
2

所以 a ? ?2 ,又由 a ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 导数与不等式综合
2

1 3 x ? x2 ? x 3 .

f () 1 ' 例 32.已知二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c 的导数为 f '( x) , f '(0) ? 0 ,对于任意实数 x 都有 f ( x) ? 0 ,则 f (0) 的最小值为
( C ) A.3
2

5 B. 2

C.2

3 D. 2

x x 0 ? x1 ? x2 ? 1 . 例 33.设二次函数 f ( x) ? x ? ax ? a ,方程 f ( x) ? x ? 0 的两根 1 和 2 满足
1 f (0) f (1) ? f (0) 与 16 的大小.并说明理由. (I)求实数 a 的取值范围; (II)试比较
本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法,考查推理和运算能力. 解法 1: (Ⅰ)令 g ( x) ? f ( x) ? x ? x ? (a ?1) x ? a ,
2

?? ? 0, ? 1? a ?a ? 0, ?0 ? ?1 , ? ? 则由题意可得 ? ? 0 ? a ? 3? 2 2 . ? ??1 ? a ? 1 , 2 ? g (1) ? 0, ? ?a ? 3 ? 2 2,或a ? 3 ? 2 2, ? ? g (0) ? 0, ?
故所求实数 a 的取值范围是 (0,? 2 2) . 3 (II) f (0)?f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2a2 ,令 h(a) ? 2a 2 .

? 当 a ? 0 时, h(a) 单调增加,

? 当 0 ? a ? 3 ? 2 2 时, 0 ? h(a) ? h(3 ? 2 2) ? 2(3 ? 2 2)2 ? 2(17 ?12 2)

17

1 1 1 . ? 2? ? ,即 f (0)?f (1) ? f (0) ? 16 17 ? 12 2 16

解法 2: (I)同解法 1. (II)? f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? 2a2 ,由(I)知 0 ? a ? 3 ? 2 2 , 于是 ∴4 2a ?1 ? 12 2 ?17 ? 0 .又 4 2a ? 1 ? 0,
2a 2 ? 1 1 1 ? (32a 2 ? 1) ? (4 2a ? 1)(4 2a ? 1) ? 0 , 16 16 16
1 1 ? 0 ,故 f (0) f (1) ? f (0) ? . 16 16

即 2a 2 ?

解法 3: (I)方程 f ( x) ? x ? 0 ? x2 ? (a ?1) x ? a ? 0 ,由韦达定理得
?? ? 0, ? x ? x ? 0, ? 1 2 ? x1 ? x2 ? 1 ? a , x1 x2 ? a ,于是 0 ? x1 ? x2 ? 1 ? ? x1 x2 ? 0, ?(1 ? x ) ? (1 ? x ) ? 0, 1 2 ? ?(1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? 0 ?

?a ? 0, ? ? 0 ? a ? 3? 2 2 . ? ?a ? 1, ? ?a ? 3 ? 2 2或a ? 3 ? 2 2
故所求实数 a 的取值范围是 (0,? 2 2) . 3 (II)依题意可设 g ( x) ? ( x ? x1 )( x ? x2 ) ,则由 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,得

f (0) f (1) ? f (0) ? g (0) g (1) ? x1x2 (1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? [ x1 (1 ? x1 )][ x2 (1 ? x2 )]
1 1 ? x ? 1 ? x1 ? ? x2 ? 1 ? x2 ? ?? 1 ? ? ? ? ,故 f (0) f (1) ? f (0) ? 16 . 2 2 ? ? ? ? 16
2 2

例 34.已知函数 f ( x) ? ln x

(Ⅰ)求函数 g ( x) ? f ( x ? 1) ? x 的最大值;

(Ⅱ)当 0 ? a ? b 时,求证: f (b) ? f ( a ) ? (Ⅰ)解:? f ( x) ? ln x, g ( x) ? f ( x ? 1) ? x

2a (b ? a ) a2 ? b2

1 ? 1 ,令 g ?( x) ? 0, 得 x ? 0 x ?1 当 ? 1 ? x ? 0 时, g ?( x) ? 0 当 x ? 0 时 g ?( x) ? 0 ,又 g (0) ? 0 ? 当且仅当 x ? 0 时, g (x) 取得最大值 0 b a a ?b ) (Ⅱ)证明: f (b) ? f (a) ? ln b ? ln a ? ln ? ? ln ? ? ln(1 ? a b b a ?b b?a f (b) ? f (a) ? ? ? 由(1)知 ln(1 ? x) ? x b b 2 2 又?0 ? a ? b,?a ? b ? 2ab

? g ( x) ? ln(x ? 1) ? x

( x ? ?1) g ?( x) ?

18

2a (b ? a ) a2 ? b2 x 2 例 35.(2009 辽宁卷文) (本小题满分 12 分)设 f ( x) ? e (ax ? x ? 1) ,且曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与 x 轴 ? f (b) ? f (a ) ?
平行。(1)求 a 的值,并讨论 f(x)的单调性;(2)证明:当 ? ? [0, 解析(Ⅰ) f '( x) ? e x (ax2 ? x ? 1 ? 2ax ? 1) .有条件知,

1 2a b ? a 2b(b ? a) ? ? 2 ? ? 2 2 b a ?b b a ? b2

?
2

]时, cos ? ) ? f(sin? ) ? 2 f(

f '(1) ? 0 ,故 a ? 3 ? 2a ? 0 ? a ? ?1 . 2 分 于是 f '( x) ? ex (? x2 ? x ? 2) ? ?ex ( x ? 2)( x ? 1) .
故当 x ? (??, ?2) ? (1, ??) 时, f '( x ) <0; 当 x ? (?2,1) 时, f '( x ) >0. 从而 f ( x ) 在 (??, ?2) , (1, ??) 单调减少,在 (?2,1) 单调增加.………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 单调增加,故 f ( x ) 在 [0,1] 的最大值为 f (1) ? e , 最小值为 f (0) ? 1 . 从而对任意 x1 , x 2 ? [0,1] ,有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? e ?1 ? 2 . 而当 ? ? [0, …10 分

?
2

] 时, cos ? ,sin ? ? [0,1] . 从而 f (cos? ) ? f (sin ? ) ? 2 …12 分

x 例 35.已知函数 f ( x) ? e ? kx,x ?R . (Ⅰ)若 k ? e ,试确定函数 f ( x) 的单调区间;

(Ⅱ)若 k ? 0 ,且对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (Ⅲ)设函数 F ( x) ? f ( x) ? f (? x) ,求证: F (1) F (2)? F (n) ? (e
x x 解: (Ⅰ)由 k ? e 得 f ( x) ? e ? ex ,所以 f ?( x) ? e ? e .

n ?1

? 2) (n ?N? ) .

n 2

? 由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x) 的单调递增区间是 (1, ?) , 1) 由 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,故 f ( x) 的单调递减区间是 (??, .
(Ⅱ)由 f ( ?x ) ? f ( x ) 可知 f ( x ) 是偶函数.
x 于是等价于 f ( x) ? 0 对任意 x ≥ 0 成立.由 f ?( x) ? e ? k ? 0 得 x ? ln k .

1] ? ①当 k ? (0, 时, f ?( x) ? e x ? k ? 1 ? k ≥ 0( x ? 0) ,此时 f ( x) 在 [0, ?) 上单调递增.
故 f ( x) ≥ f (0) ? 1 ? 0 ,符合题意.

, ②当 k ? (1 ? ?) 时, ln k ? 0 .当 x 变化时 f ?( x),f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

(0, k ) ln
?
单调递减

ln k
0
极小值

(ln k, ?) ?

?
单调递增

? 由此可得,在 [0, ?) 上, f ( x) ≥ f (ln k ) ? k ? k ln k .
? 依题意, k ? k ln k ? 0 ,又 k ? 1, 1 ? k ? e .综合①,②得,实数 k 的取值范围是 0 ? k ? e .
(Ⅲ)? F ( x) ? f ( x) ? f (? x) ? e ? e ,
x ?x

? F ( x1 ) F ( x2 ) ? e x1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? e x1 ? x2 ? e? x1 ? x2 ? e x1 ? x2 ? e?( x1 ? x2 ) ? 2 ? e x1 ? x2 ? 2 , ? F (1) F (n) ? en?1 ? 2 , F (2) F (n ?1) ? en?1 ? 2 ,?? F (n) F (1) ? en?1 ? 2.
由此得, [F (1) F (2)?F (n)]2 ? [ F (1) F (n)][ F (2) F (n ?1)]?[ F (n) F (1)] ? (en?1 ? 2) n 故 F (1) F (2)? F (n) ? (en?1 ? 2) 2 ,n ?N?
19
n

例 36.设 f ( x) 的定义域为 (0, ? ?) , f ( x) 的导函数为 f ?( x ) ,且对任意正数 x 均有 f ?( x) ? (Ⅰ) 判断函数 F ( x ) ?

f ( x) , x

f ( x) 在 (0, ? ?) 上的单调性; x (Ⅱ) 设 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,比较 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 与 f ( x1 ? x2 ) 的大小,并证明你的结论; (Ⅲ)设 x1 , x 2 , ? x n ? (0, ? ?) ,若 n ? 2 ,比较 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? f ( xn ) 与 f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 的大
小,并证明你的结论. 解:(Ⅰ)由于 f ?( x) ?

f ( x) xf ?( x) ? f ( x) ? 0 ,而 x ? 0 ,则 xf ?( x) ? f ( x) ? 0 , 得, x x

xf ?( x) ? f ( x) f ( x) ? 0 ,因此 F ( x ) ? 在 (0, ? ?) 上是增函数. 2 x x f ( x) (Ⅱ)由于 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x2 ,而 F ( x ) ? 在 (0, ? ?) 上是增函数, x f ( x1 ) f ( x1 ? x2 ) 则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x2 ) ,即 ,∴ ( x1 ? x2 ) f ( x1 ) ? x1 f ( x1 ? x2 ) (1) , ? x1 x1 ? x2
则 F ?( x) ? 同理 ( x1 ? x2 ) f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ? x2 ) (2) (1)+(2)得: ( x1 ? x2 )[ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ? ( x1 ? x2 ) f ( x1 ? x2 ) ,而 x1 ? x2 ? 0 , 因此 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) . (Ⅲ)证法 1: 由于 x1 , x 2 ? (0, ? ?) ,则 0 ? x1 ? x1 ? x2 ? ? x n ,而 F ( x ) ? ? 则 F ( x1 ) ? F ( x1 ? x2 ? ?? xn ) ,即

f ( x1 ) f ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) , ? x1 x1 ? x2 ? ? xn ∴ ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x1 ) ? x1 f ( x1 ? x2 ? ?? xn )
同理 ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) ……………

f ( x) 在 (0, ? ?) 上是增函数, x

( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( xn ) ? xn f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 以上 n 个不等式相加得: x1 ? x2 ? ?? xn )[ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xn )] ? ( x1 ? x2 ? ?? xn ) f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) ( 而 x1 ? x2 ? ? ? xn ? 0 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn )
证法 2:数学归纳法 (1)当 n ? 2 时,由(Ⅱ)知,不等式成立; (2)当 n ? k (n ? 2) 时,不等式 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 成立, 即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? f ( xk ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xk ) 成立, 则当 n ? k ? 1 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? f ( xk ) ? f ( xk ?1 ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xk ) + f ( xk ?1 ) 再由(Ⅱ)的结论, f ( x1 ? x2 ? ?? xk ) + f ( xk ?1 ) ? f [( x1 ? x2 ? ?? xk ) ? xk ?1 ]

f ( x1 ? x2 ? ?? xk ) + f ( xk ?1 ) ? f ( x1 ? x2 ? ? ? xk ? xk ?1 ) 因此不等式 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? f ( xn ) ? f ( x1 ? x2 ? ?? xn ) 对任意 n ? 2 的自然数均成立.
' 例 37.已知函数 f ( x ) 的定义域为 I,导数 f ' ( x ) 满足 0 ? f ( x) ? 2 且 f '( x) ? 1 ,常数 c1 为方程 f ( x) ? x ? 0 的

实数根,常数 c2 为方程 f ( x) ? 2 x ? 0 的实数根。

(I)若对任意 ? a,b? ? I ,存在 x0 ? ? a,b ? ,使等式 f (b ) ? f ( a ) ? (b ? a ) f ' ( x 0 ) 成立。求证:方程

f ( x) ? x ? 0 不存在异于 c1 的实数根; (II)求证:当 x ? c2 时,总有 f ( x) ? 2 x 成立;
证明: (I)假设方程 f ( x) ? x ? 0 有异于 c1 的实根 m,即 f (m) ? m (III)对任意 x1 、x 2 ,若满足, | x1 ? c1 |? 1,| x2 ? c2 |? 1, 求证: | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4

20

则有 m ? c1 ? f (m) ? f (c1 ) ? ? m ? c1 ? f '( x0 ) 成立 因为 m ? c1 ,所以必有 f '( x0 ) ? 1 ,但这与 f '( x ) ? 1矛盾,因此方程 f ( x) ? x ? 0 不存在异于 c1 的实数 根。………………4 分 (II)令 h( x) ? f ( x) ? 2 x,∵h '( x) ? (III)不妨设 x1 ? x 2 又∵f

f '( x) ? 2 ? 0 ∴函数 h ( x ) 为减函数

又∵h(c2 ) ? f (c2 ) ? 2c2 ? 0 ∴当 x ? c2 时, h( x) ? 0 ,即 f ( x) ? 2 x 成立………………8 分

∵f '( x) ? 0,∴f ( x) 为增函数,即 f ( x1 ) ? f ( x2 )

'( x) ? 2 ,∴函数 f ( x) ? 2 x 为减函数,即 f ( x1 ) ? 2x1 ? f ( x2 ) ? 2x2 ∴ ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 2( x2 ? x1 ) 即 | f ( x2 ) ? f ( x1 ) |? 2 | x2 ? x1 | 0 | x2 ? x1 |?| x2 ? c1 ? c1 ? x1 |?| x2 ? c1 | ? | c1 ? x1 |? 2 ∴| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4
设函数 f ( x) ? ?1 ?

? ?

1? ? (n ? N , 且n ? 1, x ? N ) . n?
1? ? 的展开式中二项式系数最大的项; n?
f ( 2 x ) ? f ( 2) > f ?( x)( f ?( x)是f ( x)的导函数); 2
n k

n

(Ⅰ)当 x=6 时,求 ?1 ?

? ?

n

(Ⅱ)对任意的实数 x,证明

? 1? (Ⅲ)是否存在 a ? N ,使得 an< ? ?1 ? ? < (a ? 1)n 恒成立?若存在,试证明你的结论并求出 a 的值;若不存在,请 k? k ?1 ?
说明理由.本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理 论证与分析解决问题的能力及创新意识。

? 1 ? 20 (Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第 4 项,这项是 C 1 ? ? ? 3 ?n? n
3 5 6

3

? 1? ? 1? (Ⅱ)证法一:因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? n? ? n?
? 1? ? 1? ? 1? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 1 ? ? ? 2 ?1 ? ? ? n? ? n? ? n?
n
2n 2

2n

2

n

? 1? ? 1? ? ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? n? ? n?

n

? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 2 ?1 ? ? ln ?1 ? ? ? 2 ?1 ? ? ln ?1 ? ? ? 2 f ' ? x ? ? n? ? 2? ? n? ? n?
证法二:

n

? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? 因 f ? 2 x ? ? f ? 2 ? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 1 ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? n? ? n? ? n? ? n? ? n?
而 2 f ' ? x ? ? 2 ?1 ? 故只需对 ? 1 ?

2n

2

2n

2

n

? 1? ? ?1 ? ? ? n?

? ?

1? ? 1? ? ln ?1 ? ? n? ? n?

n

? ?

1? ? 1? ? 和 ln ?1 ? ? 进行比较。 n? ? n?
'

令 g ? x ? ? x ? ln x ? x ? 1? ,有 g ? x ? ? 1 ?

1 x ?1 ? x x



x ?1 ? 0 ,得 x ? 1 x
21

因为当 0 ? x ? 1 时, g ' ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减;当 1 ? x ? ?? 时, g ' ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增,所以在 x ? 1 处 g ? x ? 有极小值 1 故当 x ? 1 时, g ? x ? ? g ?1? ? 1 , 故有 ?1 ? 从而有 x ? ln x ? 1 ,亦即 x ? ln x ? 1 ? ln x

? ?

1? ? 1? ' ? ? ln ?1 ? ? 恒成立。所以 f ? 2x ? ? f ? 2? ? 2 f ? x ? ,原不等式成立。 n? n? ?

(Ⅲ)对 m ? N ,且 m ? 1

? 1? 0 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? k ? 1 ? m? 1 ? 有 ?1 ? ? ? Cm ? Cm ? ? ? ?Cm ? ? ? ? ? Cm ? ? ? ? ? Cm ? ? ? m? ?m? ? m? ? m? ? m?
2 k

m

2

k

m

m ? m ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1??? m ? k ? 1? ? 1 ? m ? m ? 1??2 ?1 ? 1 ? ? 1?1? ? ? ? ??? ? ? ??? ? ? 2! ? m ? k! m! ? m? ? m?
? 2?
? 2?

m

1? 1? 1 ? 1 ?? 2 ? ? k ?1 ? 1 ? 1 ? ? m ?1 ? ?1 ? ? ? ? ? ?1 ? ??1 ? ???1 ? ? ? ? ? ? 1 ? ? ?? 1 ? ? 2! ? m ? k ! ? m ?? m ? ? m ? m! ? m ? ? m ?
1 1 1 1 ? ??? ??? 2! 3! k! m!

? 2?

1 1 1 1 ? ??? ??? 2 ?1 3 ? 2 k ? k ? 1? m ? m ? 1?

1 1? 1? ? 1? ?1 1? ? 1 ? 1 ? 2 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ? ? 3? ? 3 m ? 2? ? 2 3? ? k ?1 k ? ? m ?1 m ?
k 又因 Cm ?

? 1? ?1? ? ? 0 ? k ? 2,3, 4,?, m? ,故 2 ? ?1 ? ? ? 3 ? m? ?m?
n 1? ? 1? ? 3 ,从而有 2n ? ? ?1 ? ? ? 3n 成立, ? m? k? k ?1 ?
n k

k

m

∵ 2 ? ?1 ?

? ?

m

k

? 1? 即存在 a ? 2 ,使得 2n ? ? ?1 ? ? ? 3n 恒成立。 k? k ?1 ?
构造
3 2 例 38. 已 知 函 数 f ( x) ? ? x ? ax ? b , 若 函 数 y ? f ( x) 图 象 上 任 意 不 同 两 点 连 线 的 斜 率 都 小 于 1 , 则

? 3 ? a ? 3 ;若 x ?[0,1],函数 y ? f ( x) 图象上任一点切线的斜率为 k ,求 k ? 1 时 a 的取值范围。
y1 ? y2 ? 1 ,显然 x1 ? x2 ,不妨设 x1 ? x2 , x1 ? x2 则 y1 ? y2 ? x1 ? x2 , 即 y1 ? x1 ? y2 ? x2 构 造 函 数 g ( x) ? f ( x) ? x , 则 g ( x) 在 R 上 是 减 函 数 , 则 ,
解答(1)设 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y2 ) 是函数图象上任意不同两点,则

g?( x) ? ?3x2 ? 2ax ?1 ? 0 在 R 上恒成立,故 ? ? (2a)2 ?12 ? 0 ,解之得 ? 3 ? a ? 3
2 2 (2)当 x ? [0,1]时, k ? f ?( x) ? ?3x ? 2ax ,即对任意的 x ? [0,1], k ? 1 ,即 ?3 x ? 2ax ? 1 在 x ? [0,

22

? ? f ?( 1 ? ? ? 3a ?2 ) 1 ? ? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 a ? ? 1] 成 立 , 由 于 f ?( 0 ? ? 0 ,1则 必 需 满 足 ?0 ? ? 1 或 ?a 或 ) 3 ? ? ?1 ?3 ? a a2 f ?( ) ? ?1 ? 3 3 ?

? f ?(1) ? ?3 ? 2a ? 1 ? ,解得 1 ? a ? 3 ?a ?0 ? ?3
导数与二项式定理

1 2 x + lnx.(I)求函数 f (x )在[1,e]上的最大、最小值; 2 2 (II)求证:在区间[1,+∞ ) 上,函数 f (x )的图象在函数 g (x ) = x3 的图象的下方; 3 (III)求证:[ f ? (x )]n- f ? (xn)≥2n-2(n∈N*).
例 39. 已知函数 f (x ) = 解: (I)易知 f (x )在[1,e]上是增函数.

1 2 1 e + 1;f (x )min = f (1 ) = . 2 2 (1 ? x )(1 ? x ? 2 x 2 ) 1 2 1 (II)设 F (x ) = x2 + lnx- x3,则 F ? (x ) = x + -2x2 = . x 2 3 x ∵ x>1,∴ F ? (x )<0,故 F (x )在(1,+∞)上是减函数, 1 又 F (1) =- <0,∴ 在(1,+∞)上,有 F (x )<0, 6 1 2 2 2 即 x + lnx< x3,故函数 f (x )的图象在函数 g (x ) = x3 的图象的下方. 2 3 3
∴ f (x )max = f (e ) = (III)当 n = 1 时,不等式显然成立; 当 n≥2 时,有:[ f ? (x )]n- f ? (xn) = (x +

1 n 1 ) -(xn + n ) x x 1 1 1 1 1 - 2 - n 1 - 2 - n = C n xn 1· + C n xn 2· 2 + … + Cn ?1 x· n?1 = C n xn 2 + C n xn 4 + … + Cn ?1 x· n ?2 x x x x 1 1 - 1 1 1 - - 2 n = [ C n (xn 2 + n ?2 ) + C n (xn 4 + n ?4 ) + … + Cn ?1 ( n ?2 + xn 2)] 2 x x x 1 1 2 n ≥ (2 C n + 2 C n + … + 2 Cn ?1 ) = 2n-2. 2

注:第二问可数学归纳法证。

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