高考数学专题讲座--第17讲:高频考点分析之极限、导数和定积分探讨


【备战 2014 高考数学专题讲座】 第 17 讲:高频考点分析之极限、导数和定积分探讨
1~2 讲,我们对客观性试题解法进行了探讨,3~8 讲,对数学思想方法进行了探讨,9~12 讲对数 学解题方法进行了探讨,从第 13 讲开始我们对高频考点进行探讨。 在我国现在中学数学新教材中,微积分处于一种特殊的地位,是高中数学知识的一个重要交汇点,是 联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具。微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用。 结合中学数学的知识,高考中微积分问题主要有以下几种: 1. 极限的计算; 2. 应用导数求函数的最(极)值; 3. 应用导数讨论函数的增减性; 4. 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线; 5. 定积分的计算和应用。 结合 2012 年全国各地高考的实例,我们从以上五方面探讨极限、导数和定积分问题的求解。

一、极限的计算: 典型例题:
? x2 ? 9 ,x ?3 ? 例 1. (2012 年四川省理 5 分)函数 f ( x ) ? ? x ? 3 在 x ? 3 处的极限是【 ?ln( x ? 2), x ? 3 ?
A、不存在 【答案】A。 【考点】分段函数,极限。 【解析】分段函数在 x ? 3 处不是无限靠近同一个值,故不存在极限。故选 A。 例 2. (2012 年重庆市理 5 分) lim B、等于 6 C、等于 3 D、等于 0



1 n ? 5n ? n
2

n ? ??

?



.

【答案】

2 。 5

【考点】极限的运算。

【分析】 lim

1 n 2 ? 5n ? n

n ???

? lim

n ???

n 2 ? 5n ? n ? lim n??? 5n

1?

5 ?1 2 n ? 。 5 5

例 3. (2012 年上海市理 4 分)有一列正方体,棱长组成以 1 为首项, 为 V1 ,V2 ,?,Vn ,? ,则 lim (V1 ? V2 ? ? ? Vn ) ?
n ??

1 为公比的等比数列,体积分别记 2



.

【答案】

8 。【版权归锦元数学工作室,不得转载】 7

【考点】无穷递缩等比数列的极限,等比数列的通项公式。 【解析】由正方体的棱长组成以 1 为首项, 项,

1 为公比的等比数列,可知它们的体积则组成了一个以 1 为首 2
1

1 8 V 为公比的等比数列,因此, lim (V1 ? V2 ? ? ? Vn ) ? 1 ? 。 n ?? 7 1? 8 8

二、应用导数求函数的最(极)值: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1.(2012 年重庆市理 5 分)设函数 f ( x) 在 R 上可导,其导函数为 f' ( x) ,且函数 y ? (1 ? x) f' ( x) 的图 像如题图所示,则下列结论中一定成立的是【 (A)函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) (B)函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) (C)函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) (D)函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2) 】

【答案】D。 【考点】函数在某点取得极值的条件,函数的图象。 【分析】由图象知, y ? (1 ? x) f' ( x) 与 x 轴有三个交点,-2,1,2, ∴ f' (?2)=0,f' (2)=0 。 由此得到 x , y , 1 ? x , f' ( x) 和 f ( x) 在 (??, ? ?) 上的情况:

x

(??, ?2)

-2

(?2,1)

1

(1, 2)

2

(2, ??)

y
1? x
f' ( x)
f ( x)

+ + + ↗

0 + 0 极大值

- + - ↘

0 0 - 非极值

+ - - ↘

0 - 0 极小值

- - + ↗

∴ f ( x) 的极大值为 f (?2) , f ( x) 的极小值为 f (2) 。故选 D。 例 2. (2012 年陕西省理 5 分)设函数 f ( x) ? xe ,则【
x



A. x ? 1 为 f ( x) 的极大值点 C. x ? ?1 为 f ( x) 的极大值点 【答案】D。 【考点】应用导数求函数的极值。

B. x ? 1 为 f ( x) 的极小值点 D. x ? ?1 为 f ( x) 的极小值点

【解析】∵ f ?( x) ? ( x ? 1)e ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? ?1 。
x

∴当 x < - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe 为减函数;当 x > - 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) ? xe 为增
x x

函数,所以 x ? ?1 为 f ( x) 的极小值点。 故选 D。 例 3. (2012 年陕西省文 5 分)设函数 f ? x ? ? A. x =

2 + ln x 则【 x
B. x =



1 为 f ? x ? 的极大值点 2

1 为 f ? x ? 的极小值点 2

C. x =2 为 f ? x ? 的极大值点 【答案】D。 【考点】应用导数求函数的极值。 【解析】∵ f ?( x) ? ?

D. x =2 为 f ? x ? 的极小值点

2 1 x?2 ? = 2 ,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? 2 。 x2 x x 2 ∴当 0 < x < 2 时, f ?( x) ? 0 , f ? x ? ? + ln x 为减函数; x 2 当 x > 2 时, f ?( x) ? 0 , f ? x ? ? + ln x 为增函数。 x

∴ x ? 2 为 f ( x) 的极小值点。 故选 D。

例 4. (2012 年广东省理 14 分)设 a<1,集合 A ? x ? R x ? 0 , B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0 ,
2

?

?

?

?

D ? A? B
(1)求集合 D(用区间表示) (2)求函数 f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内的极值点。
3 2

【答案】解: (1)设 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a ,
2

方程 g ( x) ? 0 的判别式 D = 9(1 + a)2 - 48a = 9(a ①当

1 )(a - 3) 3

1 < a < 1 时, D < 0 , 2 x 2 ? 3(1 ? a) x ? 6a ? 0 恒成立, 3

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0 ? R 。
2

?

?

∴ D ? A ? B ? A ? {x | x ? 0} ,即集合 D= (0, + ②当 0 < a

)。

1 时, D 3

0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为
0 , x2 = 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 。 4

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 4
2

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0

?

?

? {x | x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? } 4 4

∴ D ? A ? B ? A ? {x | 0 ? x ?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 或x ? }, 4 4
9a 2 - 30a + 9 ,+ 4 )。

3a + 3 即集合 D= (0,

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + )( ? 4

③当 a ? 0 时, D > 0 ,方程 g ( x) ? 0 的两根为

x1 =

3a + 3 -

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + ? 0 , x2 = 4
2

9a 2 - 30a + 9 > 0。 4

∴ B ? x ? R 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6a ? 0

?

?

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 ? {x | x ? ? 0或x ? }。 4 4

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 }, ∴ D ? A ? B ? A ? {x | x ? 4 ( 即集合 D= 3a + 3 + 9 a 2 - 30 a + 9 ,+ 4
2 2

)。

(2)令 f '( x) ? [2 x ? 3(1 ? a) x ? 6 ax]' ? 6 x ? 6(1 ? a) x ? 6 a ? 6( x ? a)( x ?1) ? 0 得
3

f ( x ) ? 2 x 3 ? 3(1 ? a ) x 2 ? 6ax 的可能极值点为 a,1 。
①当

1 < a < 1 时,由(1)知 D ? (0, ??) ,所以 f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表: 3

x
f ?( x)
f ( x)
3

(0, a)

a
0 极大值
2

(a,1)
?


1
0 极小值

(1, ??)

?


?


∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内有两个极值点为 a,1 :极大值点为 x ? a ,极小值 点为 x ? 1 。 ②当 0 < a

1 时, 3

由(1)知 D ? (0,

3a + 3 - 9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + 9a 2 - 30a + 9 )( ? , + ) = (0, x1 ) ? ( x2 , ??) 。 4 4

∵ f ( x) ? 2x( x ? x1 )( x ? x2 ) , ∴ 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2 , ∴ f ?( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)
3

(0, a)

a
0 极大值
2

(a, x1 )
?


( x2 , ??)

?


?


∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内仅有一个极值点:极大值点为 x ? a ,没有极小值 点。 ③当 a ? 0 时,

( 由(1)知 D ?

3a + 3 +

9 a 2 - 30 a + 9 ,+ 4

)。

∵ a ? 0 ,∴ 1- 3a <1- a 。 ∴

3a + 3 +

9a 2 - 30a + 9 3a + 3 + = 4

3(1- 3a )(1- a ) 4

>

3a + 3 +

3(1- 3a ) 4

2

=

3a + 3 + 4

3 (1- 3a ) 3 + =

3 + 3a 14

(

3

) > 3+

3

4

>1 。

∴ a ? 0 <1<
3

3a + 3 +

9a 2 - 30a + 9 。 4
2

∴ f ( x ) ? 2 x ? 3(1 ? a ) x ? 6ax 在 D 内没有极值点。 【考点】分类思想的应用,集合的计算, 解不等式,导数的应用。 【解析】 (1)根据 g ( x) ? 2 x ? 3(1 ? a) x ? 6a 根的判别式应用分类思想分
2

1 < a < 1 、0 < a 3

1 、a ? 0 3

讨论即可,计算比较繁。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 (2)求出 f '( x) ? [2 x ? 3(1 ? a) x ? 6ax]' ? 6 x ? 6(1 ? a) x ? 6a ? 6( x ? a)( x ? 1) ,得到 f ( x) 的
3 2 2

可能极值点为 a,1 。仍然分

1 < a < 1、0< a 3

1 、 a ? 0 讨论。 3
3

例 5. (2012 年浙江省理 14 分)已知 a ? 0 , b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax ? 2bx ? a ? b . (Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ; (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x ?[0 , 恒成立,求 a ? b 的取值范围. 1] 【答案】(Ⅰ) 证明: (ⅰ) f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b . 当 b≤0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b >0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 f ? x ? 的最大值为: f ?1? ? 4a ? 2b ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b>0 时, f ? ? x ? ? 12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断, 此时 f ? x ? 的最大值为:
?b ? a,b ? 2a =|2a-b|﹢a。 f max ? x ? ? max{ f (0),() ? max{(b ? a),(3a ? b) ? ? f 1} } b ?3a ? b, ? 2a

综上所述:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a。 (ⅱ) 设 g ? x ? =﹣ f ? x ? , ∵ g ? x ? ? ?4ax3 ? 2bx ? a ? b ,∴令 g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b ? 0 ? x ? 当 b≤0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b <0 在 0≤x≤1 上恒成立, 此时 g ? x ? 的最大值为 : g ? 0 ? ? a ? b ? 3a ? b =|2a-b|﹢a; 当 b<0 时, g ? ? x ? ? ?12ax 2 ? 2b 在 0≤x≤1 上的正负性不能判断,
?4 b b 4 b b ? a ? b, ? 6a ? b ? a ? b,b ? 2a} ? ? 3 6a g max ? x ? ? max{g ( ),() ? max{ b g 1} b ? 6a 3 6a 6a ?b ? 2a, ?

b 。 6a

≤|2a-b|﹢a。 综上所述:函数 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a, 即 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0 在 0≤x≤1 上恒成立。 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知:函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a, 且函数 f ? x ? 在 0≤x≤1 上的最小值比﹣(|2a-b|﹢a)要大。 ∵﹣1≤ f ? x ? ≤1 对 x ? [0,1]恒成立,∴|2a-b|﹢a≤1。 取 b 为纵轴,a 为横轴.
?a > 0 ?a > 0 ? ? 则可行域为: ? b ? 2a 和 ?b ? 2a ,目标函数为 z=a+b。 ? b ? a ? 1 ?3a ? b ? 1 ? ?

作图如下:

由图易得:当目标函数为 z=a+b 过 P(1,2)时,有 zmax ? 3 . ∴所求 a+b 的取值范围为: ? ?1,3? 。 【考点】分类思想的应用,不等式的证明,利用导数求闭区间上函数的最值,简单线性规划。 【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后,分 b≤0 和 b>0 讨论即可。 (ⅱ) 利用分析法, 要证 f ? x ? +|2a-b|﹢a≥0, 即证 g ? x ? =﹣ f ? x ? ≤|2a-b|﹢a, 亦即证 g ? x ? 在 0≤x≤1 上的最大值小于(或等于)|2a-b|﹢a。 (Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数在 0≤x≤1 上的最大值为|2a-b|﹢a,且函数在 0≤x≤1 上的最小值比 ﹣(|2a-b|﹢a)要大.根据-1≤ f ? x ? ≤1 对 x∈[0,1]恒成立,可得|2a-b|﹢a≤1,从而利用线性规划知识, 可求 a+b 的取值范围。

( 2 ? c 在 例 6. ( 2012 年 江 西 省 文 14 分 ) 已 知 函 数 f ? x? ? a x ? b x ) x e ? 0, 1? 上 单 调 递 减 且 满 足 f ? 0? ? 1 f ? 1 ? 0 , ? 。
(1)求 a 的取值范围; (2)设 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ,求 g ? x ? 在 ? 0, 1? 上的最大值和最小值。 【答案】解: (1)∵ f (0) ? c ? 1 , f (1) ? (a ? b ? c)e ? 0 ,∴ a ? b ? ?1 。 ∴ f ? x ? ? [ax 2 ? ? a ? 1? x ? 1]e x 。∴ f ? ? x ? ? [ax 2 ? ? a ? 1? x ? a]e x 。

( ) ∵函数 f ? x ? ? ax 2 ? bx ? c e x 在 ? 0, 1? 上单调递减,

1 ∴对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x) ? 0 。

∴由 f '(0)= ? a ? 0 得 a > 0 ;由 f '(1)=[a ? ? a ? 1? ? a]e ? 0 得 a ? 1 。 ∴ 0 ? a ?1。 又当 a =0 时,对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x)= ? x ? 0 ,函数符合条件; 1 当 a =1 时,对于任意的 x ? ? 0, ? ,都有 f '( x)= x ? 1 e ? 0 ,函数符合条件。 1
2 x

?

?

综上所述, a 的取值范围是 0≤ a ≤1。

) (2)∵ g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? 1? e x ? ? ax 2 ? ? a ? 1? x ? a ? e x ? ? 2ax ? a ? 1 e x ? ? ? ? (
∴ g ? ? x ? ? ? ?2ax ? a ? 1? e x 。

1 (i)当 a =0 时,对于任意 x ? ? 0, ? 有 g ? ? x ? ? e x > 0 ,
∴ g ? x ? 在[0,1]上的最小值是 g ? 0 ? ? 1 ,最大值是 g ?1? ? e ;

1 (ii)当 a =1 时,对于任意 x ? ? 0, ? 有 g ? ? x ? ? ?2xe x < 0 ,
∴ g ? x ? 在[0,1]上的最小值是 g ?1? ? 0 ,最大值是 g ? 0 ? ? 2 ; (iii)当 0< a <1 时,由 g ? ? x ? ? 0 得 x ? ①若

1? a >0 , 2a

1? a 1 ? 1 ,即 0 < a ? 时, g ? x ? 在[0,1]上是增函数, 2a 3

∴ g ? x ? 在[0,1]上最大值是 g ?1? ? ?1 ? a ? e ,最小值是 g ? 0 ? ? 1 ? a ; ②若
1? a 1? a 1? a 1 1? a 取得最大值 g ( ) 2ae 2 a g,在 x =0 ? < 1 ,即 < a < 1 时, g ? x ? 在 x ? 2a 2a 2a 3

或 x =1 时取到最小值: ∵ g 0 ? 1 ? a,()( ? a e , () g1 ? 1 )

1 e ?1 ∴当 < a ? 时, g ? x ? 在 x =0 取到最小值 g ? 0 ? ? 1 ? a ; 3 e ?1 e ?1 当 < a ? 1 时, g ? x ? 在 x =1 取到最小值 g ?1? ? ?1 ? a ? e 。 e ?1
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性。

( ) , 【解析】 (1)由题意,函数 f ? x ? ? ax 2 ? bx ? c e x 在[0,1]上单调递减且满足 f ? 0 ? ? 1 f ?1? ? 0 ,可求
出函数的导数,将函数在[0,1]上单调递减转化为导数在[0,1]上的函数值恒小于等于 0,再结合 f ? 0 ? ? 1 ,

f ?1? ? 0 这两个方程即可求得 a 取值范围。

(2)由题设条件,先求出 g ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? 的解析式,求出导函数 g ? ? x ? ? ? ?2ax ? a ? 1? e x , 由于参数 a 的影响,函数在[0,1]上的单调性不同,结合(1)的结论及 g ? ? x ? 分 a =0, a =1, 0< a <1 三类对函数的单调性进行讨论,确定并求出函数的最值。 例 7. (2012 年重庆市文 13 分)已知函数 f ( x) ? ax ? bx ? c 在 x ? 2 处取得极值为 c ? 16
3

(1)求 a 、 b 的值(6 分) ; (2)若 f ( x) 有极大值 28,求 f ( x) 在 [?3,3] 上的最大值(7 分) . 【答案】解: (Ⅰ)∵ f ( x) ? ax ? bx ? c , ∴ f ?( x) ? 3ax ? b 。
3 2
[来源:21 世纪教育网]

∵ f ( x) 在点 x ? 2 处取得极值, ∴?

12a ? b ? 0 ? f ?(2) ? 0 ? ?12a ? b ? 0 ? a ?1 ,即 ? ,化简得 ? ,解得 ? 。 ? f (2) ? c ? 16 ?8a ? 2b ? c ? c ? 16 ? 4 a ? b ? ?8 ?b ? ?12

3 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ? x ? 12 x ? c , f ?( x) ? 3x ? 12

令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? ?2, x2 ? 2 。

x , f' ( x) 和 f ( x) 在 (??, ? ?) 上的情况如下表: x
(??, ?2)

?2

(?2, 2)

2

(2, ??)

f' ( x)
f ( x)

- ↘

0 极小值

+ ↗

0 极大值

- ↘

由此可知 f ( x) 在 x1 ? ?2 处取得极大值 f (?2) ? 16 ? c , f ( x) 在 x2 ? 2 处取得 极小值 f (2) ? c ? 16 。 ∵ f ( x) 有极大值 28,∴ 16 ? c ? 28 ,解得 c ? 12 。 此时 f (?3) ? 9 ? c ? 21, f (3) ? ?9 ? c ? 3 , f (2) ? c ? 16 ? ?4 ∴ f ( x) 上 [?3,3] 的最小值为 f (2) ? ?4 。 【考点】函数的导数与极值,最值之间的关系。 【分析】 (Ⅰ)先对函数 f ( x) 进行求导,根据 f ?(2) ? 0 =0, f (2) ? c ? 16 ,求出 a 、 b 的值。

(Ⅱ)根据(Ⅰ)对函数 f ( x) 进行求导,令 f ?( x) ? 0 ,解出 x ,列表求出函数的极大值和极小 值。再比较函数的极值与端点函数值的大小,端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值,端点函数值 与极小值中最小的为函数的最小值。 例 8. (2012 年江苏省 16 分) 若函数 y ? f (x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x 0 为函数 y ? f (x) 的极值点。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 已知 a,b 是实数,1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g ( x) 的导函数 g ?( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点; (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c?[?2 , ,求函数 y ? h( x) 的零点个数. 2] 【答案】解: (1)由 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx ,得 f' ( x) ? 3x 2 ? 2ax ? b 。 ∵1 和 ?1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax 2 ? bx 的两个极值点, ∴ f' (1) ? 3 ? 2a ? b=0 , f' (?1) ? 3 ? 2a ? b=0 ,解得 a=0,b= ? 3 。 (2)∵ 由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x , ∴ g ?( x) ? f ( x) ? 2=x3 ? 3x ? 2= ? x ? 1? ? x ? 2 ? ,解得 x1 =x2 =1 x3 = ? 2 。 ,
2

∵当 x < ?2 时, g ?( x) < 0 ;当 ?2 < x <1 时, g ?( x) > 0 , ∴ x= ? 2 是 g ( x) 的极值点。 ∵当 ?2 < x <1或 x > 1 时, g ?( x) > 0 ,∴ x=1 不是 g ( x) 的极值点。 ∴ g ( x) 的极值点是-2。 (3)令 f ( x)=t ,则 h( x) ? f (t ) ? c 。 先讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况: d ? ? ?2, 2? 当 d =2 时,由(2 )可知, f ( x)= ? 2 的两个不同的根为 I 和一 2 ,注意到 f ( x) 是奇函 数,∴ f ( x)=2 的两个不同的根为一和 2。 当 d < 2 时,∵ f (?1) ? d =f (2) ? d =2 ? d > 0 , f (1) ? d =f (?2) ? d = ? 2 ? d < 0 , ∴一 2 , -1,1 ,2 都不是 f ( x)=d 的根。 由(1)知 f' ( x)=3 ? x ? 1?? x ? 1? 。

? ① 当 x ? ? 2, ? ? 时, f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数,从而 f ( x) > f (2)=2 。
此时 f ( x)=d 在 ? 2, ? ? 无实根。 ?

, ② 当 x ? ?1 2 ? 时. f' ( x) > 0 ,于是 f ( x) 是单调增函数。
又∵ f (1) ? d < 0 , f (2) ? d > 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理, f ( x)=d 在(一 2 ,一 I )内有唯一实根。 ③ 当 x ? ? ?1 1? 时, f' ( x) < 0 ,于是 f ( x) 是单调减两数。 , 又∵ f (?1) ? d > 0 , f (1) ? d < 0 , y =f ( x) ? d 的图象不间断, ∴ f ( x)=d 在(一 1,1 )内有唯一实根。 因此,当 d =2 时, f ( x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足 x1 =1,x2 =2 ;当 d < 2 时

f ( x)=d 有三个不同的根 x3,x1,x5 ,满足 xi < 2,i =3, 4, 5 。
现考虑函数 y ? h( x) 的零点:

t ( i )当 c =2 时, f (t )=c 有两个根 t1,t2 ,满足 t1 =1,2 =2 。
而 f ( x)=t1 有三个不同的根, f ( x)=t2 有两个不同的根,故 y ? h( x) 有 5 个零点。 ( 11 )当 c < 2 时, f (t )=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 ,满足 ti < 2,i =3, 4, 5 。 而 f ( x)=ti ? i =3, 4, 5? 有三个不同的根,故 y ? h( x) 有 9 个零点。 综上所述,当 c =2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 c < 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零 点。 【考点】函数的概念和性质,导数的应用。 【解析】 (1)求出 y ? f (x) 的导数,根据 1 和 ?1 是函数 y ? f (x) 的两个极值点代入列方程组求解即可。 (2)由(1)得, f ( x) ? x3 ? 3x ,求出 g ?( x) ,令 g ?( x)=0 ,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分 d =2 和 d < 2 讨论关于 x 的方程 f ( x)=d 根的情况;再考虑函数 y ? h( x) 的零点。

1 例 9. (2012 年山东省理 5 分)设函数 f ? x ? = ,g ? x ? =ax 2 +bx ? a,b ? R,a ? 0 ? ,若 y ? f ? x ? 的图像与 x

y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是【
A. 当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 C. 当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 【答案】B。 【考点】导数的应用。 【解析】令 B. 当 a<0 时,x1+x2>0, y1+y2<0 D. 当 a>0 时,x1+x2>0, y1+y2>0



1 ? ax 2 ? bx ,则 1 ? ax 3 ? bx 2 (x ? 0) 。 x

设 F(x) ? ax 3 ? bx 2 , F' (x) ? 3ax 2 ? 2bx 。 令 F' ( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? 0 ,则 x ? ?

2b 3a

要使 y ? f ? x ? 的图像与 y ? g ? x ? 图像有且仅有两个不同的公共点必须:

F(

?2b 2b 2b ) ? a(? )3 ? b(? )2 ? 1 ,整理得 4b3 ? 27a 2 。 3a 3a 3a

取值讨论:可取 a ? ?2,b ? 3 来研究。 当 a ? 2,b ? 3 时 , 2x3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? ?1, x 2 ?

1 , 此 时 y1 ? ?1, y2 ? 2 , 此 时 2

x1 ? x 2 ? 0,y1 ? y2 ? 0 ;
当 a ? ?2,b ? 3 时 , ?2x 3 ? 3x 2 ? 1 , 解 得 x1 ? 1, x 2 ? ?

1 , 此 时 y1 ? 1, y2 ? ?2 , 此 时 2

x1 ? x 2 ? , y ? y ? 。故选 B。 0 1 0 2
例 10. (2012 年天津市理 14 分)已知函数 f (x)=x ? ln (x+a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)若对任意的 x ? [0,+?) ,有 f (x) ? kx 成立,求实数 k 的最小值;
2

(Ⅲ)证明

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

n

2

*

).

? 【答案】解: (Ⅰ)函数的定义域为 ? ?a, ? ? ,
求导函数可得 f' (x)=1 ?

1 x+a ? 1 . ? x +a x +a

令 f' (x)=0 ,得 x=1 ? a > ?a 。 当 x 变化时, f' (x) 和 f (x) 的变化情况如下表:

x

? ?a,1 ? a ?
- ↘

1? a

?1 ? a,? ? ?
+ ↗

f' (x)
f (x)

0 极小值

∴ f (x) 在 x=1 ? a 处取得极小值。 ∴由题意,得 f (1 ? a)=1 ? a ? ln1=1 ? a=0 。∴ a=1 。 (Ⅱ)当 k ≤0 时,取 x=1 ,有 f (1)=1 ? ln 2 < 0 ,故 k ≤0 不合题意。

( ? 当 k >0 时,令 g x) (x) kx ,即 g x) x ? ln (x +1) ? kx 。 ( ? f ?
2
2

求导函数可得 g' x) 1 ? ( ?

1 x +1 ? 1 ? 2kx 2 ? 2kx x ?1 ? 2kx ? 2k ? 。 ? 2kx = = x +1 x +1 x +1

令 g' x) 0 ,得 x1 ? 0,x2 ? ( ? ①当 k ?

1 1 ? 2k ( ? f ? 2 时, ≤0, g' x) 0 在(0,+∞)上恒成立,因此 g x) (x) kx ( < 2 2k

1 ? 2k >?1。 2k

在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的 x ? ? 0,+? ? ) ,总有 g x) g 0) ,即对任意的 x ? ? 0,+? ? , ( ? ( =0 有 f (x) ? kx 成立。
2

1 符合题意。 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k ②当 0 < k < 时, >0,对于 x? (0, ), g' x) ( 在 ( >0,因此 g x) 2 2k 2k 1 ? 2k 1 ? 2k 2 ( ? ( =0 (0, )上单调递增,因此取 x? (0, )时, g x0) g 0) ,即有 f (x0 ) ? kx0 不成立。 2k 2k 1 ∴ 0 < k < 不合题意。 2 1 综上,实数 k 的最小值为 。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】 2
∴k ? (Ⅲ)证明:当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。 当 n ≥2 时,

? f ? 2i ? 1 ?=? ? 2i ? 1 ? ln ?1+ 2i ? 1 ?? =? 2i ? 1 ?? ln ?1+ 2i ? 1 ? ? ? ? ?? ? ? ?
i =1 i =1 i =1 i =1

n

? 2 ?

n

? 2

?

2 ??

n

2

n

?

2 ?

=?
i =1

n

2 ? ln ? 2n ? 1? 。 2i ? 1

在(2)中,取 k = ∴f?
n

1 1 ,得 f (x) ? x 2 ? x ? 0 ? , 2 2

2 2 ? 2 ? < ? i ? N +,i ? 2 ? 。 ?? 2 2i ? 1 ? ? 2i ? 1? 2i ? 3?? 2i ? 1? ? ?
n n 2 ? 2 ? ? 2 ? =f ? 2 ?+? f ? < 2 ? ln 2+? ? ? ? ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1 ? i =2 i =2 ? 2i ? 3 ?? 2i ? 1?



n 2 ? ln ? 2n ? 1? = ? f ? 2i ? 1 i =1 i =1

n 1 ? 1 ? 1 =2 ? ln 3+? ? ? <2。 ? =2 ? ln 3+1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i =2 ? 2i ? 3 n

综上,

? 2i ? 1 ? ln (2n+1)<2 (n ? N
i =1

2

*

)。

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值。 【分析】 (Ⅰ)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利用 函数 的最小值为 0 ,即可求得 a 的值。 f ( x)=x ? ln (x +a ) (Ⅱ) k ≤0 时, x=1 , f ()1 n2? 0 当 取 有 1 l = 求导函数,令导函数等于 0,分类讨论:①当 k ? 故 当 令( ? f ? < , k ≤0 不合题意。 k >0 时, g x) (x) kx 2 ,

1 1 ? 2k 时, ≤0, g x) ( 在(0,+∞)上单调递减,从 2 2k 1 1 ? 2k 1 ? 2k 而对任意的 x ? ? 0,+? ? ) ,总有 g x) g 0) 。②当 0 < k < 时, >0,对于 x? (0, ), ( ? ( =0 2 2k 2k 1 ? 2k )上单调递增。由此可确定 k 的最小值。 ( 在(0, g' x) ( >0,因此 g x) 2k
(Ⅲ)当 n =1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。当 n ≥2 时,由

? f ? 2i ? 1 ? ? ?
i =1

n

? 2 ?

=?

1 2 1 ? ln ? 2n ? 1? ,在(Ⅱ)中,取 k = 得 f (x) ? x 2 ,从而可得 2 2 i =1 2i ? 1
+

n

2 2 ? 2 ? f? < , ?? 2 ? 2i ? 1 ? ? 2i ? 1? ? 2i ? 3?? 2i ? 1?

? i ? N ,i ? 2 ? 由此可证结论。
例 11. (2012 年安徽省理 13 分)设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) ae x

(I)求 f ( x) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ?

3 x ;求 a, b 的值。 2

【答案】解: (I)设 t ? e (t ? 1) ,则 y ? at ?
x

1 ?b。 at

∴ y? ? a ?

1 a 2t 2 ? 1 。 ? at 2 at 2

1 ? b 在 t ? 1 上是增函数。 at 1 ∴当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 a ? ? b 。 a 1 ②当 0 ? a ? 1时, y ? at ? ?b ? 2?b at 1 ∴当且仅当 at ? 1(t ? e x ? , x ? ? ln a) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a 1 1 x x (II)∵ f ( x) ? ae ? x ? b ,∴ f ?( x) ? ae ? x 。 ae ae
①当 a ? 1 时, y? ? 0 。∴ y ? at ?

1 2 ? 2 ? ? f (2) ? 3 ? ae ? ae 2 ? b ? 3 ?a ? e2 ? ? ? 由题意得: ? ,解得 ? 。 3 ,即 ? ? f ?(2) ? 2 ? ae 2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? ? ? ae 2 2 ? 2 ?
【考点】复合函数的应用,导数的应用,函数的增减性,基本不等式的应用。 【解析】 (I)根据导数的的性质分 a ? 1 和 0 ? a ? 1求解。 (II)根据切线的几何意义列方程组求解。

三、应用导数讨论函数的增减性: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年浙江省理 5 分)设 a ? 0 , b ? 0 【 A.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b
a b


a b

B.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b D.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b
a b

C.若 2 ? 2a ? 2 ? 3b ,则 a ? b
a b

【答案】A。 【考点】函数的单调性,导数的应用。 【解析】对选项 A,若 2a ? 2a ? 2b ? 3b ,必有 2a ? 2a ? 2b ? 2b 。
0 构造函数: f ? x ? ? 2x ? 2 x ,则 f ? ? x ? ? 2 x ? ln2 ?2 ? 恒成立,故有函数 f ? x ? ? 2x ? 2 x 在 x>0 上单

调递增,即 a>b 成立。 其余选项用同样方法排除。故选 A。 例 2. (2012 年湖南省文 5 分) 设定义在 R 上的函数 f ( x) 是最小正周期为 2 ? 的偶函数, f ?( x) 是 f ( x) 的

导 函 数 , 当 x ? ? 0, ? ? 时 , 0 < f ( x) < 1 ; 当 x ? ? 0, ? ? 且 x ?

?
2

时 , (x ?

?
2

) f ?( x) ? 0 , 则 函 数

y ? f ? x? ? s i n x在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为【
A .2 【答案】B。 B .4 C.5 D. 8



【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。 【解析】由当 x ? ? 0, ? ? 且 x ≠

? ? 时 , ( x ? ) f ?( x) ? 0 ,知 2 2

? ?? ?? ? x ? ?0, ? 时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ? ? ,? ? 时,f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数。 ? 2? ?2 ?
又 x ? ? 0, ? ? 时,0<f(x)<1,在 R 上的函数 f(x)是最小正周期为 2 ? 的偶函数,在同一坐标系中 作出 y ? sin x 和 y ? f ( x) 草图像如下,由图知 y ? f ? x ? ? sinx 在[-2 ? ,2 ? ] 上的零点个数为 4 个。

例 3. (2012 年辽宁省文 5 分)函数 y ? (A) ? 1,1] ( 【答案】B。 【考点】用导数求函数的单调区间。 【解析】∵ y ? (B) (0,1]

1 2 x ? ln x 的单调递减区间为【 2
(C.)[1,+∞)



(D) (0,+∞)

1 2 1 x ? ln x ,∴ y? ? x ? 。 2 x

1 ? ? ? y ? x ? ? 0 ?-1 ? x ? 1 ?? ? 0 ? x ? 1 。故选 B。 ∴? x ?x ? 0 ?x ? 0 ?
例 4. (2012 年辽宁省理 5 分)若 x ? [0, ??) ,则下列不等式恒成立的是【 (A) e ? 1 ? x ? x
x 2



(B)

1 1 1 ? 1 ? x ? x2 2 4 1? x

(C) cos x… ? 1 【答案】C。

1 2 x 2

(D) ln(1 ? x)… ? x

1 2 x 8

【考点】导数公式,利用导数,通过函数的单调性与最值来证明不等式。 【解析】设 f ( x) ? cos x ? (1 ?

1 2 1 x ) ? cos x ? 1 ? x 2 ,则 g ( x) ? f ?( x) ? ? sin x ? x, 2 2

所以 g ?( x) ? ? cos x ? 1 ? 0, 所以当 x ? [0, ??) 时, g ( x)为增函数,所以g ( x) ? f ?( x) ? g (0) ? 0, 同理 f ( x) ? f (0) ? 0, cos x ? (1 ? ∴

1 2 1 即 x ) ? 0, cos x ? 1 ? x 2 。故选 C。 2 2
▲ .

例 5. (2012 年山东省文 4 分)若函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 在[-1,2]上的最大值为 4,最小值为 m, 且函数 g(x) ? (1 ? 4m) x 在 [0, ??) 上是增函数,则 a= 【答案】
1 。 4

【考点】函数的增减性。 【解析】∵ f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) ,∴ f' (x) ? a x ln a 。 当 a ? 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a > 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是增函数,
1 ∴在[-1,2]上的最大值为 f (2) ? a 2 =4,a=2 ,最小值为 f (?1) ? 2?1 =m,m= 。 2

此时 g(x) ? ? x ,它在 [0, ??) 上是减函数,与题设不符。 当 0 < a < 1 时, ∵ f' (x) ? a x ln a < 0 ,函数 f (x) ? a x (a ? 0,a ? 1) 是减函数,
1 1 ?1? ∴在[-1,2]上的最大值为 f (?1) ? a ?1 =4,a= ,最小值为 f (2) ? ? ? =m,m= 。 4? 16 4 ?
2

此时 g(x) ?

3 x ,它在 [0, ??) 上是增函数,符合题意。 4 1 。 4
3

综上所述,满足条件的 a=

例 6. (2012 年浙江省文 15 分)已知 a∈R,函数 f ( x) ? 4 x ? 2ax ? a (1)求 f ( x) 的单调区间 (2)证明:当 0≤ x ≤1 时, f ( x) + 2 ? a >0. 【答案】解: (1)由题意得 f ?( x) ? 12 x ? 2a ,
2

当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 恒成立,此时 f ( x) 的单调递增区间为 ? ??, ?? ? ; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 12( x ?

a a )( x ? ), 6 6
? ? a a? , ?。 6 6?
3 3

此时函数 f ( x) 的单调递增区间为 ? ?

(2)由于 0 ? x ? 1 ,当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 2ax ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 ; 当 a ? 2 时, f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 2a(1 ? x) ? 2 ? 4 x ? 4(1 ? x) ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 。
3 3 3

设 g ( x) ? 4x ? 4x ? 2, 0 ? x ? 1 ,则 g ?( x) ? 12x ? 4 ? 12( x ?
3

2

3 3 )( x ? )。 3 3

则有

x

0

? 3? ? 0, ? 3 ? ? ? ?
- 减

3 3
0 极小值

? 3 ? ? ? 3 ,1 ? ? ? ?
+ 增

1

g ?( x)
g ( x)

- 1

+ 1

∴ g ( x) min ? g (

3 4 3 ) ? 1? ? 0。 3 9
3

∴当 0 ? x ? 1 时,总有 g ( x) ? 4x ? 4x ? 2 ? 0 。 ∴ f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 ? 0 。
3

【考点】分类思想的应用,利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间,不等式的证明。 【解析】 (1)求出导数,分 a ? 0 和 a ? 0 讨论即可。 (2)根据 2 ? a ,分 a ? 2 和 a ? 2 两种情形,得到 f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 ,从而设出新函
3

数 g ( x) ? 4x ? 4x ? 2, 0 ? x ? 1 ,应用导数,证出 g ( x) min ? g (
3

3 4 3 ) ? 1? ? 0 ,得到 g ( x) ? 0 恒成 3 9

立,即 f ( x) ? a ? 2 ? 4 x ? 4 x ? 2 ? 0 。
3

例 7. (2012 年天津市理 5 分)函数 f (x)=2 +x ? 2 在区间 (0,1) 内的零点个数是【
x 3



(A)0

(B)1

(C)2

(D)3

【答案】B。 【考点】函数的零点的概念,函数的单调性,导数的应用。 【分析】∵ f' (x)=2 ln2+3x > 0 ,∴函数 f (x)=2 +x ? 2 在定义域内单调递增。
x 2 x 3

又∵ f (0)=2 +0 ? 2= ? 1 < 0 , f (1)=2 +1 ? 2=1 > 0 。
0 3 1 3

∴函数 f (x)=2 +x ? 2 在区间(0,1)内有唯一的零点。故选 B。
x 3

π π-3 3 例 8. (2012 年福建省文 14 分)已知函数 f(x)=axsinx- (a∈R),且在?0,2?上的最大值为 . ? ? 2 2 (I)求函数 f(x)的解析式; (II)判断函数 f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明. 【答案】解: (I)由已知 f′(x)=a(sinx+xcosx), π 对于任意 x∈?0,2?,有 sinx+xcosx>0。 ? ? 3 当 a=0 时,f(x)=- ,不合题意; 2 π π 当 a<0,x∈?0,2?时,f′(x)<0,从而 f(x)在?0,2?内单调递减, ? ? ? ? π π 3 又 f(x)在?0,2?上的图象是连续不断的,故 f(x)在?0,2?上的最大值为 f(0)=- ,不合题 ? ? ? ? 2 意; π π π 当 a>0,x∈?0,2?时,f′(x)>0,从而 f(x)在?0,2?内单调递增,又 f(x)在?0,2?上的图 ? ? ? ? ? ? π π π 3 π-3 象是连续不断的,故 f(x)在?0,2?上的最大值为 f?2?,即 a- = ,解得 a=1。 ? ? ? ? 2 2 2 3 综上所述,函数 f(x)的解析式为 f(x)=xsinx- 。 2 (II)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。证明如下: π π-3 3 3 由(I)知,f(x)=xsinx- ,从而有 f(0)=- <0,f?2?= >0。 ? ? 2 2 2 π π 又 f(x)在?0,2?上的图象是连续不断的,所以 f(x)在?0,2?内至少存在一个零点。 ? ? ? ? π π 又由(I)知 f(x)在?0,2?上单调递增,故 f(x)在?0,2?内有且仅有一个零点。 ? ? ? ? π 当 x∈?2,π?时,令 g(x)=f′(x)=sinx+xcosx. ? ? π π π 由 g?2?=1>0, g(π)=-π<0, g(x)在?2,π?上的图象是连续不断的, 且 故存在 m∈?2,π?, ? ? ? ? ? ? 使得 g(m)=0。

π π 由 g′(x)=2cosx-xsinx,知 x∈?2,π?时,有 g′(x)<0,从而 g(x)在?2,π?内单调递减。 ? ? ? ? π π 当 x∈?2,m?时,g(x)>g(m)=0,即 f′(x)>0,从而 f(x)在?2,m?内单调递增, ? ? ? ? π π π-3 π 故当 x∈?2,m?时,f(x)≥f?2?= >0,故 f(x)在?2,m?上无零点; ? ? ? ? ? ? 2 当 x∈(m,π)时,有 g(x)<g(m)=0,即 f′(x)<0,从而 f(x)在(m,π)内单调递减. 又 f(m)>0,f(π)<0,且 f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而 f(x)在(m,π)内有且仅有 一个零点。 综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,函数的零点,利用导数研究函数的极值。 π 3 【解析】 (I)由题意,可借助导数研究函数 f(x)=axsinx- (a∈R),在?0,2?上的单调性,确定出最值,令 ? ? 2 π-3 最值等于 ,即可得到关于 a 的方程,由于 a 的符号对函数的最值有影响,故可以对 a 的取值范围进 2 行讨论,分类求解。 (II)借助导数研究函数 f(x)在(0,π)内单调性,由零点判定定理即可得出零点的个数。 例 9. (2012 年全国大纲卷理 12 分)设函数 f ( x) ? ax ? cos x, x ?[0, ? ] 。 (1)讨论 f ( x) 的单调性; (2)设 f ( x) ? 1 ? sin x ,求 a 的取值范围。 【答案】解: f ?( x) ? a ? sin x 。 (1)∵ x ?[0, ? ] ,∴ 0 ? sin x ? 1 。 当 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ?[0, ? ] 上为单调递增函数; 当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 x ?[0, ? ] 上为单调递减函数; 当 0 ? a ? 1 时,由 f ?( x) ? 0 得 sin x ? a , 由 f ?( x) ? 0 得 0 ? x ? arcsin a 或 ? ? arcsin a ? x ? ? ; 由 f ?( x) ? 0 得 arcsin a ? x ? ? ? arcsin a 。 ∴ 当 0 ? a ? 1 时 f ? x ? 在 [0,arcsin a] 和 [? ? arcsin a, ? ] 上 为 为 单 调 递 增 函 数 ; 在

[arcsin a, ? ? arcsin a] 上为单调递减函数。

(2)由 f ( x) ? 1 ? sin x 恒成立可得 f (? ) ? 1 ? a? ? 1 ? 1 ? a ? 令 g ( x) ? sin x ?

2

2

? 2 2 ? 当 x ? (0, arcsin ) 时, g ?( x) ? 0 ,当 x ? (arcsin , ) 时, g ?( x) ? 0 。 ? ? 2 ? 2 ? 又 g (0) ? g ( ) ? 0 ,所以 g ( x) ? 0 ,即 x ? sin x(0 ? x ? ) 2 ? 2
2
故当 a ?

?

x(0 ? x ?

?

?



) ,则 g ?( x) ? cos x ?

2



2

?

时,有 f ( x) ?

2

①当 0 ? x ? ②当

?
2

?

x ? cos x ,

时,

2

?
2

?

x ? sin x , cos x ? 1 ,所以 f ( x) ? 1 ? sin x 。 2

? x ? ? 时, f ( x) ?

?

x ? cos x ? 1 ? 2

( x ? ) ? sin( x ? ) ? 1 ? sin x 。 ? 2 2

2

?

?

综上可知故所求 a 的取值范围为 a ?

?



【考点】导数在研究函数中的运用,三角函数的有界性, 。 【解析】 (1)利用三角函数的有界性,求解单调区间。 (2)运用构造函数的思想,证明不等式。关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于或者小 于零的问题得到解决。 例 10. (2012 年全国大纲卷文 12 分)已知函数 f ( x) ? (1)讨论 f ( x) 的单调性; (2)设 f ( x) 有两个极值点 x1 , x2 ,若过两点 ( x1 , f ( x1 )) , ( x2 , f ( x2 )) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线

1 3 x ? x 2 ? ax . 3

y ? f ( x) 上,求 a 的值.
【答案】解: (1)∵ f ( x) ?

1 3 2 x ? x 2 ? ax ,∴ f' ( x) ? x 2 ? 2 x ? a = ? x ? 1? ? a ? 1 3

① 当 a ? 1 时, f' ( x) ? 0 ,且仅当 a=1 x= ?1时 f' ( x)=0 。∴ f ( x) 是增函数。 , ②当 a < 1 时, f' ( x)=0 有两个根 x = ? 1 ? 1 ? a 。列表如下:

x
? ? ??, 1 ? 1? a

f' ( x)

f ( x) 的增减性
增函数 减函数

? ?

>0 <

? ?1 ?

1 ? a, 1 ? 1 ? a ?

? ?1 ?

1 ? a, ? ?

?

>0
2

增函数
2

(2)由题设知, x1 , x2 是 f' ( x)=0 的两个根,∴ a < 1 ,且 x1 = ? 2 x1 ? a,x2 = ? 2 x2 ? a 。

1 3 1 1 2 x1 ? x12 ? ax = x1 ? ?2 x12 ? a ? ? x12 ? ax = x12 ? ax1 3 3 3 3 1 2 2 a = ? ?2 x12 ? a ? ? ax1 = ? a ? 1? x1 ? 。 3 3 3 3 2 a 同理, f ( x2 )= ? a ? 1? x2 ? 。 3 3 2 a ∴直线 l 的解析式为 y = ? a ? 1? x ? 。 3 3
∴ f ( x1 ) ? 设直线 l 与 x 轴的交点为 ? x0,0 ? ,则 0= 代入 f ( x) ?

a 2 a 。 ? a ? 1? x0 ? ,解得 x0 = 2 ? a ? 1? 3 3

1 3 x ? x 2 ? ax 得 3
3 2

1? a ? ? a ? a a2 f ( x0 ) ? ? = ?12a2 ?17a ? 6? , ? ?? ? ? a? 3 ? 2 ? a ? 1? ? ? 2 ? a ? 1? ? 2 ? a ? 1? 2 ? a ? 1? ? ? ? ?
∵ ? x0, f ( x0 ) ? 在 x 轴上,∴ f ( x0 )=

a2 ?12a 2 ? 17a ? 6 ? =0 , 2 ? a ? 1?

解得, a =0 或 a =

2 3 或 a= 。 3 4

【考点】函数的单调性和极值,导数的应用。 【解析】 (1)求出导函数,分区间讨论即可。 (2) x1 ,x2 是 f' ( x)=0 的两个根和 由 (1) 的结论, a < 1 , 得 求出 f ( x1 ) 关于 x1 的表达式和 f ( x2 ) 关于 x2 的表达式,从而得到直线 l 的解析式。求出交点的横坐标代入 f ( x) ? 求出 a 的值。 例 11. (2012 年全国课标卷理 12 分)已知函数 f ( x) 满足满足 f ( x) ? f ?(1)e (1)求 f ( x) 的解析式及单调区间;
x ?1

1 3 x ? x 2 ? ax ,由其等于 0, 3 1 ? f (0) x ? x 2 ; 2

1 2 x ? ax ? b ,求 (a ? 1)b 的最大值。 2 1 2 x ?1 x ?1 【答案】解: (1)∵ f ( x) ? f ?(1)e ? f (0) x ? x ,∴ f ?( x) ? f ?(1)e ? f (0) ? x 。 2 1 2 x ?1 令 x ? 1 得, f (0) ? 1 。∴ f ( x) ? f ?(1)e ? x ? x 。 2
(2)若 f ( x) ?

∴ f (0) ? f ?(1)e

?1

? 1 ,得 f ?(1) ? e 。

∴ f ( x) 的解析式为 f ( x) ? e x ? x ?
x

1 2 x 。 2
x

设 g ( x) ? f ?( x) ? e ? 1 ? x ,则 g ?( x) ? e ? 1 ? 0 。 ∴ g ( x) 在 x ? R 上单调递增。 又∵ f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x) 单调递增;

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) 时, x ? 0 , f ( x) 单调递减。
∴ f ( x) 的单调区间为:单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??,0) 。 (2)∵ f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ,∴ e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 。 2
x x

令 h( x) ? e ? (a ? 1) x ? b 得 h?( x) ? e ? (a ? 1) 。 ①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ,∴ h( x ) 在 x ? R 上单调递增。 但 x ? ?? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾。 ②当 a ? 1 ? 0 时,由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) ;由 h?( x) ? 0 得 x ? ln(a ? 1) 。 ∴当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? b ? 0 ∴ (a ? 1)b ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) 。
2 2

令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x) 。
2 2

由 F ?( x) ? 0 得 0 ? x ?

e ;由 F ?( x) ? 0 得 x ? e 。

∴当 x ? e 时, F ( x) max ? ∴当 a ?

e 2 e 。 2

e ? 1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

【考点】函数和导函数的性质。 【解析】 (1)由 f ( x) ? f ?(1)e 性质求出单调区间。 (2)由 f ( x) ? e ? x ?
x x ?1

1 ? f (0) x ? x 2 求出 f (0) 和 f ?(1) 即可得到 f ( x) 的解析式,根据导数的 2

1 2 1 x 和 f ( x) ? x 2 ? ax ? b ,表示出 (a ? 1)b ,根据导函数的性质求解。 2 2

例 12. (2012 年全国课标卷文 5 分)设函数 f ? x ? ? e x-ax-2

(Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间 (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时, ? x ? k ? f' ? x ? ? x ?1 > 0 ,求 k 的最大值

? 【答案】解:(I) f(x)的的定义域为 ? ?∞, ∞? , f' ? x ? ? e x-a 。 ? 若 a ? 0 ,则 f' ? x ? ? e x-a > 0 ,∴ f ? x ? 在 ? ?∞, ∞? 上单调递增。
若 a > 0 , 则 当 x ? ? ?∞, l n? a时 , f' ? x ? ?
x

- < a ; 当 x ? ? l n ? ∞? 时 , e 0 , a

f' ? x ? ?

x

- > a ,∴在 ? ?∞,lna ? 上单调递减, f ? x ? 在 ? lna, ∞? 上单调递增。 e 0 ?
(Ⅱ)∵a=1,∴ ? x ? k ? f' ? x ? ? x ? 1= ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 。 ∴当 x>0 时, ? x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 ,它等价于 k <

?

?

?

?

x ?1 ex ? 1

?x

? x > 0? 。

令 g?x?=

x ?1 e ?1
x

? x ,则 g' ? x ? =

? xe x ? 1

?e

x

?1

?

2

? 1=

ex ex ? x ? 2
x

? ?e

?1

?

2

?。

? 由(I)知,函数 h ? x ? =e x ? x ? 2 在 ? 0, ∞? 上单调递增。 ? ∵ h ?1? =e ? 3 < 0 , h ? 2 ? =e2 ? 4 > 0 ,∴ h ? x ? 在 ? 0, ∞? 上存在唯一的零点。 ? ∴ g' ? x ? 在 ? 0, ∞? 上存在唯一的零点,设此零点为 a ,则 a ? ?1, 2 ? 。

? 当 x ? ? 0,a ? 时, g' ? x ? < 0 ;当 x ? ? a, ∞? 时, g' ? x ? > 0 。
∴ g?x?=

x ?1 ex ? 1

? ? x 在 ? 0, ∞? 上的最小值为 g ? a ? 。

又∵ g' ? a ? =0 ,即 ea =a ? 2 ,∴ g ? a ? =

a ?1 ea ? 1

? a =a+1? ? 2,3? 。

因此 k < g ? a ? ,即整数 k 的最大值为 2。 【考点】函数的单调性质,导数的应用。 【解析】(I)分 a ? 0 和 a > 0 讨论 f ? x ? 的单调区间即可。 (Ⅱ)由于当 x>0 时, x ? k ? e x ? 1 ? x ? 1 > 0 等价于 k < ? 求出导数,根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值。

?

?

x ?1 e ?1
x

?x

令 ? x > 0? , g ? x ? =

x ?1 ex ? 1

?x ,

1 例 13. (2012 年北京市文 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ ? a ? 0 ? ,g ? x ? ? x 3+bx
(1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值;

(2)当 a=3,b=-9 时,若函数 f ? x ? ? g ? x ? 在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的取值范围。

1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+
∴ a+ ? 1+b ,即 a ? b ①。 1 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。 (2)∵a=3,b=-9,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x 3 ? 3x 2 ? 9x+1 。 则 h' ? x ? =3x 2 ? 6x ? 9 。令 h' ? x ? =3x 2 ? 6x ? 9=0 ,解得 x1 = ? 3 x 2 =1 。 , 又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

x
h' ? x ?

? ? ??, 3?


?3
0

1 ? ?3,?


1 0

? ?1, ? ?


1? , ? ∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, 3? 单调递增,在 ? ?3, 单调递减,在 ?1 ? ? ? 上单调递增。
其中, h ? ?3? =f ? ?3? ? g ? ?3? =28 为最大值。 ∴如果函数 f ? x ? ? g ? x ? 在区间[k,2]上的最大值为 28,则区间包含最大值点 x1 = ? 3 。

? ∴ k ? ?3 ,即 k 的取值范围为 ? ??, 3? 。
【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它 们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。联立两式即可求出 a、b 的值。 (2)由 a=3,b=-9 得到 f ? x? ? g? x? 的方程,求导可得 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间;根据函数

f ? x ? ? g ? x ? 在区间[k,2]上的最大值为 28,则区间包含最大值点 x1 = ? 3 。从而得出 k 的取值范围。
例 14. (2012 年天津市文 14 分)已知函数 f ( x) ? (I)求函数 f (x) 的单调区间;

1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a , x ? R 其中 a > 0 . 3 2

(II)若函数 f (x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (III) a =1 时, 当 设函数 f (x) 在区间 [t , t ? 3] 上的最大值为 M t ) 最小值为 m t ) g ? t ? =M ? t ? ? m ? t ? , ( , ( ,记 求函数 g ? t ? 在区间 [?3,?1] 上的最小值。 【答案】解: (I)求导函数可得 f' ( x) ? x 2 ? ?1 ? a ? x ? a = ? x +1?? x ? a ? 。 令 f' ( x) ? 0 ,可得 x1 = ? 1,x2 =a > 0 。 当 x 变化时, f' ( x) 和 f ( x) 的变化情况如下表:

x
f' ( x) f ( x)

? ??,? 1?
+ ↗

?1
0 极大值

? ?1,a ?
- ↘

a
0 极小值

? a,+? ?
+ ↗

∴函数的递增区间为 ? ??,? 1? , ? a,+? ? ,单调递减区间为 ? ?1,a ? 。 (II)由(I)知函数在区间(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减, ∴函数在(-2,0)内恰有两个零点。

?f ? ∴? f ? ?f

3 1? a 2 ?1 ? 3 ? ?2 ? ? 2 ? ?2 ? ? a ? ?2 ? ? a < 0 ? ?2 ? < 0 ? 1 1 1? a ? ?1? > 0 ,即 ? ? ?1?3 ? ? ?1?2 ? a ? ?1? ? a > 0 ,解得 0 < a < 。 ? 2 3 ?3 ?0? < 0 ??a < 0 ? ?

1 ∴ a 的取值范围为(0, )。 3 1 (III) a =1 时, f ( x) ? x3 ? x ? 1 ,由(I)知,函数在(-3,-1)上单调递增,在(-1,1)上 3
单调递减,在(1,2)上单调递增。

? 1 ①当 t ? ? ?3, 2? ]时, t +3 ? ? 0, ? ,-1∈[ t , t +3], f ( x) 在[ t ,-1]上单调递增,在
[-1, t +3]上单调递减。

1 ∴函数在[ t , t +3]上的最大值为 M( t )= f ? ?1? = ? ,而最小值 m( t )为 f (t ) 与 f (t +3) 中 3
的较小者。 由 f (t +3) ? f (t )=3 ? t +1?? t +2 ? 知,当 t ∈[-3,-2]时, f (t ) ? f (t +3) ,故 m( t )=f( t ) , 所以 g ? t ? =f ? ?1? ? f ? t ? 。

而 f (t ) 在[-3,-2]上单调递增,因此 f (t ) ? f (?2)= ? ∴ g ? t ? 在[-3,-2]上的最小值为 g ? t ? = ?

5 。 3

1 ? 5? 4 ? ?? ?= 。 3 ? 3? 3

②当 t ∈[-2,-1]时, t +3∈[1,2],-1,1∈[ t , t +3]。 下面比较 f (?1),f (1),f (t ),f (t +3) 的大小: 由 f ( x) 在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f (?2) ? f (t ) ? f (?1),f (1) ? f (t +3) ? f (2) 。

5 1 ∵ f (1)=f (?2)= ? ,f (?1)=f (2)= ? , 3 3 1 5 ∴M( t )= f (?1)= ? ,m( t )= f (?2)= ? 3 3
∴ g ? t ? 在[-2,-1]上的最小值为 g ? t ? = ?

1 ? 5? 4 ? ?? ?= 。 3 ? 3? 3

综上,函数 g ? t ? 在区间[-3,-1]上的最小值为

4 。 3

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的极值和单调性。 【分析】 (I)求导函数,令 f' ( x) >0,可得函数的递增区间;令 f' ( x) <0,可得单调递减区间。 (II)由(I)知函数在区间(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减,从而函数在 (-2,0)内恰有两个零点,由此可求 a 的取值范围。

1 (III) a =1 时, f ( x) ? x 3 ? x ? 1 ,由(I)知,函数在(-3,-1)上单调递增,在(-1,1) 3
上单调递减,在(1,2)上单调递增,再进行分类讨论: ①当 t ∈[-3,-2]时,t +3∈[0,1],-1∈[ t ,t +3], f ( x) 在[ t ,-1]上单调递增,在[-1,t +3] 上单调递减, 因此函数在[ t ,t +3]上的最大值为 M t ) f ? ?1? = ? ( = 中的较小者,从而可得 g ? t ? 在[-3,-2]上的最小值; ②当 t ∈[-2,-1]时, t +3∈[1,2],-1,1∈[ t , t +3],比较 f (?1),f (1),f (t ),f (t +3) 的大小, 从而可确定函数 g ? t ? 在区间[-3,-1]上的最小值。 例 15. (2012 年山东省理 13 分)已知函数 f (x) =

1 , 而最小值 m t ) f (t ) 与 f (t +3) ( 为 3

ln x ? k (k 为常数,e=2.71828……是自然对数的底 ex

数) ,曲线 y= f (x) )在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行。 (Ⅰ)求 k 的值; (Ⅱ)求 f (x) 的单调区间;

(Ⅲ)设 g(x)=(x2+x) f' (x) ,其中 f' (x) 为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0, g(x) ? 1 ? e?2 。

【答案】解: (Ⅰ)由 f (x) =

ln x ? k ex

1 ? k ? ln x 可得 f' (x)= x , ex

∵曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, ∴ f' (1)=0 ,即

1? k ? 0 ,解得 k ? 1 。 e

1 ? 1 ? ln x 1 1 (Ⅱ) f' (x)= x ,令 f' (x)=0 可得 ? 1 ? ln x=0 ,即 ? 1=ln x 。 x x x e
令 h?x?=

1 ? 1,s ? x ? = ln x , x 1 ? 1 从 ?? ? ?1 单调减小; x

由指数函数和对数函数的单调性知,在 x > 0 时, h ? x ? =

s ? x ? = ln x 从 ?? ??? 单调增加。∴ h ? x ? =

1 ? 1 和 s ? x ? = ln x 只相交于一点,即 f' (x)=0 只有一解。 x

由(Ⅰ)知, f' (1)=0 ,∴ x ? 1。

1 1 ? 1 ? ln x ? 1 ? ln x 当 0 ? x ? 1 时, f' (x)= x (取点代入) ? 0 ;当 x ? 1时, f' (x)= x ?0。 ex ex
∴ f (x) 在区间 (0, 1) 内为增函数;在 (1, ? ?) 内为减函数。

1 ? 1 ? ln x x ?1 (Ⅲ)∵ g(x) ? (x 2 ? x) x ? x ?1 ? x ? x ln x ? , x e e x ?1 g(x) ? 1 ? e?2 = x ?1 ? x ? x ln x ? ? 1 ? e?2 e x ?1 可以证明,对任意 x>0,有 x < 1 (通过函数的增减性和极值证明) , e x ?1 ∴ g(x) ? 1 ? e?2 = x ?1 ? x ? x ln x ? ? 1 ? e?2 < 1 ? x ? x ln x ? 1 ? e?2 = ? x ? x ln x ? e?2 。 e

?

?

?

?

?

?

?

?

设 r ? x ? = ? x ? x ln x ? e?2 。则 r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1 。 令 r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1=0 ,解得 x=e?2 。 当 0 < x < e?2 时, r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1 > 0 ;当 x > e?2 时, r' ? x ? = ? 1 ? ln x ? 1 < 0 。 ∴ r ? x ? = ? x ? x ln x ? e?2 在 x=e?2 取得最大值 r ? x ?max = ? e?2 ? e?2 ln e?2 ? e?2 =0 。 ∴ g(x) ? 1 ? e ?2 < 0 ,即 g(x) < 1 ? e?2 。 ∴对任意 x>0, g(x) ? 1 ? e?2 。

?

?

【考点】曲线的切线,两直线平行的性质,幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。 【解析】 (Ⅰ)由曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行,可令 y= f(x)在点(1,f(1))处的导数 值为 0,即可求得 k 的值。 (Ⅱ)求出函数的导数,讨论它的正负,即可得 f (x) 的单调区间。 (Ⅲ)对 g(x) ? 1 ? e ?2 ,用缩小法构造函数,求出它的最大值即可得到证明。 例 16. (2012 年湖南省文 13 分)已知函数 f ( x) ? e ? ax ,其中 a >0.
x

?

?

[@#中国^教育出版&网~]

(Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合;

[z

(Ⅱ)在函数 f ( x) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,证明: 存在 x0 ? x1,x2) ,使 f ?( x0 )=k 恒成立. ( 【答案】解: (Ⅰ) f ?( x) ? e ? a, 令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ln a 。
x

当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减;当 x ? ln a 时 f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增。 ∴当 x ? ln a 时, f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a 。 ∴对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当 a ? a ln a ? 1. 令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。 当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减。 ∴当 t ? 1时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当 a ? 1 时,①式成立。 综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。 ①

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e x2 ? e x1 ? ?a。 (Ⅱ)证明:由题意知, k ? x2 ? x1 x2 ? x1
令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? e ?
x

e x2 ? e x1 ,则 x2 ? x1

? ( x1 ) ? ?

e x1 e x2 ?e x2 ? x1 ? ( x2 ? x1 ) ? 1? , ? ( x2 ) ? ?e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1? 。 ? ? x2 ? x1 ? x2 ? x1 ?
t t

令 F (t ) ? e ? t ? 1 ,则 F ?(t ) ? e ? 1 。

当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增。 ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。
t

∴e

x2 ? x1

? ( x2 ? x1 ) ? 1 ? 0 , e x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0 。

e x1 e x2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 又∵ x2 ? x1 x2 ? x1
∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线, ∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, 即 f ?( x0 ) ? k 成立。 【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立,分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划 归思想等数学思想方法的应用。 【解析】 (Ⅰ)利用导函数法求出 f ( x) 取最小值 f (ln a) ? a ? a ln a. 对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立转化 为 f ( x) min ? 1 从而得出求 a 的取值集合。 (Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过构造函 数,研究这个函数的性质进行分析证明。 例 17. (2012 年福建省理 14 分)已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R. (Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线只有一 个公共点 P. 【答案】解: (Ⅰ)∵f′(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, ∴曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率 k=2a=0。 ∴a=0,即 f(x)=ex-ex。此时 f′(x)=ex-e, ∵f′(x)=0 得 x=1,当 x∈(-∞,1)时,有 f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,有 f′(x)>0, ∴f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞)。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共 点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点。 因为 g(x0)=0,且 g′(x)=f′(x)-f′(x0)=ex-ex0+2a(x-x0),所以, ①若 a≥0,当 x>x0 时,g′(x)>0,则 x>x0 时,g(x)>g(x0)=0; 当 x<x0 时,g′(x)<0,则 x<x0 时,g(x)>g(x0)=0。 故 g(x)只有唯一零点 x=x0。

由于 x0 具有任意性,不符合 P 的唯一性,故 a≥0 不合题意。 ②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a。 令 h′(x)=0,得 x=ln(-2a),记 x*=ln(-2a)。 则当 x∈(-∞,x*)时,h′(x)<0,从而 h(x)在(-∞,x*)内单调递减;当 x∈(x*,+∞)时, h′(x)>0,从而 h(x)在(x*,+∞)内单调递增。 (i)若 x0=x*,由 x∈(-∞,x*)时,g′(x)=h(x)>h(x*)=0;x∈(x*,+∞)时,g′(x)=h(x)> h(x*)=0.知 g(x)在 R 上单调递增, 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x=x*。 (ii)若 x0>x*,由于 h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x*,x0)时有 g′(x) =h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取 x1∈(x*,x0)有 g(x1)>0。 又当 x∈(-∞,x1)时,易知 g(x)=ex+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0) <ex1+ax2-(e+f′(x0))x-f(x0)+x0f′(x0)=ax2+bx+c, 其中 b=-(e+f′(x0)),c=ex1-f(x0)+x0f′(x0)。
2 由于 a<0,则必存在 x2<x1,使得 ax2+bx2+c<0.

所以 g(x2)<0,故 g(x)在(x2,x1)内存在零点.即 g(x)在 R 上至少有两个零点。 x3 (iii)若 x0<x*,仿(ii)并利用 ex> ,可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点。 6 综上所述,当 a<0 时,曲线 y=f(x)上存在唯一点 P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该 点处的切线与曲线只有一个公共点 P。 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性。 【解析】 (Ⅰ)求导函数,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,可求 a 的值,由 f′(x)<0,可得函 数 f(x )的单调减区间;由 f′(x)>0,可得单调增区间。 (Ⅱ)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0),令 g(x)=f(x) -f′(x0)(x-x0)-f(x0),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于 g(x)有唯一零点,求出导函数, 再进行分类讨论:①若 a≥0,g(x)只有唯一零点 x=x0,由 P 的任意性 a≥0 不合题意; (2)②若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a,可得函数的单调性,进而可研究 g(x)的零点,由此 可得结论。 例 18. (2012 年辽宁省文 12 分)设 f ( x) ? ln x ? (Ⅰ)当 x > 1 时, f ( x) <

x ? 1 ,证明:

3 ? x ? 1? 2 9( x ? 1) (Ⅱ)当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ? x?5 3 3 【答案】证明:(Ⅰ)设 g ( x) ? f ( x) ? ? x ? 1? ? ln x ? x ? 1 ? ? x ? 1? , 2 2

则 g' ( x) ?

1 1 3 ? ? 。 x 2 x 2 1 1 3 ? ? < 0 ,∴ g ( x) 单调递减。 x 2 x 2

∵当 x > 1 时, g' ( x ) ?

又∵ g (1) ? ln1 ? 1 ? 1 ? ∴当 x > 1 时, f ( x) <

3 ?1 ? 1? =0 ,∴ g ( x) < 0 。 2

3 ? x ?1? 。 2

(Ⅱ) 由均值不等式,当 x >0 时, 2 x ?1 < x ? 1 ,即 x < 令 k ? x ? =f ( x) ? 则 k? ? x ? =

9( x ? 1) 。 x?5

x ?1 。 2

1 1 54 2? x 54 ? ? = ? 2 2 x 2 x ? x ? 5? 2x ? x ? 5?

2? <

x ?1 3 2 ? 54 = ? x ? 5 ? ? 216x 。 2 2x 4x ? x ? 6 ? ? x ? 5?
3

令 h ? x ? = ? x ? 5 ? ? 216x 。 则当 1 ? x ? 3 时, h? ? x ? =3 ? x ? 5 ? ? 216 < 0 。
2

∴ h ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数。 ∵又 h ?1? =0 ,∴在(1,3)内, h ? x ? < 0 。∴在(1,3)内, k ? ? x ? < 0 。 ∴ k ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数。 ∵又 k ?1? =0 ,∴在(1,3)内, k ? x ? < 0 。 ∴当 1 ? x ? 3 时, f ( x) ?

9( x ? 1) 。 x?5

【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。 【解析】 (I)用差值法构造函数 g ( x) ? f ( x) ?

1 1 3 3 ? < 0 ,可 ? x ? 1? ,可得当 x > 1 时, g' ( x) ? ? x 2 x 2 2

判断 g ( x) 在 x > 1 时是单调递减函数,从而由 g (1)=0 得到出 g ( x) < 0 ,进而得出结论。 (II)由均值不等式,可得

x<

x ?1 9( x ? 1) 。用差值法构造函数 k ? x ? =f ( x) ? ,可得 2 x?5

? x ? 5 ? ? 216x 3 k? ? x ? < 。构造函数 h ? x ? = ? x ? 5 ? ? 216x , 4x ? x ? 6 ?
3

利用导数判断 h ? x ? 在(1,3)内是单调递减

函数,从而得到出 k ? x ? 在(1,3)内是单调递减函数,进而得出结论。 例 19. (2012 年江西省理 14 分)若函数 h( x ) 满足 (1) h(0) ? 1 , h(1) ? 0 ; (2)对任意 a ? [0,1] ,有 h(h(a)) ? a ; (3)在 (0,1) 上单调递减。 【版权归锦元数学工作室,不得转载】

则称 h( x ) 为补函数。已知函数 h( x) ? (

1? x p p ) (? ? ?1, p ? 0) 。 1? ? x p

1

(1)判函数 h( x ) 是否为补函数,并证明你的结论; (2)若存在 m? [0,1] ,使得 h(m) ? m ,称 m 是函数 h( x ) 的中介元。记 p ? 为 xn ,且 S ( x) ?

1 (n ? N ? ) 时 h( x) 的中介元 n

? x ,若对任意的 n ? N
i ?1 i

n

?

,都有 Sn ?

1 ,求 ? 的取值范围; 2

(3)当 ? ? 0 , x ? (0,1) 时,函数 y ? h( x) 的图像总在直线 y ? 1 ? x 的上方,求 p 的取值范围。 【答案】解: (1)函数 h(x)是补函数,证明如下: ①h(0)=?

?1-0?1=1,h(1)=?1-1?1=0; ? ? 1+λ?p ?1+0?p ? ?

1-ap p 1+λap 1 ??1+λ?ap?1 ?? 1-a ?1?= ②对任意 a∈[0,1],有 h(h(a))=h?? =? ? =a; p? ? 1-ap p ? 1+λ ?p ??1+λa ?p? 1+λ 1+λap

? ? ?

1-

? ? ?

-pxp 1?1+λxp?-?1-xp?λpxp 1 -p?1+λ?xp 1 ③令 g(x)=(h(x)) ,有 g′(x)= = 。 ?1+λxp2 ? ?1+λxp2 ?
p







∵λ>-1,p>0,∴当 x∈(0,1)时,g′(x)<0。 ∴函数 g(x)在(0,1)上单调递减,故函数 h(x)在(0,1)上单调递减。 1 2 1 (2)当 p= (n∈*),由 h(x)=x,得 λx +2x -1=0,(*) n n n 1 ①当 λ=0 时,中介元 xn=?2?n; ? ? 1 1 1 1 ②当 λ>-1 且 λ≠0 时,由(*)得 x = ∈(0,1)或 x = ?[0,1]; n n 1- 1+λ 1+λ+1

得中介元 xn=?

1 ? ?n ?。 ? 1+λ+1? 1 ? ?n(n∈*)。 ? ? 1+λ+1?

综合① ②:对任意的 λ>-1,中介元为 xn=? ∴当 λ>-1 时,有 Sn= ∑ ? i=1 当 n 无限增大时,?
n

1 1 ? ?i= 1 ?1-? ?? 1 , ? ? ? 1+λ+1?n?< 1+λ+1? ? ? ? 1+λ 1+λ? ?

1 ? ?n 无限接近于 0,S 无限接近于 1 。 ? n ? 1+λ+1? 1+λ

1 1 1 ∴对任意的 n∈*,Sn< 成立等价于 ≤ ,即 λ∈[3,+∞). 2 1+λ 2 1 1 1 (3)当 λ=0 时,h(x)=(1-xp) ,中介元为 xp=?2? 。 ? ?p p 1 1 1 1 ①当 0<p≤1 时, ≥1,中介元 xp=?2? ≤ , ? ?p 2 p 所以点(xp,h(xp))不在直线 y=1-x 的上方,不符合条件。 1 ②当 p>1 时, 依题意只需(1-xp) >1-x 在 x∈(0,1)时恒成立, 也即 xp+(1-x)p<1 在 x∈(0,1) p 时恒成立。 设 φ(x)=xp+(1-x)p,x∈(0,1),则 φ′(x)=p[xp 1-(1-x)p 1]。 1 1 1 由 φ′(x)=0 得 x= ,且当 x∈?0,2?时,φ′(x)<0,当 x∈?2,1?时,φ′(x)>0。 ? ? ? ? 2 又∵φ(0)=φ(1)=1,∴当 x∈(0,1)时,φ(x)<1 恒成立。 综上:p 的取值范围是(1,+∞)。 【考点】综合法与分析法的应用,简单的演绎推理。
- -

1? x p p ) (? ? ?1, p ? 0) 进行研究,探究其是否满足补函数的三个条 【解析】 (1)可通过对函数 h( x) ? ( 1? ? x p
件来确定函数是否是补函数。 (2)由题意,先根据中介元的定义得出中介元 xn 通式,代入 S ( x) ? 1 极限的思想,利用 Sn< 得到参数的不等式,解出它的取值范围。 2 (3) ? ? 0 , x ? (0,1) 时,对参数 p 分别讨论由函数 y ? h( x) 的图象总在直线 y ? 1 ? x 的上方这 一位置关系进行转化,解出 p 的取值范围。

1

? x ,计算出和,然后结合
i ?1 i

n

四、导数的几何意义和应用导数求曲线的切线: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1. (2012 年全国课标卷文 5 分)曲线 y ? x ? 3lnx ?1 ? 在点(1,1)处的切线方程为 【答案】 y=4x ? 3 。 【考点】导数的应用,曲线的切线方程。 【解析】∵ y ? x ? 3lnx ? 1? ,∴ y' ? 3lnx ? 1 ? x ?



3 =3lnx ? 4 。∴ y'x=1 ? 4 。 x

∴曲线 y ? x ? 3lnx ? 1? 在点(1,1)处的切线方程为 y ? 1 ? 4 ? x ? 1? ,即 y=4x ? 3 。 例 2. (2012 年广东省理 5 分)曲线 y ? x ? x ? 3 在点(1,3)处的切线方程为
3





【答案】 2 x - y + 1 = 0 。 【考点】曲线的切线方程,导数的应用。 【解析】∵ y ' ? ( x ? x ? 3) ' ? 3x ? 1 , y ' |x ?1 ? 2 ,
3 2

∴由点斜式得所求的切线方程为 y - 3 = 2( x - 1) ,即 2 x - y + 1 = 0 。 例 3. (2012 年辽宁省理 5 分)已知 P,Q 为抛物线 x ? 2 y 上两点,点 P,Q 的横坐标分别为 4, ? 2,
2

过 P、Q 分别作抛物线的切线,两切线交于 A,则点 A 的纵坐标为 【答案】 ? 4。





【考点】利用导数求切线方程的方法,直线的方程、两条直线的交点的求法。 【解析】∵点 P,Q 的横坐标分别为 4, ? 2,∴代人抛物线方程得 P,Q 的纵坐标分别为 8,2。 由 x ? 2y 得 y ?
2

1 2 x ,∴ y? ? x 。∴过点 P,Q 的抛物线的切线的斜率分别为 4, ? 2。 2

∴过点 P,Q 的抛物线的切线方程分别为 y ? 4 x ? 8, y ? ?2 x ? 2 。 联立方程组解得 x ? 1, y ? ?4 。∴点 A 的纵坐标为 ? 4。 例 4. (2012 年陕西省理 5 分)设函数 f ( x) ? ?

?ln x, x ? 0 , D 是由 x 轴和曲线 y ? f ( x) 及该曲线 ??2 x ? 1, x ? 0
▲ .

在点 (1, 0) 处的切线所围成的封闭区域,则 z ? x ? 2 y 在 D 上的最大值为 【答案】2。 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,简单线性规划。

【解析】先求出曲线在点(1,0)处的切线,然后画出区域 D,利用线性规划的方法求出目标函数 z 的最 大值即可:

?1 ? ,x ?0 ∵ y ? f ?( x) ? ? x , f ?(1) ? 1 , ??2, x ? 0 ?
∴曲线 y ? f ( x) 及该曲线在点 (1, 0) 处的切线方 程为 y = x - 1 。 ∴由 x 轴和曲线 y ? f ( x) 及 y = x - 1 围成的封闭区域为 三角形。 z ? x ? 2 y 在点 (0, - 1) 处取得最大值 2。

1 例 5. (2012 年北京市理 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ ? a ? 0 ? ,g ? x ? ? x 3+bx
(1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值; (2)当 a 2 ? 4b 时,求函数 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间,并求其在区间(-∞,-1)上的最大值。

1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+
∴ a+ ? 1+b ,即 a ? b ①。 1 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。

1 (2)∵ a 2 ? 4b ,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x 3 ? ax 2 ? a 2 x+1 。 4 1 则 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 。 4 1 a a 令 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 =0 ,解得 x1 = ? ,x 2 = ? 。 4 2 6 a a ∵ a ? 0 ,∴ ? < ? 。 2 6
又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

x
h' ? x ?

a? ? ? ? ??, ? 2? ?


?

a 2

? a a? ? ?? , ? ? 2 6?


?

a 6

? a ? ? ?? , ?? ? 6 ?


0

0

a? ? ? a a? ? a ? ∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, ? 单调递增,在 ? ? , ? 单调递减,在 ? ? , ? ? 上单调递增。 ? ? ? 2? 2 6? 6 ? ? ? ?
①若 ?1 ? ?

a2 a ,即 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ?1? ? g ? ?1? =a ? ; 4 2

a a ? a? ? a? ②若 ? < ?1 < ? ,即 2 < a < 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 2 6 ? 2? ? 2?
③若 ?1 ? ?

a ? a? ? a? 时,即 a ? 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 2? 6 ? ? 2?
a2 ;当 a > 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 1。 4

综上所述:当 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 a ?

【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它 们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。联立两式即可求出 a、b 的值。 (2)由 a 2 ? 4b 得到 f ? x ? ? g ? x ? 只含一个参数的方程,求导可得 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间;根据

a a a a ?1 ? ? , ? < ?1 < ? 和 ?1 ? ? 三种情况讨论 f ? x ? ? g ? x ? 的最大值。 2 2 6 6
例 6. (2012 年四川省理 14 分) 已知 a 为正实数, n 为自然数,抛物线 y ? ? x ?
2

an 与 x 轴正半轴相 2

交于点 A ,设 f (n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距。 (Ⅰ)用 a 和 n 表示 f (n) ; (Ⅱ)求对所有 n 都有

f ( n) ? 1 n3 ? 3 成立的 a 的最小值; f ( n) ? 1 n ? 1

(Ⅲ)当 0 ? a ? 1时,比较

? f (k ) ? f (2k ) 与
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) 的大小,并说明理由。 ? 4 f (0) ? f (1)

? an ? an 2 ,0 ? ,对 y ? ? x ? 【答案】解: (Ⅰ)由已知得,交点 A 的坐标为 ? 求导得 y' ? ?2x 。 ? 2 ? 2 ? ?

? an ? ∴抛物线在点 A 处的切线方程为 y ? ? 2a ? x ? ? ,即 y ? ? 2a n x +a n 。 ? 2 ? ? ?
n

∴ f (n)=a 。 (Ⅱ)由(1)知 f (n)=a ,则
n

n

f ( n) ? 1 n3 ? 3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 。 f ( n) ? 1 n ? 1

即知, a n ? 2n3 ? 1 对于所有的 n 成立,特别地,取 n=2 时,得到 a ? 17 。 当 a ? 17, n ? 3 时,
1 2 3 1 2 3 a n ? 4n = ?1+3? =1 ? Cn ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33 + ??? ? 1 ? Cn ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33 n

1 2 ? 1 ? 2n3 + n ?5 ? n ? 2 ? + ? 2n ? 5?? > 2n3 +1 。 ? ? 2
当 n=0,1,2 时,显然 ∴当 a ? 17 时,

? 17 ?

n

? 2n3 ? 1 。

f ( n) ? 1 n3 对所有自然数都成立。 ? 3 f ( n) ? 1 n ? 1

∴满足条件的 a 的最小值是 17 。 (Ⅲ)由(1)知 f (n)=a ,则
n

? f (k ) ? f (2k ) =? a
k ?1 k ?1

n

1

n

k

1 f (1) ? f (n) a ? a n , 。 ? f (0) ? f (1) 1 ? a ? a 2k

下面证明: ?
k ?1

n

1 27 f (1) ? f (n) 。 ? ? f (k ) ? f (2k ) 4 f (0) ? f (1)

首先证明:当 0<x<1 时, 设函数 g ( x) ?

1 27 ? x, 3 x?x 4

27 81 2 x( x 2 ? x) ? 1,0 ? x ? 1 ,则 g '( x) ? x( x ? ) 。 4 4 3 2 2 ∵当 0 ? x ? 时, g(x) 0 ;当 ? x ? 1 时, g '( x) ? 0 , ' ? 3 3
∴ g ( x) 在区间(0,1)上的最小值 g ( x) min=g ( ) ? 0 。

2 3

1 27 ? x。 3 x?x 4 1 27 由 0<a<1 知 0<ak<1( k ? N ? ),∴ k ? ak 。 2k a ?a 4
∴当 0<x<1 时, g ( x) ≥0,即得 从而 ?
k ?1 n n 27 n 27 a ? a n +1 27 a ? a n 27 f (1) ? f (n) 1 1 。 ? ? ak ? ? ? ? ? ? ?? k 4 k ?1 4 1? a 4 1? a 4 f (0) ? f (1) f (k ) ? f (2k ) k ?1 a ? a 2k

【考点】导数的应用、不等式、数列。 【解析】 (Ⅰ)根据抛物线 y ? ? x ?
2

? an ? an ,0 ? ,进一步可求抛物线 与 x 轴正半轴相交于点 A,可得 A ? ? 2 ? 2 ? ?
n

在点 A 处的切线方程,从而可得 f (n)=a

(Ⅱ) (Ⅰ) f ( ) a 由 知 n=

n

, 则

f ( n) ? 1 n3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 , 即知,a n ? 2n3 ? 1 ? 3 f ( n) ? 1 n ? 1
n

对所有 n 成立。当 a ? 17, n ? 3 时, a n ? 4n = ?1+3? > 2n3 +1 ;当 n=0,1,2 时, 可得 a 的最小值。 ( Ⅲ ) 由 ( Ⅰ ) 知 f ( n) =a , 证 明 当 0 < x < 1 时 ,
n

? 17 ?

n

? 2n3 ? 1 ,由此

1 27 ? x 即可证明: 3 x?x 4

? f (k ) ? f (2k ) ?
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) 。 ? 4 f (0) ? f (1)

例 7. (2012 年安徽省文 12 分)设定义在(0,+ ? )上的函数 f ( x) ? ax ? (Ⅰ)求 f ( x) 的最小值; (II)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)∵ f ( x) ? ax ?

1 ? b(a ? 0) ax

3 x ,求 a, b 的值。 2

1 1 ? b ? 2 ax? ? b ? b ? 2 , ax ax

1 ) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a 3 3 (II)∵曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? x ,∴ f (1) ? 。 2 2 1 3 ∴a? ?b ? ①。 a 2 1 1 3 又∵ f ?( x) ? a ? 2 ,∴ f ?(1) ? a ? ? ②。 ax a 2
∴当且仅当 ax ? 1( x ? 解①②得: a ? 2, b ? ?1 。 【考点】基本不等式的应用,导数的应用。 【解析】 (I)应用基本不等式 a 2 ? b2 ? 2ab 即可求得 f ( x) 的最小值。 (II)由 f (1) ?

3 3 和 f ?(1) ? 联立方程组,求解即可求得 a, b 的值。 2 2

例 8. (2012 年湖北省文 14 分)设函数 f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n 为整数,a,b 为常数.曲线 y=f(x)在 (1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (Ⅰ)求 a,b 的值; (II)求函数 f(x)的最大值; 1 (III)证明:f(x)< . ne 【答案】解: (Ⅰ)∵f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0。

∵f′(x)=anxn 1-a(n+1)xn,∴f′(1)=-a。 又∵切线 x+y=1 的斜率为-1,∴-a=-1,即 a=1。 ∴a=1,b=0。 n + - (II)由(Ⅰ)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1,f′(x)=(n+1)xn 1?n+1-x?。 ? ? n n 令 f′(x)=0,解得 x= ,即 f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x0= 。 n+1 n+1 n n ∵在?0,n+1?上,f′(x)>0,f(x)单调递增;在?n+1,+∞?上,f′(x)<0,f(x)单调递减,



?

?

?

?

n n n nn ∴f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f?n+1?=?n+1?n?1-n+1?= ? ? ? ?? ? ?n+1?n+1。 1 1 1 t-1 (III)证明:令 φ(t)=lnt-1+ (t>0),则 φ′(t)= - 2= 2 (t>0)。 t t t t ∵在(0,1)上,φ′(t)<0,φ(t)单调递减;在(1,+∞)上,φ′(t)>0,φ(t)单调递增, 1 ∴φ(t)在(0,+∞)上的最小值为 φ(1)=0。 ∴φ(t)>0(t>1),即 lnt>1- (t>1)。 t n+1 n+1?n+1 1 1 令 t=1+ ,得 ln > ,即 ln? n n ? n ? >lne。 n+1 ∴? n+1?n+1 nn 1 >e,即 。 + < ? n ? ?n+1?n 1 ne

nn 1 由(II)知,f(x)≤ ,∴所证不等式成立。 + < ?n+1?n 1 ne 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方 程。 【解析】 (I)由题意曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1,故可根据导数的几何意义与切点处的 函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。 n + - (II)由于 f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1,可求 f′(x)=(n+1)xn 1?n+1-x?,利用导数研究函数的单调性, ? ? 即可求出函数的最大值。 n n n 1 nn (III)结合(II) ,欲证:f(x)< .由于函数 f(x)的最大值 f?n+1?=?n+1?n?1-n+1?= ne ? ? ? ?? ? ?n+1?n+1,故 此不等式证明问题可转化为证明 nn 1 ,对此不等式两边求以 e 为底的对数发现,可构造函数 φ(t) + < ?n+1?n 1 ne

1 =lnt-1+ (t>0),借助函数的最值辅助证明不等式。 t 例 9. (2012 年湖南省理 13 分)已知函数 f ( x) ? e
ax

? x ,其中 a ≠0.

(Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合.

(Ⅱ)在函数 f ( x) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜率为 k ,问: 是否存在 x0 ? x1,x2) ,使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由. ( 【答案】解: (Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x) ? e ? x ? 1 ,这与题设矛盾,
ax

又 a ? 0 ,故 a ? 0 。
ax ∵ f ?( x) ? ae ? 1, ∴令 f ?( x) ? 0, 得x ?

1 1 ln 。 a a

1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; a a 1 1 当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a a 1 1 1 1 1 1 1 ∴当 x ? ln 时, f ( x) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln 。 a a a a a a a 1 1 1 于是对一切 x ? R, f ( x) ? 1恒成立,当且仅当 ? ln ? 1 a a a
当x? 令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。



当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递减, ∴当 t ? 1时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立。 a

综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。 (Ⅱ)存在。由题意知, k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) e ax2 ? e ax1 ? ? 1。 x2 ? x1 x2 ? x1
ax

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? ae ?

eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

eax1 e ax2 a ( x2 ? x1 ) ?e ?e a ( x1 ? x2 ) ? a ( x1 ? x2 ) ? 1? 。 ? ( x1 ) ? ? ? a( x2 ? x1 ) ? 1? , ? ( x2 ) ? ? ? ? x2 ? x1 x2 ? x1 ?
令 F (t ) ? e ? t ? 1 ,则 F ?(t ) ? e ? 1 。
t t

当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递增, ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。
t

∴e

a ( x2 ? x1 )

? a( x2 ? x1 ) ? 1 ? 0 , ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0 。

又∵

e ax1 e ax2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 x2 ? x1 x2 ? x1

∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线, ∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, ? ?( x) ? a e 的,且 c ?
2 ax

? 0, ? ( x) 单调递增,故这样的 c 是唯一

1 e ax2 ? e ax1 1 e ax2 ? e ax1 ln , x2 ) 时, f ?( x0 ) ? k 。 ,故当且仅当 x ? ( ln a a ( x2 ? x1 ) a a ( x2 ? x1 )
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) 。 a a( x2 ? x1 )
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想,转化与划 归思想等数学思想方法的应用。 【解析】 (Ⅰ)用导函数法求出 f ( x) 取最小值 f ( ln ) ? 化为 f ( x) min ? 1 ,从而得出 a 的取值集合。 (Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,通过构造函数,研究这个函数的单调性及最值来进行分析判 断。 例 10.(2012 年辽宁省理 12 分) f ( x) ? ln( x ? 1) ? 设 与直线 y ?

1 a

1 a

1 1 1 ? ln ,对一切 x ∈R, f ( x) ≥1 恒成立转 a a a

x ? 1 ? ax ? b(a, b ? R, a, b为常数) , 曲线 y ? f ( x)

3 x 在(0,0)点相切。 2

(Ⅰ)求 a, b 的值。 (Ⅱ)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x) ?

9x 。 x?6

【答案】解: (I)∵ y ? f ( x) 过(0,0) ,∴ f (0) =0。∴ b =-1。 ∵曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? ∴ y? |x ?0 ? (

3 x 在(0,0)点相切, 2

1 1 3 3 ? ? a) |x ?0 ? ? a ? 。∴ a =0。 x ?1 2 x ?1 2 2

(II)证明:由(I)知 f ( x) ? ln( x ? 1) ? 由均值不等式,当 x >0 时, 2

x ? 1 ? 1。
x ?1 < x ? 1。 2

? x ? 1? ?1 < x ? 1 ? 1=x ? 2 ,∴

令 k ? x ? =f ( x) ? 则 k? ? x ? =

9x 。 x?6

1 1 54 2 ? x ?1 54 ? ? = ? 2 x ? 1 2 x ? 1 ? x ? 6? 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2

x 3 ?1 ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。 54 2 < ? = 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2 4 ? x ? 1?? x ? 6 ? 2?
令 g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。
3

则当 0 ? x ? 2 时, g ? ? x ? =3 ? x ? 6 ? ? 216 < 0 。
2

∴ g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 g ? 0 ? =0 ,∴在(0,2)内, g ? x ? < 0 。∴在(0,2)内, k ? ? x ? < 0 。 ∴ k ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 k ? 0 ? =0 ,∴在(0,2)内, k ? x ? < 0 。 ∴当 0 ? x ? 2 时, f ( x) ?

9x 。 x?6

【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用,利用导数研究曲线上某点切线 方程。 【解析】 (I)由 y ? f ( x) 过(0,0) ,可求 b 的值,根据曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? 利用导函数,可求 a 的值。 (II)由(I)知 f ( x) ? ln( x ? 1) ?

3 x 在(0,0)点相切, 2

x ? 1 ? 1,由均值不等式,可得
3

x ?1 <

x ? 1 。用差值 2

? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 9x 3 法构造函数 k ? x ? =f ( x) ? , 可得 k ? ? x ? < 。 构造函数 g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? , 4 ? x ? 1?? x ? 6 ? x?6
利用导数判断 g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数,从而得到出 k ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数,进而 得出结论。

五、定积分的计算和应用: 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2012 年湖北省理 5 分) 已知二次函数 y =f ? x ? 的图像如图所示 , 则它与 x 轴所围图形的面积为 【 】

A.

2? 5

B.

4 3

C.

3 2

D.

? 2

【答案】B。 【考点】待定系数法求函数解析式,定积分在求面积中的应用。 【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式,然后利用定积分表示所求面积,最后根据定 积分运算法则求出所求: 根据函数的图象可知二次函数 y =f ? x ? 图象过点(-1,0)(1,0)(0,1) , , ,用待定系数法可求 得二次函数解析式为 f ? x ? =1 ? x 。
2

设二次函数 y =f ? x ? 的图像与 x 轴所围图形的面积为 S ,

? 1 31? 4 则 S = ? ?1-x ?dx =2 ? ?1-x ?dx =2 ? x- x ? = 。故选 B。 -1 0 ? 3 0? 3 ? ?
1 2 1 2

例 2. 2012 年上海市文 4 分) ( 已知函数 y ? f ( x) 的图像是折线段 ABC , 其中 A(0,0) 、B( ,1) 、C (1,0) , 函数 y ? xf ( x) ( 0 ? x ? 1 )的图像与 x 轴围成的图形的面积为 【答案】 ▲

1 2

1 。 4

【考点】函数的图象与性质,函数的解析式的求解方法。

1 1 ? ? 2 ? 2 x, 0 ? x ? 2 ?2 x ,0 ? x ? 2 ? ? 【解析】根据题意得到, f ( x ) ? ? ,∴得到 y ? xf ( x ) ? ? 。 ? ?2 x ? 2, 1 < x ? 1 ??2 x 2 ? 2 x, 1 < x ? 1 ? ? ? 2 ? 2
y ? xf (x) ( 0 ? x ?

1 )的图象如图。易知, y ? xf (x) ( 0 ? x ? 1 )的分段解析式中的两部分 2
1 1 1 ? ? 。 2 2 4

抛物线形状完全相同,只是开口方向及顶点位置不同, ,封闭图形 MND 与 OMP 全等,面积相等,故所求 面积即为矩形 ODMP 的面积 S ?

若用定积分求解,则

?

1 2 0

2 x 2 dx ? ? 2 ? ?2 x 2 ? 2 x ?dx ?
1

1

1 。 4

例 3.(2012 年山东省理 4 分)设 a>0.若曲线 y= x 与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积为 a,则 a= ▲ 【答案】 。

9 。 4

【考点】定积分的应用。 【解析】 S ? ?
a

0

x dx ?

2 2 x 3

3 a 0

2 9 ? a 2 ? a ,解得 a ? 。 3 4

3

例 4.(2012 年江西省理 5 分)计算定积分 【答案】

?

1

?1

( x2 ? sin x)dx ?





2 。 3
? x3 ? ?1 ? ? ?1 ? 1 1 2 ( x 2 ? sin x)dx ? ? ? cos x ? |1 1 ? ? ? cos1 ? ? ? ? cos1 ? ? ? ? 。 ? ??1 ?3 ? ? 3 ? 3 3 3 ? 3 ?
1

【考点】定积分。 【解析】

例 5. (2012 年福建省理 5 分)如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P,则点 P 恰好取自阴 影部分的概率为【 】

1 A. 4 【答案】C。

1 B. 5

1 C. 6

1 D. 7

【考点】定积分的计算,几何概型的计算。 【解析】∵ S阴影 = ?
1

0

?

?2 3 1 ? 2 1 1 x ? x dx ? ? x 2 ? x 2 ? 1 ? ? ? , 0 2 ? 3 2 6 ?3

?

∴利用几何概型公式得: P =

S阴影 S正方形

1 1 ? 6 ? 。故选 C。 1 6

f ? 例 6. (2012 年湖南省理 5 分)函数 (x) sin ?? x ? ? ? 的导函数 y ? f ?( x) 的部分图像如图所示,其中,
P 为图像与 y 轴的交点,A,C 为图像与 x 轴的两个交点,B 为图像的最低点. (1)若 ? ?

?
6

,点 P 的坐标为 ? 0,

? ? ?

3 3? ? ,则 ? ? 2 ? ?



;

ABC 与 x 轴所围成的区域内随机取一点,则该点在△ABC 内的概率为 (2)若在曲线段 ?



.

【答案】 (1)3; (2)

? 。 4

【考点】三角函数的图像与性质,定积分,几何概率。 【解析】 (1) y ? f ?( x) ? ? cos(? x ? ? ) ,当 ? ? ∴? ? 3。

?
6

,点 P 的坐标为 ? 0,

? ? ?

3 3? ? 3 3 , ? 时, ? cos ? ? 2 ? 6 2

2? 1 ? T ? (2)由图知 AC ? ? ? ? , S?ABC ? AC ? ? ? 。 2 2 2 2 ?
ABC 与 x 轴所围成的区域面积为 ∵ y ? f ?( x) ? ? cos(? x ? ? ) ,∴曲线段 ?

?? ??
2 ?

3? ?? 2

[? f ? ? x ?]dx = ? f ? x ? | ? ? ? ?sin
2 ??

3? ?? 2

3? ? ? ? sin ) 2 。 ( ? 2 2

?

?

S ? 由几何概率知该点在△ABC 内的概率为 P ? ?ABC ? 2 ? 。 S 2 4

?


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