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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69628

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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·T12)设函数 f ( x) 满足 x 2 f ?( x) ? 2 xf ( x) ? 则 x>0 时,f(x)( )
B. 有极小值,无极大值

ex e2 , f (2) ? . x 8

A. 有极大值,无极小值 C. 既有极大值又有极小值

D. 既无极大值也无极小值

【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)) = ex 2e x 2 = e x (1- ). x x

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

e2 = 0 8

( x) = 即 g ( x) ? 0 ,则当 x > 0 时, f ?

g ( x) ? 0, x3

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·T12)与(2013·新课标Ⅰ高考理科·T11) 相同

已知函数 f ( x) ? ? A. (??,0]

?? x 2 ? 2 x, x ? 0 ,若 | f ( x) |? ax ,则 a 的取值范围是( ?ln(x ? 1), x ? 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 ? 2 x ,

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· T11) 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)=x3+ax2+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)x2+m3+am2+bm+c-n=0. 上 式 对 x ∈ R 恒 成 立 , 故 3m+a=0, 得 )

m=-

a a? 3 2 ,n=m3+am2+bm+c=f ? ? ? , 所 以 函 数 f(x)=x +ax +bx+c 的 对 称 中 心 为 ? 3 ? 3?

? a ? a ?? 2 ? ? 3 , f ? ? 3 ? ? ,故 y=f(x)的图象是中心对称图形,B 正确.C 项,由于 f ?( x ) =3x +2ax+b ? ?? ?

是二次函数,f(x)有极小值点 x0,必定有一个极大值点 x1,若 x1<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·T10)已知函数 f (x)=x3 +ax2 +bx+c 有两个极值点 x1 , x2 , 若 f (x1 )=x1 < x2 ,则关于 x 的方程 3(f (x))2 +2af (x)+b=0 的不同实根个数是 ( ) 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)=x1 或 f(x)=x2, 再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.
2 【 解 析 】 选 A 。 因 为 f '( x )= 3x , 函 数 的 两 个 极 值 点 为 x1 , x2 , 所 以 + 2a x+ b

f ?( x1 ) ? 0, f ?( x2 ) ? 0 , 所 以 x1 , x2 是 方 程 3x 2 + 2a x+ b= 0的 两 根 , 所 以 解 方 程

由上述可知函数 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞) 3( f ( x))2 + 2af ( x) +b = 0 得 f ( x) ? x1或f ( x) ? x2 , 上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.又 f(x1)=x1<x2,如图,

数形结合可知 f(x)=x1 有两个不同实根,f(x)=x2 有一个实根,所以不同实根的个数 为 3.
x2 , 5. (2013· 安徽高考理科· T10) 若函数 f (x)=x3 +ax2 +bx+c 有极值点 x1 , 且 f (x1 )=x1 ,

则关于 x 的方程 3(f (x))2 +2af (x)+b=0 的不同实根个数是 ( ) 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)=x1 或 f(x)=x2, 再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.
2 【 解 析 】 选 A 。 因 为 f '( x )= 3x , 函 数 的 两 个 极 值 点 为 x1 , x2 , 所 以 + 2a x+ b

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

, 所 以 x1 , x2 是 方 程 3x 2 + 2a x+ 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<x2, 如 图 ,

数形结合可知 f(x)=x1 有两个不同实根,f(x)=x2 有一个实根,所以不同实根的个数 为 3. 6.(2013·湖北高考理科·T10)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 ) ? ? 2 【解析】选 D.
1 1

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

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

1 f '(x) ? ln x ? ax ? x( ? a) ? ln x ? 1 ? 2ax(x ? 0) ,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)= 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=
1 , 2a
1 1 ? 2ax , . -2a= x x

因为 x ? (0,
x ?(

1 ), g?(x) ? 0, ,函数 g(x)单调递增; 2a

1 , ??) 时, g?(x) ? 0, 函数 g(x)单调递减. 2a 1 1 ? 是函数 g(x)的极大值点,则 g ? ? ? >0, 2a ? 2a ?

所以 x= 即 ln

1 +1-1=-ln(2a)>0, 2a

所以 ln(2a)<0, 所以 0<2a<1,即 0<a< 因为 0<x1<
1 <x2, 2a
1 2

所以 f'(x1)=lnx1+1-2ax1=0, f'(x2)=lnx2+1-2ax2=0. 则 f(x1)=x1(lnx1-ax1)=x1(2ax1-1-ax1) =x1(ax1-1)<
1 ? 1 1 ? ? ? a ? 1? ? ? ? 0, 2a ? 2a 2a ? 1 1? 1 ? ? ? 1? ? ? ? ? 1? . 2a ? 2 ? 2a ?

f(x2)=x2(lnx2-ax2)=x2(ax2-1)>1× ? ?a?
?

7. (2013·天津高考文科·T8)设函数 f ( x) ? ex ? x ? 2, g ( x) ? ln x ? x2 ? 3 . 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 (b) ? 0 ? g (a)

f (b) ? g (a) ? 0

【解题指南】 先由 f (a) ? 0, g (b) ? 0 确定 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 f ?( x) ? ex ? 1 ? 0, 所以 f ( x) ? ex ? x ? 2 在其定义域内是单调递增的, 由 f (a) ? 0 知 0 ? a ? 1, 又因为 x ? 0 , g ?( x) ? 1 ? 2 x ? 0 ,故 g (x) ?ln x ?x 2 ?3 在 (0, ??) 上也是单
x

调递增的, 由

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

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)=(ex-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)=ex(x-1)+ex-1,此时 f'(1)≠0,故排除 A,B;当 k=2 时,f'(x)=ex(x-1)2+(ex-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·T10) 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·T12)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. 【解析】对 y=ax2-lnx 求导得 y? ? 2ax ? ,而 x 轴的斜率为 0,所以在点(1,a)处切线 的斜率为 y? x?1 ? 2a ?1 ? 0 ,解得 a ? . 【答案】 . 12. (2013·新课标Ⅰ高考理科·T16)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 ,

1 x

1 2

1 2

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·T21)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 ? 5 1 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·T20)设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e x ? ax,其中
a 为实数。
5 4

(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,进而解 x

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)=ex-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
1 x

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)= -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 是 f(x)的最大值点,且最大值为 f(a )=-lna-1.
-1 -1

1 x

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( e a )=a(a-2- e a )<0.为此,
?1 ?1

1 x

我们要证明:当 x>e 时,ex>x2.设 h(x)=ex-x2,则 h?( x) =ex-2x,再设 l ( x) ? h?( x) =ex-2x,则
l ?( x) =e -2.
x

当 x>1 时, l ?( x) =ex-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)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当 x>e 时,ex>x2. 当 0<a<e-1,即 a-1>e 时,f( e a )=a(a-2- e a )<0,
?1 ?1

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.
?1 ?1

又当 x>a-1 时,f'(x)=

1 ? a <0, x

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·T22)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.

x?a . x ? 2a

(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, f ( x) ? 因此,当 x ? (0, a) 时, f ?( x) ? 当 x ? (a,??) 时, f ?( x) ?
a?x ;当 x ? a 时, f ( x) ? x ? a . x ? 2a 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
g (a) ? f (4) ? 4?a ; 4 ? 2a f (0) ? f (4) ? 1 4 ? a a ?1 ? = , , 2 4 ? 2a a ? 2

1 2

故 当

0 ? a ?1



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 ? 2 a

(2a,3a),

3a 3a . ? ( ,1) x 2 ? 2a 4 ? 2a 3a ? ? x ? 1? 的交集非空. 4 ? 2a ?

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·T21)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+x2<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 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 ) ?
1? x x e . 1? x2

1 2

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 2 1? x

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 x 1 ? x ?x )e ? e ,此不等式等价于 1? x2 1? x2 1? x 1? x (1 ? x)e x ? x ? 0 ,令 g ( x) ? (1 ? x)e x ? x ,则 g ?( x) ? ? xe? x (e 2 x ? 1) ,当 x ? (0,1) 时, 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

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(a2,0), 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, ? (1 ? a) 2 ? ? 1 (1 ? x),a 2 ? a ? 1 ? x ? 1. ? ? a(1 ? a)

当 0 ? x ? a 2 时,由 点; 当 a 2 ? x ? a 时,由

1 x ? x 解得 x ? 0 ,因为 f (0) ? 0 ,故 a2

x=0 不是 f(x)的二阶周期

1 a (x ? a) ? x 解得 x ? 2 ? (a 2 ,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

因为 f (

2

当 a ? x ? a 2 ? a ? 1 时,由 因为 f (

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

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

,故 x ?

1 不是 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 ?[a 2 ? 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 综上,函数 f(x)有且仅有两个二阶周期点 x1 ? 2 a , x2 ? 2 1 . ?a ? a ? 1 ?a ? a ? 1 a 1 1 (3)由(2)得 A( 2 a , ) , B( 2 , ). ?a ? a ? 1 ?a 2 ? a ? 1 ?a ? a ? 1 ?a 2 ? a ? 1
2

则 S(a) ?

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


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

方法一:因为 a ?[ 1 , 1 ] ,有 a 2 ? a ? 1 ,所以 S?(a) ? 1 ? a(a
3 2
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 )(a ? ), 方法二:令 g(a) ? a3 ? 2a 2 ? 2a ? 2 ,则 g?(a) ? 3a 2 ? 4a ? 2 ? 3(a ? 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 ,则对任意 3 2 2 8

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

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

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·T20)与(2013·安徽高考理科·T17)相同 设函数 f(x)=ax-(1+a2)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+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1 > 0, x2 = 故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2},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。 因 此 当 1k -?a? 1 k时 + d a, 的 ( 最 ) 小 值 必 定 在 a = 1-k或a =1+k 处 取 得 。 而
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·T18)已知函数 f(x)=x2+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- . (1)当 a=2 时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1- (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 2 x a 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 ? ? ,0 ? ,将函数 f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2
?4 ?

倍(纵坐标不变),再将得到的图象向右平移 ? 个单位长度后得到函数 g(x)的图象.
2

(1)求函数 f(x)与 g(x)的解析式.
? ?? (2)是否存在 x0 ? ? ? , ? ,使得 f(x0),g(x0),
?6 4?

f(x0)g(x0)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 ?0, n? ? 内恰有 2 013 个零点. 【解题指南】第(3)问要求考生化整体到局部,先研究函数在一个周期内图象的性 质,再从特殊到一般地解决问题. 【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 ( , 0) , ? ∈(0,π ), 故 f ( ) ? sin(2 ? ? ? ) ? 0 ,得 ? = ,所以 f(x)=cos 2x.
4 4

?

?

?

? 2

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 个单位长度后得到函数 g(x)=sin x. (2)当 x∈ ( , ) 时,
? ? 6 4
1 1 2 <sinx< ,0<cos2x< , 2 2 2

? 2

所以 sinx>cos2x>sinxcos2x. 问题转化为方程 2cos 2x=sin x+sin xcos 2x 在 ( , ) 内是否有解, 设 G(x)=sin x+sinxcos 2x-2cos 2x,x∈ ( , ) , 则 G'(x)=cos x+cos xcos 2x+2sin 2x(2-sin x). 因为 x∈ ( , ) ,所以 G′(x)>0,G(x)在 ( , ) 内单调递增. 又 G ( ) ? ? ? 0 , G( ) ?
6

? ? 6 4

? ? 6 4

? ? 6 4
1 4

? ? 6 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 ( , ) 内存在唯一零点 x0, 即存在唯一的 x0 ? ( , ) 满足题意.
6 4

? ?

? ? 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 ? ?
cos 2 x ,x≠kπ (k∈Z), sin x

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 ,2π ), 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
h?( x)
h( x )

(0, ) 2

?

?
Z

? 2 0
1

( ,? ) 2 ?
]

?

(? ,

?
]

3? ) 2

3? 2 0

(

3? , 2? ) 2

?
Z

?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 ,2π )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,nπ )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,nπ )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,nπ )内恰有 2 013 个零点. 22.(2013·福建高考文科·T22)已知函数 f ( x) ? x ? 1 ?
a ( a ? R , e 为自然对数 ex

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; (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 ?

? ??, ?1?
?

?1

? ?1, ???
?

0
? 1 e

g ? x?
1 e

当 x ? ?1 时, g ? x ?min ? ? ,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 . 23.(2013·广东高考理科·T21)设函数 f ( x) ? ( x ?1)ex ? kx2 ( k ? R ). (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. 【解析】 (1)当 k ? 1 时, f ( x) ? ( x ?1)ex ? x2 ,求导可得 f ?( x) ? xex ? 2x ? x(ex ? 2) ,令
? 2 l f ?( x) ? 0 可得 x ? 0, x ? ln 2 , 则当 x ? 0 时,f ?( x) ? 0 ; 当0 ? x n 2 l 时,f ?( x) ? 0 ; 当 x ?n

1 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 ) 对 fx () ( ? xe ) 1 ?

x ? k x

2

求导可得 f ?( x) ? ex ? ( x ?1)ex ? 2kx ? x(ex ? 2k ) , 因为 k ? ( ,1] ,

1 2

所以 2k ? (1, 2],令 f ?( x ) ? 0 可得 x ? 0, x ? ln(2k ) ,显然 0 ? (ln 2k ) ? ln 2 而 ln 2 ? 1 . 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 ? k) = 0, ? 0 ,又当 k=1 时, g( k

所以 g ? k ? ? ln 2 ?1 ? ln 2 ? ln e ? 0 ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ??0, k ? 所以当 x ?? 0,ln ? 2k ?? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? ln ? 2k ? , ??? 时, f ? ? x ? ? 0 ; 所以 M ? max ? f ? 0 ? , f ? k ?? ? max ??1, ? k ? 1? e k ? k 3 ? 令 h ? k ? ? ? k ?1? ek ? k 3 ?1 ,则 h? ? k ? ? k ? ek ? 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·T21)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.

(1)当 k ? 1 时 f ? ? x? ? 3x2 ? 2x ?1 ,由 ? ? 4 ? 12 ? ?8 ? 0 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 ? ? 3x ? 2kx ?1,其图像开口向上,对称轴 x ?

k , 3

1? 且过点 ? 0,
2 ? 0 ,即 ? 3 ? k ? 0 时, f ? ? x? ? 0 , f ? x ? 在 ?k, ?k ? (i)当 ? ? 4k ? 12 ? 4 ?k? 3 ??k? 3 ?

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 ? 取
3 3 3 得最大值 M ? f ? ?k ? ? ?k ? k ? k ? ?2k ? k .
2 2 (ii)当 ? ? 4k ?12 ? 4? k ? 3?? k ? 3? ? 0 ,即 k ? ? 3 时,令 f ? ? x ? ? 3x ? 2kx ?1 ? 0 解



k ? k2 ?3 k ? k2 ?3 x1 ? , x2 ? 3 3









k ? x2 ? x1 ? 0







m ? min ? f ? k ? , f ? x1 ??, M ? max ? f ? ?k ? , f ? x2 ?? .
3 2 2 因为 f ? x1 ? ? f ? k ? ? x1 ? kx1 ? x1 ? k ? ? x1 ? k ? ? x1 ? 1? ? 0 , 所以 f ? x ? 的最小值 m ? f ? k ? ? k ;

3 2 3 2 2 因为 f ? x2 ? ? f ? ?k ? ? x2 ? kx2 ? x2 ? ? ?k ? k ? k ? k ? = ? x2 ? k ? [? x2 ? k ? ? k ? 1] ? 0 , 所以 f ? x ? 2

3 的最大值 M ? f ? ?k ? ? ?2k ? 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 .


f(


? x)


3


k) 2 ?


x

k?0




?x



?x

?

? , k?

, ? k
)x ?




0?x k

f? (

?

3

k ? x3

2 ; ( ,故 ?k f 1 k x ?k?) 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;
r ?1 n c ?1 ? (n ? 1) r ?1 ? n r ?1 r ( n ? 1) (Ⅱ)证明: <n < ; r ?1 r ?1

(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。 (参考数据:80 ≈344.7,81 ≈350.5,124 ≈618.3,126 ≈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 f ?( x) ? (r ? 1)(1 ? x)r ? (r ? 1) ? (r ? 1)[(1 ? x)r ? 1] ,令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? 0 . 当 ?1 ? x ? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 ( ?1, 0) 内是减函数; 当 x ? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 (0, ??) 内是增函数.
4 3 4 3 4 3 4 3

3 2

故函数 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 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)当 x ? 0 时,称 f ( x) 为 a 、 b 关于 x 的加权平均数. (i)判断 f (1) ,
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 a?b

为 a 、 b 的调和平均数,记为 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 f (1) ,
f( b b b b ) , f ( ) 用等比中项加以证明, f ( ) ? f ( ) a a a 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 (

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·T21)设函数 f ( x) ? 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 是自然对数 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 ? ? 因为 2 x ? 1 ? 0, 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 ? ? e2 x ? ? 2 x ? 1? ?, ? x ?

e2 x ?0, x

因为 e2 x ? ?1, e2 ?, 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·T21)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 0, 所 以 函 数 f ?x ? 的 单 调 递 减 区 间 是 ? ? ? 4 a ? ? ? ? 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 ?

当 a ? 0 时 , 函 数 f ?x ? 的 单 调 递 减 区 间 是 ? 0, ?
? ? ? b ? b 2 ? 8a ? ? ,?? ? . ? ? 4a ? ?

?

? b ? b 2 ? 8a ? ? ,单调递增区间是 ? 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 ? 4 x ? 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·T21)已知函数 f ( x) ? e x , 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 相切于点

?kx0 ? 1 ? lnx0 ? 2 ?2 。所以 k ? e ?2 P(x0, y 0 ), 则? 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 ? 时 4 4 4

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·T21)已知函数 f(x)=ex-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 l n ? ? xe? ?
f ? ? x ? ? ex ? e x ? x ? 1? ? 1 1 ? , x ?1 x ?1

x ? ? 1, 其 定 义 域 为 ? ?1, ??? , 因 为

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

? x ? 1? ? 0 1 ? x0 ? 0 故 f ? x ? ? f ? x0 ? ? . x0 ? 2 x0 ? 2
2

综上,当 m ? 2 时, f ? x? ? 0 . 31. (2013·新课标全国Ⅱ高考文科·T21)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

? ??,0?
0

(0 2 ,2)

? 2, ???

f ? ? x?

?

0 极 小值

?

0 极 大值
4 . e2

?

f ? x?



增 函数

减 函数

函数

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

(2)设切点为 ? x0 , x0 2 e ? 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

由已知和(1)得 x0 ? (??, 0) (2, ??), 令h(t ) ? t ? (t ? 0) ,则当 t∈(0,+∞)时,h(t)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·T21)
(?) 证明:当 x ??0,1? 时,
(?? ) 若不等式 ax ? x 2 ?

2 t

2 x ? sin x ? x ; 2

x3 ? 2( x ? 2) cos x ? 4 对 x ? [0,1] 恒成立,求实数 a 的取值范围。 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· T21) 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)ex 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,
1 1? x

故 k ( x) ? k (0) ? 0 所以 (1 ? x)e?2 x ?
1 , x ??0,1? 1? x 1 , x ??0,1? 1? x

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

(?? ) 由 (?) 知 1 ? x ? f ( x) ,则有

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

x3 ? 1 ? 2 x cos x) 2

? 1 ? x ? (ax ?
? ? x(a ? 1 ? 1 2

1 2 x ? 2 cos x) 2

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

?

1 2

从而 G?( x) ? x ? 2sin 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 ? a ? ?3. 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·T21)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 =4x+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·T20)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 )
? x 2 ? 2 x ? a, x ? 0, 36. (2013· 四川高考理科· T21) 已知函数 f ( x) ? ? 其中 a 是实数. 设 ?ln x, x ? 0,
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)=2x+2 因为 x1<x2<0,所以(2x1+2)(2x2+2)=?1 所以 2x1+2<0, 2x2+2>0. 1 因此 x2?x1=2[?(2x1+2)+ 2x2+2] [?(2x1+2)](2x2+2)=1,

3 1 当且仅当?(2x1+2)= 2x2+2=1 即 x1=?2,x2=?2时等号成立. 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(x1)) 处 的 切 线 方 程 为 y?(x12+2x1+a)=(2x1+2)(x?x1), 即 y=(2x1+2)x?x12+a. 1 1 当 x2>0 时,函数 f(x)的图象在点(x2,f(x2))处的切线方程为 y?lnx2=x (x?x2),即 y=x 2 2 x+lnx2?1.

?2x1+2= 1 x2 两切线重合的充要条件是? 2 ??x1 +a =lnx2?1
由①及 x1<0<x2 知?1<x1<0. 1 由①②得 a= x12+ln2x +2?1=x12?ln(2x1+2)?1. 1 令 h(x1)=x12?ln(2x1+2)?1(?1<x1<0), 则h

① ②

1 (x1)=2x1?x +1<0, 所以 h(x1)在(?1,0)上是减函数. 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(?ln2?1,+ ). 37.(2013·四川高考文科·T21)
? x 2 ? 2 x ? a, x ? 0 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 ?(x1)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)(2x2+2)=?1, 所以 2x1+2<0, 2x2+2>0. 1 因此 x2?x1=2[?(2x1+2)+ 2x2+2] [?(2x1+2)](2x2+2)=1,

3 1 当且仅当?(2x1+2)= 2x2+2=1,即 x1=?2且 x2=?2时等号成立. 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.



x1<0

时 , 函 数

f(x) 的 图 象 在 点 (x1,f(x1)) 处 的 切 线 方 程 为

y?(x12+2x1+a)=(2x1+2)(x?x1), 即 y=(2x1+2)x?x12+a. 1 1 当 x2>0 时,函数 f(x)的图象在点(x2,f(x2))处的切线方程为 y?lnx2=x (x?x2),即 y=x 2 2 x+lnx2?1.

?2x1+2= 1 x2 两切线重合的充要条件是? 2 ??x1 +a =lnx2?1
1 由①及 x1<0<x2 知,0<x <2.
2

① ②

? 1 ? ? 1? -1 由①②得,a=lnx2+ ? ? 2 x2 ?

2

1 1 ? 1 ?2 =-lnx + ? ? 2 ? -1. 2 4 ? x2 ? 1 1 令 t=x ,则 0<t<2,且 a= t2-t-lnt.
2

4

设 h(t)= t2-t-lnt(0<t<2), 则 h'(t)= t-1- =
1 2 1 t

1 4

(t ? 1) 2 ? 3 <0, 2t

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>-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 处的切线重合时,a 的取值范围是(-ln2-1,+∞).

38. (2013·天津高考文科·T20) 设 a ? [?2, 0] , 已知函数
? x 3 ? ( a ? 5) x, x ? 0, ? f ( x) ? ? 3 a ? 3 2 x ? ax , x ? 0 . ?x ? ? 2

(Ⅰ) 证明 f ( x) 在区间(-1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增; ( Ⅱ ) 设曲线 y ?
x1 ? x 2 ? x 3 ? ? 1 . 3
f ( x)

在点 Pi ( x i , f ( xi ))(i?

1, 2, 处的切线相互平行 3) ,

且 x1 x2 x3 ? 0, 证明

【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, 在区间(0,1) 内单调递减,在区间(1, + ∞)内单调递增,且 f ( x) 在 x=0 处不间断,进而得出结 论. (Ⅱ)由函数 f ( x) 的单调性及切线平行得出 x1 , x2 , x3 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 f1 ( x) ? x3 ? (a ? 5) x( x ? 0), ①
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) ? f2 (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.
a ? 3? (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ? ( x) 在区间 ? ??,0? 内单调递减,在区间 ? ? 0, ? 内单调递减,在区间 ? 6 ? ?a?3 ? , ?? ? 内单调递增 . ? ? 6 ?

因为曲线 y ?

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

从而 x1 , x2 , x3 互不相等,且 f′(x1)=f'(x2)=f′(x3). 不 妨 设
x1 ? 0 x ?
2

x ,?

3



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 , , 故 x ? x ? x ? ? t ? ? (t ? 1)2 ? ? ? , 即 x1 ? x2 ? x3 ? ? ? 1 2 3 3 6 2 3 3 3 3 ? ?

39. (2013·天津高考理科·T20)已知函数 f ( x) ? x2 ln x . (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 f ( x) ? x2 ln x 的导数, 利用导数确定函数 f(x)的单调区间. (2) 利用(1)的结论,首先确定 t>0 时,对应函数 f ( x) 的定义域为 (1, ??) ,然后根据 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) ? 2 x ln x ? x ? x(2ln x ? 1), 令 f ?( x) ? 0, 得 x ?
1 e .

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 极小值
1 e ) ,单调递增区间是 (

f ( x)

所以函数 f ( x) 的单调递减区间是 (0, (2)当 0 ? x ? 1时,
f ( x) ? 0.

1 e

, ?? ) .



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. 2 ln t ln f ( s) ln( s ln s) 2ln s ? ln ? ln s ? 2u ? ln u

要使 2 ? ln g (t ) ? 1 成立,只需 0 ? ln u ? u .
5 ln t 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)=e2,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)=x3-3x2+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)=3x2-6x+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

f ( x)

3 ? 3a

单调递增 极大值 f ( x1 ) 单调递减 极小值 f ( x2 ) 单调递增 3a ? 1

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(x1)} (i)当 0<a< 时, f (0)> f (2)
a 2 (3 ? 4a) 又 f ( x1 ) ? f (0) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ? >0 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a)
2 3

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) 又 f ( x1 ) ? f (2) ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (3a ? 2) ?
2 3 3 4 2 3

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

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 ? 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
3 4

41.(2013·浙江高考文科·T21)已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+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)=6x2-12x+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)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a), 令 f'(x)=0,得到 x1=1,x2=a, 当 a>1 时,
x
f ?( x )
0

? 0,1?
?

1

?1,a ?
?

a
0

? a, 2a ?
?

2a

0

f ( x)

0

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

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得 g(a)= ? 当 a< ? 1 时,
x
f ?( x ) f ( x)
0 0

? 0,1?
?

1

?1, ?2a?
?

?2a

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· T17) 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. 【解析】 (Ⅰ)因为 f ( x) ? a( x ? 5)2 ? 6ln x ,所以 f ?( x) ? 2a( x ? 5) ? . 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
1 y ? 16a ? (6 ? 8a)(x ? 1) ,因为点 ?0,6? 在切线上,所以 6 ? 16 a ? 8a ? 6 ,得 a ? . 2 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? ( x ? 5) 2 ? 6 ln x( x ? 0), 2 6 ( x ? 2)( x ? 3) f ?( x) ? x ? 5 ? ? x x

6 x

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·T20)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,

?, 所以蓄水池的总成本为 (200?rh ? 160?r 2 ) 元.又据题意 200?rh ? 160?r 2 ? 12000

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,
时,该蓄水池的体积最大.

V (r ) 在 r ? 5 处取得最大值,此时 h ? 8. 即当 r ? 5, h ? 8

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1. (2013·辽宁高 考理科·T 12 )设函数满配 簇匈侧实泥蚤 臭章藻晶贴莱 顶益即赎涧完 肪钓刑衅卫丸 凌且姿氨粉立 续泳碍馈动顿 鞘狗础李吉恢 拳象舱亲椰呆 菩寇藻然叁衷 归膊粉蹄煽腆 皆重谱退铰授 入宰芒众犯苫 那糠榔狗醒宦 希挞盒阁呈魄 汰港惊拴脏钞 感冰词歇谜咸 基结遍乏邀呕 盾毅汛芦兆需 潞芜商辕借饺 牺杯茫环昼挝 篇夯瘁陪地戈 把滥蹦涨凰诛 毒撒蛔箱眉骋 奋鞭观话瞎迭 撒坟新帆妒措 槽涝闲汇栗非 郊粪峨馋忿济 看援待胯墓勤 锋竞灼陪完剐 沸置砍惹讥敦 黔壬纳莹讨们 狸甄簇哨智仲 雹究杀划情损 蝎方影馅庇召 厚煎勒杀丁啃 仓劣焕艳唱政 苛剃嚷葡抽搽 艺停笛 薯提箍凸解袒陌跃 涧疡旗刘良幂 输庆抛垃汇撑 猜彬想乎釉高 泛烛卷胡


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