导数高考题(大题)


导数高考题(非常实用)
一、导数的基本应用 (一)研究含参数的函数的单调性、极值和最值
基本思路:定义域 →→ 疑似极值点 →→ 单调区间 →→ 极值 →→ 最值 基本方法: 一般通法:利用导函数研究法 特殊方法: (1)二次函数分析法; (2)单调性定义法 第一组 本组题旨在强化对函数定义域的关注,以及求导运算和分类讨论的能力与技巧 【例题】 (2009 江西理 17/22)设函数 f ( x) ?

ex . 求(1)函数 f ( x ) 的单调区间; (2)略. x
1 x 1 x x ?1 x e ? e ? 2 e , x2 x x

' 解: 函数定义域为 (??,0) ? (0,??) , f ( x) ? ?

由 f ' ( x) ? 0 , 得 时, f ' ( x) ? 0 ;

x ? 1 . 因 为 当 x ? 0 时 或 0 ? x ? 1 时 , f ' ( x) ? 0 ; 当 x ? 1

(0,1] . 所以 f ( x ) 的单调增区间是: [1, ??) ; 单调减区间是: (??,0),

【例题】 (2008 北京理 18/22)已知函数 f ( x) ? 单调区间.

2x ? b ,求导函数 f ?( x ) ,并确定 f ( x ) 的 ( x ? 1)2

2[ x ? (b ? 1)] 2( x ? 1)2 ? (2 x ? b)?2( x ? 1) ?2 x ? 2b ? 2 ? ?? . 3 4 ( x ? 1) ( x ? 1)3 ( x ? 1) 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? b ? 1 . 2 1) 和 (1 , ? ?) 上单调递减. 当 b ? 1 ? 1 ,即 b ? 2 时, f ( x ) ? ,所以函数 f ( x ) 在 (??, x ?1 当 b ? 1 ? 1 ,即 b ? 2 时, f ?( x ) 的变化情况如下表: x (??,b ? 1) b ? 1 (b ?11) ? ?) , (1, ? ? f ?( x ) 0 ? 当 b ? 1 ? 1 ,即 b ? 2 时, f ?( x ) 的变化情况如下表: x (??, 1) (1,b ?1) b ? 1 (b ? 1, ? ?) ? ? f ?( x ) 0 ? , ? ?) 上单调递减,在 (b ?11) , 上单调递增, 所以, b ? 2 时,函数 f ( x ) 在 (??,b ? 1) 和 (1 b ? 2 时,函数 f ( x) 在 (??, 1) 和 (1 , ? ?) 上单调递减. b ? 2 时,函数 f ( x) 在 (??, 1) 和 (b ? 1, ? ?) 上单调递减,在 (1,b ?1) 上单调递增.
解: f ?( x) ?
1 / 22

第二组 本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧 【例题】 (2009 北京文 18/22)设函数 f ( x) ? x3 ? 3ax ? b(a ? 0) . (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间与极值点.
' 2 解:∵ f ? x ? ? 3 x ? a

?

? ? a ? 0? ,

当 a ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 在 ? ??, ??? 上单调递增, 此时函数 f ( x ) 没有极值点. 当 a ? 0 时,由 f ' ? x ? ? 0 ? x ? ? a ,

? ? 当 x ? ? ? a , a ? 时, f ? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减, 当 x ? ? a , ?? ? 时, f ? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增,
' 当 x ? ??, ? a 时, f ? x ? ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增, ' '

∴此时 x ? ? a 是 f ( x ) 的极大值点, x ?

a 是 f ( x) 的极小值点.

点评:此题是 2010 届文科考试说明的样题,题目考查了对导函数零点进行分类的能力,旨 在帮助学生巩固研究函数单调性的基本方法. 【例题】 (2009 天津理 20/22)已知函数 f ( x) ? ( x ? ax ? 2a ? 3a)e ( x ? R), 其中 a ? R .
2 2 x

(II)当 a ?

2 时,求函数 f ( x ) 的单调区间与极值. 3

解:f ' ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a 2 ? 4a e x .
令f ' ( x) ? 0,解得 x ? ?2a,或 x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论. (1) 若a >

?

?

2 知, ? 2a ? a ? 2. 3

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x
f'(x) f(x)

?? ?, ? 2a ?
+ ↗

? 2a
0 极大 值

?? 2a,a ? 2?
— ↘

a?2
0 极小 值

?a ? 2, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在 (?2a,a ? 2)内是减函数 .

2 / 22

函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a . 函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 .
(2) 若a <

2 ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3
a?2
0 极 大值

x
f '(x) f (x)

?? ?,a ? 2?
+ ↗

?a ? 2, ? 2a ?
— ↘

? 2a
0

?? 2a, ? ??
+ ↗

极 小值

所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在 (a ? 2, ? 2a)内是减函数。

函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值 f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 . 函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值 f (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a .
点评:此题与上一题考点相同,计算量略增,旨在帮助学生进一步提升对此类问题的认识和 处理能力.

【例题】 (2008 福建文 21/22)已知函数 f ( x) ? x ? mx ? nx ? 2 的图象过点 (?1, ?6) ,且
3 2

函数 g ( x) ? f ?( x) ? 6 x 的图象关于 y 轴对称.(Ⅰ)求 m、n 的值及函数 y ? f ( x) 的单调区 间; (Ⅱ)若 a ? 0 ,求函数 y ? f ( x) 在区间 (a ? 1, a ? 1) 内的极值. 解: (Ⅰ)由函数 f ( x ) 图象过点 (?1, ?6) ,得 m ? n ? ?3 ,……… ① 由

f ( x) ? x3 ? mx2 ? nx ? 2





f ?( x) ? 3x2 ? 2mx ? n





g ( x) ? f ?( x) ? 6x ? 3x2 ? (2m ? 6) x ? n ;
而 g ( x) 图象关于 y 轴对称,所以-

2m ? 6 ? 0 ,所以 m ? ?3 , 2?3

2 代入①得 n ? 0 .于是 f ?( x) ? 3x ? 6 x ? 3x( x ? 2) .

由 f ?( x) ? 0 得 x ? 2 或 x ? 0 ,故 f ( x ) 的单调递增区间是 (??, 0) , (2, ??) ; 由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? 2 ,故 f ( x ) 的单调递减区间是 (0, 2) . (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ?( x) ? 3x( x ? 2) ,令 f ?( x) ? 0 得 x ? 0 或 x ? 2 .

3 / 22

当 x 变化时, f ?( x ) 、 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f'(x) f(x)

(??, 0)
+ 增

0
0 极大值

(0, 2)
- 减

2
0 极小值

(2, ??)
+ 增

由此可得:当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 在 (a ? 1, a ? 1) 内有极大值 f (0) ? ?2 ,无极小值; 当 a ? 1 时, f ( x ) 在 (a ? 1, a ? 1) 内无极值; 当 1 ? a ? 3 时, f ( x ) 在 (a ? 1, a ? 1) 内有极小值 f (2) ? ?6 ,无极大值; 当 a ? 3 时, f ( x ) 在 (a ? 1, a ? 1) 内无极值. 综上所述,当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 有极大值 ?2 ,无极小值;当 1 ? a ? 3 时, f ( x ) 有极小值

?6 ,无极大值;当 a ? 1 或 a ? 3 时, f ( x) 无极值.
点评:本题是前面两个例题的变式,同样考查了对导函数零点的分类讨论,但讨论的直接对 象变为了函数自变量的研究范围,故此题思路不难,旨在帮助学生加深对此类问题本 质的认识,并提升其详尽分类,正确计算的水平. 【例题】 (2009 安徽文 21/21)已知函数 f ( x) ? x ? (I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)设 a=3,求 f ( x ) 在区间[1, e ]上值域.其中 e=2.71828…是自然对数的底数. 解: (Ⅰ)由于 f ( x) ? 1 ?
/

2 ? 1 ? a ln x ,a>0, x

2

2 a 1 ? ,令 t ? 得 f / ( x) ? 2t 2 ? at ? 1 (t ? 0) 2 x x x

/ ① 当 ? ? a ?8 ? 0, 即 0 ? a ?2 2 时, f ( x) ? 0 恒成立, ∴ f ( x ) 在 (??,0),(0, ??) 上
2

都是增函数. ② 当 ? ? a ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 时,
2

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 由 2t ? at ? 1 ? 0 得 t ? 或t ? 4 4
2

∴x ?0或x?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 或0 ? x ? 2 2 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 ,∴ ?t ? ?x? 4 4 2 2
4 / 22

又由 2t ? at ? 1 ? 0 得
2

综上,当 0 ? a ? 2 2 f ( x ) 在 (??,0),(0, ??) 上都是增函数;

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 当 a ? 2 2 f ( x ) 在 (??,0),(0, ) 及( , ??) 上都是增函数, 2 2
在(

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , ) 是减函数. 2 2

(2)当 a ? 3 时,由(1)知, f ( x ) 在[1,2]上是减函数,在[ 2, e2 ] 上是增函数.

点评: (1)第一问在前面例题的理论基础上,进一步加大了运算的难度,涉及到了换元法,分母 有理化等代数技巧; (2)第二问将问题延伸到了函数值域上,过程比较简单,是一个承上启下的过渡性问题.

2 ?5 ? 0 e2 2 2 2 ∴函数 f ( x ) 在区间[1, e ]上的值域为 [2 ? 3ln 2, e ? 2 ? 5] . e
又 f (1) ? 0, f (2) ? 2 ? 3ln 2 ? 0, f (e ) ? e ?
2 2

(二)利用函数的单调性、极值、最值,求参数取值范围
基本思路:定义域 →→ 单调区间、极值、最值 →→ 不等关系式 →→ 参数取值范围 基本工具:导数、含参不等式解法、均值定理等

【例题】 (2008 湖北文 17/21)已知函数 f ( x) ? x ? mx ? m x ? 1 (m 为常数,且 m>0)
3 2 2

有极大值 . ....9 . (Ⅰ)求 m 的值; (Ⅱ)若斜率为 ?5 的直线是曲线 y ? f ( x) 的切线,求此直线方程. 解: (Ⅰ) f ?( x) ? 3x ? 2mx ? m ? ( x ? m)(3x ? m) ? 0 ,则 x ? m 或 x ?
2 2

1 m, 3

当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

(??, ?m)
+ 增

?m
0 极大值

1 (? m, m) 3
- 减

1 m 3
0 极小值

(

1 m ,+∞) 3
+ 增

从而可知,当 x ? ?m 时,函数 f ( x ) 取得极大值 9,

5 / 22

即 f (?m) ? ?m3 ? m3 ? m3 ? 1 ? 9 ,



m?2.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ?( x) ? x3 ? 2x2 ? 4x ? 1 , 依题意知 f ?( x) ? 3x2 ? 4x ? 4 ? 5 , 又 f ( ?1) ? 6, f ( ? ) ? ∴ x ? ?1 或 x ? ? .

1 3

1 3

68 , 27 68 1 ? ?5( x ? ) , 27 3

所以切线方程为 y ? 6 ? ?5( x ? 1) ,或 y ?

即 5x ? y ? 1 ? 0 ,或 135x ? 27 y ? 23 ? 0 . 点评: (1) 本题第一问是函数求极值的逆向设问, 解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值, 难度不大; (2) 本题第二问是求曲线切线的逆向设问,解题过程进一步强化了对切点的需求. 【例题】 (2009 四川文 20/22)已知函数 f ( x) ? x3 ? 2bx2 ? cx ? 2 的图象在与 x 轴交点处的切线 方程是 y ? 5x ? 10 . (I)求函数 f ( x ) 的解析式; (II) 设函数 g ( x) ? f ( x) ?

1 mx , 若 , 求实数 m 的取值范围以及函数 g ( x) .g ( x) 的极值存在 ..... 3

取得极值时对应的自变量 x 的值. 解: (I)由已知,切点为(2,0),故有 f (2) ? 0 ,即 4b ? c ? 3 ? 0 ……①

2 又 f ?( x) ? 3x ? 4bx ? c ,由已知 f ?(2) ? 12 ? 8b ? c ? 5 得 8b ? c ? 7 ? 0 ……②

联立①②,解得 b ? ?1, c ? 1 .所以函数的解析式为 f ( x) ? x ? 2 x ? x ? 2
3 2

1 1 2 mx 令 g ?( x) ? 3x ? 4 x ? 1 ? m ? 0 3 3 1 2 当函数有极值时,方程 .则 ? ? 4(1 ? m) ? 0 ,得 m ? 1 . ..........3 x ? 4 x ? 1 ? 3 m ? 0 有实数解 ....
(II)因为 g ( x) ? x ? 2 x ? x ? 2 ?
3 2

2 2 ,在 x ? 左右两侧均有 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 无极值 3 3 1 1 g ?( x) ? 0 有两个实数根 x1 ? (2 ? 1 ? m ), x2 ? (2 ? 1 ? m ), g ?( x), g ( x) ②当 m ? 1 时, 3 3
①当 m ? 1 时, g ?( x) ? 0 有实数 x ? 情况如下表:

x

(??, x1 )

x1

( x1 , x2 )

x2

( x2 ? ?)

6 / 22

g ?( x )

+ ↗

0 极大值



0 极小值

+ ↗

g ( x)

所以在 m ? (??,1) 时,函数 g ( x) 有极值; 当x?

1 1 (2 ? 1 ? m ) 时, g ( x) 有极大值;当 x ? (2 ? 1 ? m ) 时, g ( x) 有极小值; 3 3

点评: (1) 本题第一问是求曲线切线的逆向设问,解题过程进一步强化了对切点的需求. (2) 本题第二问是函数求极值的逆向设问, 解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值, 难度不大.

★【例题】 (2008 全国Ⅱ文 21/22) 设 a ? R ,函数 f ( x) ? ax3 ? 3x 2 . (Ⅰ)若 x ? 2 是函数 y ? f ( x) 的极值点,求 a 的值;

2] ,在 x ? 0 处取得最大值,求 a 的取值范围. (Ⅱ)若函数 g ( x) ? f ( x) ? f ?( x),x ?[0,

? 解: (Ⅰ) f ( x) ? 3ax ? 6 x ? 3x(ax ? 2) .
2

? 因为 x ? 2 是函数 y ? f ( x) 的极值点,所以 f (2) ? 0 ,即 6(2a ? 2) ? 0 ,因此
a ? 1.
经验证,当 a ? 1 时, x ? 2 是函数 y ? f ( x) 的极值点. (Ⅱ) 由题设, g ( x) ? ax ? 3x ? 3ax ? 6x ? ax ( x ? 3) ? 3x( x ? 2) .
3 2 2 2

2] 上的最大值为 g (0) 时, 当 g ( x) 在区间 [0,

g (0) ≥ g (2) ,即 0 ≥ 20a ? 24 .故得
a≤
反之,当

a≤

6 5

6 2] , 5 时,对任意 x ? [0,

6 3x 3x g ( x) ≤ x 2 ( x ? 3) ? 3x( x ? 2) ? (2 x 2 ? x ? 10) ? (2 x ? 5)( x ? 2) ≤0 , 5 5 5

2] 上的最大值为 g (0) . 而 g (0) ? 0 ,故 g ( x) 在区间 [0,

6? ? ? ??, ? 5? . 综上, a 的取值范围为 ?
点评:
7 / 22

(1) 本题是求函数最值的逆向问题,答案所用的解法是一种比较特殊的方法,具有一定的 思维难度. (2) 本题若用一般方法,则可求出 g(0)=0,将问题转化为 g(x)≤0 的恒成立问题,此种解 法的计算量将有所加大. ★【例题】 (2009 陕西理 20/22)已知函数 f ( x) ? ln(ax ? 1) ? (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 的最小值为 1,求 a 的取值范围. 解:(Ⅱ)∵ x ? 0, a ? 0, ∴ ax ? 1 ? 0.

1? x , x ? 0 ,其中 a ? 0 1? x

f '( x) ?

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

①当 a ? 2 时,在区间 (0, ??)上,f '( x) ? 0, ∴ f ( x ) 的单调增区间为 (0, ??). ②当 0 ? a ? 2 时,由 f '( x) ? 0解得x ?

2?a 2?a ,由f '( x) ? 0解得x ? , a a

∴ f ( x)的单调减区间为(0,

2-a 2-a ), 单调增区间为( , ? ?). a a

(Ⅲ)当 a ? 2 时,由(Ⅱ)①知, f ( x)的最小值为f (0) ? 1; 所以 a ? 2 . 当 0 ? a ? 2 时 , 由 ( Ⅱ ) ② 知 , f ( x) 在 x ?

2?a 处取得最小值 a

f(

2?a ) ? f (0) ? 1, a
所以, 0 ? a ? 2 不成立. 综上可知,若 f ( x ) 得最小值为 1,则 a 的取值范围是 [2, ??).

点评: (1) 本题第三问是求函数最值的逆向问题,解题时根据单调性研究的分类标准,将验证 参数取值范围是否成立,是计算量较小,但不容易发现的方法. (2) 本题若用一般方法,则可将问题转化为 f(x)≥1 的恒成立问题,此种解法的计算量将 有所加大.

(三)导数的几何意义
(2008 海南宁夏文 21/22)设函数 f ( x ) ? ax ? 方程为 7 x ? 4 y ? 12 ? 0 .
8 / 22

b ,曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线 x

(Ⅰ)求 y ? f ( x) 的解析式; (Ⅱ)证明:曲线 y ? f ( x) 上任一点处的切线与直线 x ? 0 和直线 y ? x 所围成的三角 形面积为定值,并求此定值. 解: (Ⅰ)方程 7 x ? 4 y ? 12 ? 0 可化为 y ?

7 1 x ? 3 ,当 x ? 2 时, y ? ; 4 2
故 f ? x? ? x ?

b 1 ? 2a ? ? ? ?a ? 1 b ? 2 2 ' 又 f ? x ? ? a ? 2 ,于是 ? ,解得 ? , x b 7 b ? 3 ? ?a ? ? ? ? 4 4
(Ⅱ)设 P ? x0 , y0 ? 为曲线上任一点,由 y ? 1 ?
'

3 x

3 知曲线在点 P ? x0 , y0 ? 处的切线方程为 x2

? ? 3 ? 3? ? 3 ? y ? y0 ? ?1 ? 2 ? ? x ? x0 ? ,即 y ? ? x0 ? ? ? ?1 ? 2 ? ? x ? x0 ? x0 ? ? x0 ? ? x0 ? ?
令 x ? 0 ,得 y ? ?

? 6 6 ,从而得切线与直线 x ? 0 的交点坐标为 ? 0, ? x0 x0 ?

? ?; ?

令 y ? x ,得 y ? x ? 2x0 ,从而得切线与直线 y ? x 的交点坐标为 ? 2x0 , 2x0 ? ; 所以点 P ? x0 , y0 ? 处的切线与直线 x ? 0, y ? x 所围成的三角形面积为

1 6 ? 2 x0 ? 6 ; 2 x0

故曲线 y ? f ? x ? 上任一点处的切线与直线 x ? 0, y ? x 所围成的三角形面积为定值 6.

二、导数应用的变式与转化 (一)函数的零点存在与分布问题
问题设置:根据函数零点或方程实数根的个数求参数取值范围 基本方法: 通性通法:函数最值控制法 特殊方法: (1)二次函数判别式法; (2)零点存在性定理

第一组 二次函数 (1) 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识; (2) 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平; (3) 研究二次函数零点分布问题时,除了判别式法以外,应补充极值(最值)控制法,为 三次函数零点分布研究做方法上的铺垫.

9 / 22

【例题】 (2009 江西文 17/22)设函数 f ( x) ? x ?
3

9 2 x ? 6x ? a . 2

(1)略; (2)若方程 f ( x) ? 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解:因为 当 x ? 1 时, f ' ( x) ? 0 ;当 1 ? x ? 2 时, f ' ( x) ? 0 ;当 x ? 2 时, f ' ( x) ? 0 ; 所以 当 x ? 1 时, f ( x ) 取极大值 f (1) ?

5 ?a; 2

当 x ? 2 时, f ( x ) 取极小值 f (2) ? 2 ? a ; 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 ?

5 . 2

点评:本题是零点问题的方程形式,用函数最值控制法解答,属于本类问题的原型题.

【例题】 (2009 广东文 21/21)已知二次函数 y ? g ( x) 的导函数的图像与直线 y ? 2 x 平行, 且 y ? g ( x) 在 x =-1 处取得最小值 m-1(m ? 0 ).设函数 f ( x ) ?

g ( x) x

(1)若曲线 y ? f ( x) 上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为 2 ,求 m 的值; (2) k (k ? R) 如何取值时,函数 y ? f ( x) ? kx 存在零点 ,并求出零点. .... 解: (1)设 g ? x ? ? ax ? bx ? c ,则 g? ? x ? ? 2ax ? b ;
2

又 g? ? x ? 的图像与直线 y ? 2 x 平行 又 g ? x ? 在 x ? ?1 取极小值,∴ ?

? 2a ? 2 ,解得 a ? 1

b ? ?1 ,解得 b ? 2 2

所以 f ? x ? ? ?g ? ? 1? ?a ?b ?c 1 ? 2 ? ? c ? m, 1解得 ? c ? m; 设

g ? x? m ? x? ?2, x x


P ? xo , yo ?
2 2 0 2 2 0



PQ ? x ? ? y0 ? 2 ?
2

? m? m2 2 ? x ? ? x0 ? ? ? 2 x0 ? 2 ? 2 ? 2 2m 2 ? 2 x0 ? x0 ?

?2 2m2 ? 2 ? 4 ,解得 m ? ?

2 ; 2

w.w.w. k.s. 5.u.c.o.m

(2)由 y ? f ? x ? ? kx ? ?1 ? k ? x ?

m ? 2 ? 0 ,得 ?1 ? k ? x2 ? 2x ? m ? 0 ?*? x m m 当 k ? 1 时,方程 ?*? 有一解 x ? ? ,函数 y ? f ? x ? ? kx 有一零点 x ? ? ; 2 2
10 / 22

当 k ? 1 时,方程 ?*? 有二解 ? ? ? 4 ? 4m ?1 ? k ? ? 0 , 若 m ? 0 ,k ? 1 ?

1 ?2 ? 4 ? 4m ?1 ? k ? 1 ? 1 ? m ?1 ? k ? ,y ? f ? x ? ? kx 有两个零点 x ? ; ? m 2 ?1 ? k ? k ?1

若 m ? 0 ,k ? 1 ?

1 ?2 ? 4 ? 4m ?1 ? k ? 1 ? 1 ? m ?1 ? k ? ,y ? f ? x ? ? kx 有两个零点 x ? ; ? m 2 ?1 ? k ? k ?1
1 , y ? f ? x ? ? kx 有一零点 m

当 k ? 1 时,方程 ?*? 有一解 ? ? ? 4 ? 4m ? 1? k ? ? 0,即 k ? 1 ?

x?

1 k ?1

点评: (1) 本题第一问是涉及均值定理的最值问题,题目计算量中等,思维难度不大; (2) 第二问涉及到的函数为二次函数,故而用含参二次方程的根系关系研究根的分布问 题,是本部分的原型问题和重点问题.

【例题】 (2009 重庆文 19/21) 已知 f ( x) ? x2 ? bx ? c 为偶函数, 曲线 y ? f ( x) 过点 (2,5) ,

g ( x ) ? ( x ? a ) f ( x) . (Ⅰ)求曲线 y ? g ( x) 有斜率为 的切线 ,求实数 a 的取值范围; (2) ....0 . ...
略 解: ? 由偶函数性质得, f (? x) ? f ( x) ,即 (? x) ? b(? x) ? c ? x ? bx ? c ,解得 b ? 0
2 2
2 又曲线 y ? f ( x) 过点 (2,5) ,得 2 ? c ? 5, 有 c ? 1

∵ g ( x) ? ( x ? a) f ( x) ? x ? ax ? x ? a 从而 g ( x) ? 3x ? 2ax ? 1 ,
3 2 ' 2

? 曲线 y ? g ( x) 有斜率为 0 的切线,故 g ' ( x) ? 0 有实数解.即 3x2 ? 2ax ? 1 ? 0 有实数
解. ∵此时有 ? ? 4a ? 12 ≥ 0 解得 a ? ??, ? 3 ? ? ? 3, ??
2

?

∴实数 a 的取值范围: a ? ??, ? 3 ? ? ? 3, ??

?

?

?

?

?

?

?

点评: 本题是以导数几何意义为载体的, 研究二次函数零点的分布的问题, 注意问题的转化. 【例题】 (07 广东文 21/21)已知 a 是实数, 函数 f ?x? ? 2ax ? 2x ? 3 ? a , 如果函数 y ? f ?x ? 在 .
2

区间 ,求 a 的取值范围. ..?? 1,1?上有零点 .... 解:若 a ? 0 , f ( x) ? 2 x ? 3 ,显然函数在 ?? 1,1?上没有零点.
11 / 22

若 a ? 0 ,令 ? ? 4 ? 8a ?3 ? a ? ? 8a2 ? 24a ? 4 ? 0 ,

解得 a ?

?3 ? 7 2

①当 a ?

?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 或 ?1 ? ? ?1 ? 2 a ? f ?1? ? 0 ? ? f ? ?1? ? 0 ?
解得 a ? 5 或 a ?

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

?3 ? 5 ?3 ? 5 ,综上,所求实数 a 的取值范围是 a ? 1 或 a ? . 2 2

点评:本题以二次函数为载体,设定在区间范围上的零点存在性问题,解答时依零点个数进 行分类讨论,涉及到含参二次方程根的分布研究、零点存在性定理. 是原型问题和重 点题.
3 2 【例题】 (2009 浙江文 21/22)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. ... 解:(Ⅰ)由题意得 f ?( x) ? 3x 2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2) 又?

f (0) ? b ? 0 ,解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 ?

(Ⅱ)函数 f ( x) 在区间 (?1,1) 不单调,等价于 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

f ?(?1) f ?(1) ? 0 ,即: [3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)][3 ? 2(1 ? a) ? a(a ? 2)] ? 0
2 整理得: (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1) ? 0 ,解得 ? 5 ? a ? ?1

12 / 22

第二组 三次函数 (1) 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识; (2) 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平; (3) 本组题旨在加深对二次函数、三次函数零点分布问题的认识,进而深化对导数方法、 极值、最值的理解. 【例题】 (2009 陕西文 20/22)已知函数 f ( x) ? x3 ? 3ax ?1, a ? 0 (I)求 f ( x ) 的单调区间; (II)若 f ( x ) 在 x ? ?1 处取得极值,直线 y=m 与 y ? f ( x) 的图象有三个不同的交点 , .......... 求 m 的取值范围. 解: (1) f ' ( x) ? 3x2 ? 3a ? 3( x2 ? a), 当 a ? 0 时,对 x ? R ,有 f ' ( x) ? 0, 所以 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ??) 当 a ? 0 时,由 f ' ( x) ? 0 解得 x ? ? a 或 x ?

a ,由 f ' ( x) ? 0 解得 ? a ? x ? a ,

所以 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ? a ),( a , ??) ,单调减区间为 (? a , a ) . (2)因为 f ( x ) 在 x ? ?1 处取得极大值, 所以 f (?1) ? 3? (?1) ? 3a ? 0,? a ? 1.
' 2

所以 f ( x) ? x ? 3x ?1, f ( x) ? 3x ? 3,
3 ' 2

由 f ( x) ? 0 解得 x1 ? ?1, x2 ? 1 .
'

由(1)中 f ( x ) 的单调性可知,

f ( x) 在 x ? ?1 处取得极大值 1,在 x ? 1 处取得极小值-3.
因为直线 y ? m 与函数 y ? f ( x) 的图象有三个不同的交点, 所以 m 的取值范围是 (?3,1) . 点评: (1) 本题是三次函数零点存在性问题的典型变式题,涉及图象交点向函数零点的转化关 系; (2) 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布,采用极值(最值)控制法; (3) 在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上 的本质关系,以便进一步加深对函数极值(最值)的认识和对利用导数研究函数性 质.
13 / 22

【例题】 ( 2007 全国 II 理 22/22 )已知函数 f ( x) ? x3 ? x . ( 1 )求曲线 y ? f ( x) 在点 (2)设 a ? 0 ,若过点 (a,b) 可作曲线 , M (t, f ( t)) 处的切线方程; ....y ? f ( x) 的三条切线 ..... 证明: ?a ? b ? f (a) 解: (1) f ( x ) 的导数 f ?( x) ? 3x2 ? 1.曲线 y ? f ( x) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为:

y ? f (t ) ? f ?(t )( x ? t ) ,即 y ? (3t 2 ?1) x ? 2t 3 .
(2)如果有一条切线过点 (a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t 2 ?1)a ? 2t 3 . 若过点 (a,b) 可作曲线 y ? f ( x) 的三条切线, 则方程 2t ? 3at ? a ? b ? 0 有三个相异的实数根.
3 2

记 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:

t
g'(x) g(x)

(??, 0)

0 0 极大值

(0,a)

a
0 极小值

(a, ? ?)

?
增函数

?
减函数

?
增函数

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. 综上所述,如果过 (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?

a 2

?a ? b ? 0, 即 ?a ? b ? f (a ) . ?b ? f (a) ? 0.

点评: (1) 本题是前一个问题的延伸,其以导数几何意义为载体; (2) 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布,采用极值(最值)控制法;
14 / 22

(3) 在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上 的本质关系,以便进一步加深对函数极值(最值)的认识和对利用导数研究函数性质.

(二)不等式恒成立与存在解问题
问题设置:当不等关系在某个区间范围内恒成立或存在解为条件,求参数的取值范围 基本思路:转化为函数最值与参数之间的不等关系问题 基本方法: 通性通法:变量分离法、变量转换、最值控制法 特殊方法:二次函数判别式法、二次函数根的分布研究 【例题】 (2009 江西文 17/22)设函数 f ( x) ? x ?
3

9 2 x ? 6x ? a . 2

(1)对于任意实数 x , f ?( x) ? m 恒成立,求 m 的最大值; (2)略 解: f ( x) ? 3x ? 9x ? 6 ? 3( x ?1)( x ? 2) , 因为 x ? ( ??, ??) , f ' ( x) ? m , 即 3x ? 9x ? (6 ? m) ? 0 恒成
' 2 2

立, 所以 ? ? 81 ? 12(6 ? m) ? 0 , 得 m ? ?

3 3 ,即 m 的最大值为 ? 4 4

点评:本题是二次函数在实数集上的恒成立问题,因其条件特殊,故用特殊方法求解. 【例题】 (2008 安徽文 20/22)设函数 f ( x) ?
' 2

a 3 3 2 x ? x ? (a ? 1) x ? 1, 其中a 为实数. 3 2

(Ⅰ)略; (Ⅱ)若 f ( x) ? x ? x ? a ? 1 对任意 a ? (0, ??) 都成立,求实数 x 的取值范围. 解:法一(变量转换,最值控制法) : ax ? 3x ? (a ? 1) ? x ? x ? a ? 1 对任意 a ? (0, ??) 都成
2 2

立. 即 a( x ? 2) ? x ? 2x ? 0 对任意 a ? (0, ??) 都成立
2 2 2 2 设 g (a) ? a( x ? 2) ? x ? 2x(a ? R) , 则 对 任 意 x ? R , g (a ) 为 单 调 递 增 函 数

(a ? R)
所以对任意 a ? (0, ??) , g (a) ? 0 恒成立的充分必要条件是 g (0) ? 0 .
2 即 ? x ? 2 x ? 0 ,∴ ?2 ? x ? 0 , 于是 x 的取值范围是 x | ?2 ? x ? 0?

?

法二(变量分离法) :由题设知: ax ? 3x ? (a ? 1) ? x ? x ? a ? 1 对任意 a ? (0, ??) 都成
2 2

立, 即 a( x ? 2) ? x ? 2x ? 0 对任意 a ? (0, ??) 都成立.
2 2

15 / 22

于 是 a?

x2 ? 2 x x2 ? 2 x ?0 . 解 得 x 的 取 值 范 围 是 a ? (0, ?? ) 对 任 意 都 成 立 , 即 x2 ? 2 x2 ? 2

?x | ?2 ? x ? 0? .
点评:变量分离法可以任何一个变量分离出来,例如本题也可以求出二次方程的根,这样就 是将变量 x 分离出来了,但过程较复杂,不宜在此处选用. 【例题】 (2008 山东文 21/22) 设函数 f ( x) ? x e 的极值点. (Ⅱ)讨论 f ( x ) 的单调性;
2 x ?1

已知 x ? ?2 和 x ? 1 为 f ( x ) ? ax3 ? bx2 ,

2 3 x ? x 2 ,试比较 f ( x) 与 g ( x) 的大小. 3 1 x ?1 解: (Ⅱ)因为 a ? ? , b ? ?1 ,所以 f ?( x) ? x( x ? 2)(e ?1) , 3
(Ⅲ)设 g ( x ) ? 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x1 ? ?2 , x2 ? 0 , x3 ? 1 .

? 2) ?(0, 1) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (?2, 0) ? (1, ? ?) 时, f ?( x) ? 0 . 因为 当 x ? (??,
所以

f ( x) 在 (?2, 0) 和 (1 , ? ?) 上是单调递增的;在 (??, ? 2) 和 (0, 1) 上是单调递减的.
2 x ?1

(Ⅲ)由(Ⅰ)可知 f ( x) ? x e 故 f ( x) ? g ( x) ? x e 令 h( x) ? e
x ?1 2 x ?1

1 ? x3 ? x 2 , 3

? x3 ? x2 (e x?1 ? x) ,

? x ,则 h?( x) ? e x?1 ?1 .

令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ,因为 x ? ? ??, 1? 时, h?( x) ≤ 0 , 所以 h( x) 在 x ? ? ??, 1? 上单调递减.故 x ? ? ??, 1? 时, h( x) ≥ h(1) ? 0 ; 因为 x ??1 , ? ?? 时, h?( x) ≥ 0 ,所以 h( x) 在 x ??1 , ? ?? 上单调递增. 故 x ??1 , ? ?? 时, h( x) ≥ h(1) ? 0 .

? ?) ,恒有 h( x) ≥ 0 ,又 x 所以对任意 x ? (??, ? ?) ,恒有 f ( x) ≥ g ( x) . 故对任意 x ? (??,
点评:本题是恒成立问题的一个变式应用.

2

≥ 0 ,因此 f ( x) ? g ( x) ≥0 ,

( 2007 湖 北 理 20/21 ) 已 知 定 义 在 正 实 数 集 上 的 函 数 f ( x ) ?
16 / 22

1 2 x ? 2ax , 2

g ( x) ? 3a2 ln x ? b ,其中 a ? 0 .设两曲线 y ? f ( x) , y ? g ( x) 有公共点,且在该点处的
切线相同. (I)用 a 表示 b ,并求 b 的最大值; (II)求证: f(x )≥ ,其中 x > 0. ... . . . . . g(x) . . . . 解: (Ⅰ)设 y ? f ( x) 与 y ? g ( x)( x ? 0) 在公共点 ( x0,y0 ) 处的切线相同.

∵ f ?( x) ? x ? 2a , g ?( x) ?

3a 2 ,由题意 f ( x0 ) ? g ( x0 ) , f ?( x0 ) ? g ?( x0 ) . x

?1 2 x0 ? 2ax0 ? 3a 2 ln x0 ? b, ? 3a 2 ?2 即? 由 得: x0 ? a ,或 x0 ? ?3a (舍去) . x ? 2 a ? 2 0 x0 ? x0 ? 2a ? 3a , ? x0 ?
1 2 5 a ? 2a 2 ? 3a 2 ln a ? a 2 ? 3a 2 ln a . 2 2 5 2 2 令 h(t ) ? t ? 3t ln t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? 2t (1 ? 3ln t ) . 2
即有 b ?

t ) ? 0 t ) ? 0 于 是 当 t (1? 3 ln , 即 0 ? t ? e 3 时 , h?(t ) ? 0 ; 当 t (1? 3 ln ,即 t ? e3 时 , h?(t ) ? 0.
1 ? ? ? 1 ? 3 ? ∞ ? 为减函数, 故 h(t ) 在 ? 0, e ? 为增函数,在 ? e 3, ? ? ? ? 2 ? 1 ? 3 3 3 h e ? e ? ∞) 的最大值为 ? ? 于是 h(t ) 在 (0, . ? ? 2

1

1

(Ⅱ)设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 则 F ?( x) ? x ? 2a ?

1 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b( x ? 0) , 2

3a 2 ( x ? a)( x ? 3a) ? ( x ? 0) . x x

? ∞) 为增函数, 故 F ( x) 在 (0,a) 为减函数,在 (a, ? ∞) 上的最小值是 F (a) ? F ( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0 . 于是函数 F ( x) 在 (0,
故当 x ? 0 时,有 f ( x) ? g ( x) ≥ 0 ,即当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) . 点评: (1) 本题以曲线的切线问题的载体,在第一问中考查了函数最值的求法; (2) 第二问是恒成立问题的应用.

17 / 22

(三)“零点存在与分布问题”与“恒成立、存在解问题”之间的关系
(1) 研究对象的本质相同,因此解题方向一致:函数的极值或最值控制是解决这两类问题 的通性通法,针对特殊类型的函数,如二次函数,又都可以用相应的函数性质进行研 究; (2) 研究对象的载体不同,因此解题方法不同:前者是函数与其所对应的方程之间关系的 问题,后者是函数与其所对应的不等式之间关系的问题; (3)原型问题是根本,转化命题是关键:二者都可以进一步衍生出其他形式的问题,因此 往往需要先将题目所涉及的问题转化为原型问题,然后利用通性通法加以解决,在转 化过程中应注意命题的等价性. 【例题】 (2009 天津文 21/22)设函数 f ( x) ? ? (Ⅰ)略; (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 , x2 ] ,

1 3 x ? x 2 ? (m 2 ? 1) x, ( x ? R, )其中 m ? 0 3

f ( x) ? f (1) 恒成立,求 m 的取值范围.
解: (2) f ' ( x) ? ? x 2 ? 2 x ? m 2 ? 1,令 f ' ( x) ? 0 ,得到 x ? 1 ? m, x ? 1 ? m 因为 m ? 0, 所以 1 ? m ? 1 ? m ,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

(1 ? m,1 ? m)
-

1? m
0

(1 ? m,??)
+

极 小值

极 大值

f ( x) 在 (??,1 ? m) 和 (1 ? m,??) 内减函数,在 (1 ? m,1 ? m) 内增函数.
2 3 1 m ? m2 ? 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:由题设, f ( x) ? x(? x ? x ? m ? 1) ? ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 2 所以方程 ? x ? x ? m ? 1 =0 由两个相异的实根 x1 , x 2 ,故 x1 ? x2 ? 3 , 3 4 2 1 1 且 ? ? 1 ? (m ? 1) ? 0 ,解得 m ? ? (舍),m ? 3 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
函数 f ( x) 在 x ? 1 ? m 处取得极大值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) =
18 / 22

若 1 ? x1 ? x2 , 则对任意的 x ? [ x1 , x2 ] 有 x ? x1 ? 0, x ? x2 ? 0,

1 x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ? 0 又 f ( x1 ) ? 0 , 所以函数 f ( x) 在 x ? [ x1 , x2 ] 的最 3 1 2 小值为 0, 于是对任意的 x ? [ x1 , x2 ] ,f ( x) ? f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) ? m ? ? 0 , 3
则 f ( x) ?? ? 解得 ?

3 3 ?m? 3 3

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

综上,m 的取值范围是 ( ,

1 3 ) 2 3

四、其它形式的问题
【例题】 (2008 陕西文 22/22)设函数 f ( x) ? x ? ax ? a x ? 1, g ( x) ? ax ? 2x ? 1, 其中实数
3 2 2 2

(Ⅰ)若 a ? 0 ,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)当函数 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 的图象只有一个公共点且 g ( x) 存在最小值时,记 g ( x) 的最小值为 h(a) ,求 h(a) 的值域; (Ⅲ)若 f ( x ) 与 g ( x) 在区间 (a, a ? 2) 内均为增函数,求 a 的取值范围.
2 2 解: (Ⅰ)? f ?( x) ? 3x ? 2ax ? a ? 3( x ? )( x ? a) ,又 a ? 0 ,

a ? 0.

a 3

a a 时, f ?( x) ? 0 ;当 ?a ? x ? 时, f ?( x) ? 0 , 3 3 a a ? f ( x) 在 (??, ?a) 和 ( , ??) 内是增函数,在 (?a, ) 内是减函数. 3 3 3 2 2 2 2 2 (Ⅱ)由题意知 x ? ax ? a x ? 1 ? ax ? 2 x ? 1 ,即 x[ x ? (a ? 2)] ? 0 恰有一根(含重

? 当 x ? ? a或x ?

根) .

? a 2 ? 2 ≤ 0 ,即 ? 2 ≤ a ≤ 2 ,又 a ? 0 ,? a ?[? 2,0) ? (0, 2] .
当 a ? 0 时, g ( x) 才存在最小值,? a ? (0, 2] .

1 1 1 ? g ( x) ? a( x ? ) 2 ? a ? ,∴ h(a) ? a ? , a ? (0, 2] .∴ h(a) 的值域为 a a a 2 (??,1 ? ] . 2 a 1 (Ⅲ) 当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (??, ?a) 和 ( , ??) 内是增函数,g ( x) 在 ( , ??) 内是增函数. 3 a ? ?a ? 0 ? a ? 由题意得 ? a ? ,解得 a ≥ 1 ; 3 ? 1 ? a? ? a ?

19 / 22

当 a ? 0 时, f ( x ) 在 (??, ) 和 (?a, ??) 内是增函数, g ( x) 在 (??, ) 内是增函数.

a 3

1 a

? ?a ? 0 ? a ? 由题意得 ? a ? 2 ? ,解得 a ≤ ?3 ; 3 ? 1 ? a?2? ? a ? 综上可知,实数 a 的取值范围为 (??, ?3] ? [1, ??) . 1 4 9 2 3 【例题】 (2008 湖南文 21/21)已知函数 f ( x) ? x ? x ? x ? cx 有三个极值点. 4 2 (I)证明: ?27 ? c ? 5 ; (II)若存在实数 c,使函数 f ( x) 在区间 ? a, a ? 2? 上单调递减,求 a 的取值范围.
解: (I)因为函数 f ( x) ?

1 4 9 x ? x3 ? x 2 ? cx 有三个极值点, 4 2

所以 f ?( x) ? x3 ? 3x2 ? 9x ? c ? 0 有三个互异的实根. 设 g ( x) ? x3 ? 3x2 ? 9x ? c, 则 g?( x) ? 3x2 ? 6x ? 9 ? 3( x ? 3)( x ?1), 当 x ? ?3 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (??, ?3) 上为增函数; 当 ?3 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (?3,1) 上为减函数; 当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0, g ( x) 在 (1, ??) 上为增函数; 所以函数 g ( x) 在 x ? ?3 时取极大值,在 x ? 1 时取极小值. 当 g (?3) ? 0 或 g (1) ? 0 时, g ( x) ? 0 最多只有两个不同实根. 因为 g ( x) ? 0 有三个不同实根,所以 g (?3) ? 0 且 g (1) ? 0 . 即 ?27 ? 27 ? 27 ? c ? 0 ,且 1 ? 3 ? 9 ? c ? 0 ,解得 c ? ?27, 且 c ? 5, 故 ?27 ? c ? 5 . (II)由(I)的证明可知,当 ?27 ? c ? 5 时, f ( x ) 有三个极值点. 不妨设为 x1,x2,x3 ( x1 ? x2 ? x3 ) ,则 f ?( x) ? ( x ? x1 )( x ? x2 )( x ? x3 ). 所以 f ( x ) 的单调递减区间是 (??,x1 ] , [ x2 , x3 ] . 若 f ( x) 在区间 ? a, a ? 2? 上单调递减, 则 ?a, a ? 2? ? (??,x1 ] , 或 ?a, a ? 2? ? [ x2 , x3 ] ,
20 / 22

若 ?a, a ? 2? ? (??,x1 ] ,则 a ? 2 ? x1 .由(I)知, x1 ? ?3 ,于是 a ? ?5. 若 ?a, a ? 2? ? [ x2 , x3 ] ,则 a ? x2 且 a ? 2 ? x3 .由(I)知, ?3 ? x2 ? 1. 又 f ?( x) ? x3 ? 3x2 ? 9 x ? c, 当 c ? ?27 时, f ?( x) ? ( x ? 3)( x ? 3)2 ; 当 c ? 5 时, f ?( x) ? ( x ? 5)( x ?1)2 . 因此,当 ?27 ? c ? 5 时, 1 ? x3 ? 3. 所以 a ? ?3, 且 a ? 2 ? 3. 即 ?3 ? a ? 1. 故 a ? ?5, 或 ?3 ? a ? 1. 反之 , 当 a ? ?5, 或 ?3 ? a ? 1 时,总可找到 c ? (? 27, 5), 使函数 f ( x) 在区间

?a, a ? 2? 上单调递减.
? 5) ? (?3,1) 综上所述, a 的取值范围是 (??,
(2008 辽宁文 22/22)设函数 f ( x) ? ax ? bx ? 3a x ? 1(a,b ? R) 在 x ? x1 , x ? x2 处
3 2 2

取得极值,且 x1 ? x2 ? 2 . (Ⅰ)若 a ? 1 ,求 b 的值,并求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若 a ? 0 ,求 b 的取值范围. 解: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? 3a .① · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2分
2 2 2 (Ⅰ)当 a ? 1 时, f ?( x) ? 3x ? 2bx ? 3 ;

由题意知 x1,x2 为方程 3x ? 2bx ? 3 ? 0 的两根,所以 x1 ? x2 ?
2

4b2 ? 36 . 3

由 x1 ? x2 ? 2 ,得 b ? 0 . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分 从而 f ( x) ? x ? 3x ? 1 , f ?( x) ? 3x ? 3 ? 3( x ? 1)( x ?1) .
2 2

, 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (??, ? 1) ? (1, ? ?) 时, f ?( x) ? 0 . 当 x ? (?11) , 单调递减,在 (??, ? 1) , (1 , ? ?) 单调递增.· 故 f ( x ) 在 (?11) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6分
(Ⅱ)由①式及题意知 x1,x2 为方程 3x ? 2bx ? 3a ? 0 的两根,
2 2

4b2 ? 36a3 2 2 所以 x1 ? x2 ? .从而 x1 ? x2 ? 2 ? b ? 9a (1? a) , 3a
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由上式及题设知 0 ? a ≤1 . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 考虑 g (a) ? 9a2 ? 9a3 , g ?(a) ? 18a ? 27a 2 ? ?27a ? a ?

? ?

2? · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 10 分 ?.· 3? ?2? 4 ?? . ?3? 3

故 g (a ) 在 ? 0, ? 单调递增,在 ? , 1? 单调递减,从而 g (a) 在 ? 0, 1? 的极大值为 g ? 又 g (a ) 在 ? 0, 1? 上只有一个极值,所以 g ?

? ?

2? 3?

?2 ? ?3 ?

?2? 4 1? 上的最大值,且最小值为 ? ? 为 g (a) 在 ? 0, ?3? 3

? 2 3 2 3? ? 4? , ?. g (1) ? 0 .所以 b2 ? ?0, ? ,即 b 的取值范围为 ? ? 3 ? ? 3? ? 3

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