尖子生辅导高中数学

尖子生辅导
3.2
1、设
f(x)?2x?ax?bx?1
的导数为
f
?
(x)
，若函数
y?f
?
(x)的图像关于直线
x??
1
2
对称，且
f
?
(1 )?0
．
（Ⅰ）求实数
a,b
的值
（Ⅱ）求函数
f(x)
的极值
解：（I）因
f(x)?2x?ax?bx? 1,故f
?
(x)?6x?2ax?b.

322
a
2
a
2
,
从而
f
?< br>(x)?6(x?)?b?
66
即
y?f
?
(x)
关 于直线
x??
a
a1
对称，从而由题设条件知
???,解得a?3.

6
62
又由于
f
?
(1)?0,即6?2a?b ?0,解得b??12.

（II）由（I）知
f(x)?2x?3x?12x?1,

32
f
?
(x)?6x
2
?6x?12
?6(x?1)(x?2).
令
f
?
(x)?0,即6(x?1)(x?2)?0.解得x
1
??2,x
2
?1.

当
x?(??,?2)时,f
?(x)?0,故f(x)在(??,?2)
上为增函数；
当
x?(?2,1)时 ,f
?
(x)?0,故f(x)在(?2,1)
上为减函数；
当
x ?(1,??)时,f
?
(x)?0,故f(x)在(1,??)
上为增函数； 从而函数
f(x)在x
1
??2
处取得极大值
f(?2)?21 ,在x
2
?1
处取得极小值
f(1)??6.

2、设f(x)?x?ax?bx??
的导数
f
?
(x)
满足
f
?
(?)??a,f
?
(?)??b
，其中常数
a,b? R
．
（Ⅰ）求曲线
y?f(x)
在点
(?,f(?))
处的切线方程；
（Ⅱ） 设
g(x)?f
?
(x)e
，求函数
g(x)
的极值．
32
解：（I）因
f(x)?x?ax?bx?1,
故
f
?
(x)?3x?2ax?b.

2
?x
??
令
x? 1,得f
?
(1)?3?2a?b,
由已知
f
?
(1)?2 a,因此3?2a?b?2a,解得b??3.

?12?a4?b
由
,已知
f
?
(2)??b,
因此
12?4a?b??b,
解得又令
x?2,得f
?
(2)

3
a??.

2
因此
f(x)?x?
3
3
3
2
5
x?3x?1,从而f(1)??
又因为
f
?
(1)?2?(?)??3,

2
22
故曲线
y?f(x)在点(1,f(1))
处的切线方程为

y?(?)??

3x(?1即),x6?y2?1?
2?x
5
2
0.
2?x
（II）由（I）知
g(x)?(3 x?3x?3)e
，从而有
g
?
(x)?(?3x?9x)e.
< br>2
令
g
?
(x)?0,得?3x?9x?0,解得x
1
?0,x
2
?3.

当
x?(??,0)时,g
?
(x)?0,故g(x)在(??,0)
上为减函数；
当
x?(0,3)时,g< br>?
(x)?0,故g(x)
在
(0,3)
上为增函数；
当< br>x?(3,??)
时，
g
?
(x)?0,故g(x)在(3,??)< br>上为减函数；
从而函数
g(x)在x
1
?0
处取得极小值< br>g(0)??3,在x
2
?3
处取得极大值
g(3)?15e.

xx
3（上海理20、文21）已知函数
f(x)?a?2?b?3
，其 中常数
a,b
满足
ab?0
．
?3
⑴ 若
ab?0
，判断函数
f(x)
的单调性；
⑵ 若
ab?0
，求
f(x?1)?f(x)
时
x
的取值范围．
【解析】⑴ 当
a?0,b?0
时，因为
a?2、b?3
都单调递增 ；所以函数
f(x)
单调递增；……
２分
当
a?0,b?0
时，因为
a?2、b?3
都单调递减；所以函数
f(x)
单调递减；……… ４分
⑵
f(x?1)?f(x)?a?2?2b?3?0

（i）当< br>a?0,b?0
时，
()??
解得
x?log
3
(?
2
xx
xx
xx
3
2
x
a
， ……………………………… 7分
2b
a
)
； ………………………………8分
2b
（ii）当
a?0,b?0
时，
()??
解得
x?log
3
(?
2
3
2
x
a
， ………………………………11分
2b
a
)
． ………………………………12分
2b

已知函数
f(x)?
alnxb
?
，曲线
y ?f(x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
x?2y?3?0
。
x?1x
（Ⅰ）求
a
、
b
的值；
（Ⅱ）证明 ：
x?0
，且
x?1
时，
f(x)?
lnx
.
x?1
a(
【解析】（Ⅰ）
f'(x)?
x?1
?l nx)
b
x

?
(x?1)
2
x
2
?
f(1)?1,
1
?
由于直线
x?2y?3?0
的斜率 为
?
，且过点
(1,1)
，故
?
1
即
2
f'(1)??,
?
?2
?
b?1,
?
?
a1
解得
a?1
，
b?1
.
?b??,
??22
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
f(x)?
lnx1
?
，所以，
x?1x
lnx1x
2
?1
f(x)??(2lnx?)

x?1
1?x
2
x
?(x?1)
2
x
2< br>?1
(x?0)
则
h
?
(x)?
设
h(x) ?2lnx?

x
2
x
当
x?1
时，
h
?
(x)?0
，而
h(1)?0
，故
1
h(x)?0

1-x
2
1
h(x)?0
当
x?(1,??)
时 ，
h(x)?0
得：
2
1-x
lnxlnx
?0,
即
f(x)?
从而当
x?0
，且
x?1
时，
f(x )?
.
x?1x?1
当
x?(0,1)
时，
h(x)?0
得：
4（陕西文21）设
f(x)?lnx
，
g(x)?f(x)? f
?
(x)
．
（1）求
g(x)
的单调区间和最小值；
（2）讨论
g(x)
与
g()
的大小关系；
（3）求a
的取值范围，使得
g(a)?g(x)
＜
1
x
1对任意
x
＞0成立．
a
【分析】（1）先求出原函数
f(x)
，再求得
g(x)
，然后利用导数判断函数的单调性（单
调区间），并求出最 小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调

性，并由单调性 判断函数的正负；（3）对任意
x
＞0成立的恒成立问题转化为函数
g(x)
的
最小值问题．
【解】（1）由题设知
f(x)?lnx,g(x)?lnx?∴
g
?
(x)?
1
，
x
x?1
,< br>令
g
?
(x)?
0得
x
=1，
x
2
当
x
∈（0，1）时，
g
?
(x)
＜0，
g(x)
是减函数，故（0，1）是
g(x)
的单调减区间。
当
x
∈（1，+∞）时，
g
?
(x)
＞0，
g(x)
是增函数，故（1，+∞）是
g(x)
的单调递增
区间，
因此，
x
=1是
g(x)
的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以
g(x)
的最小值为
g(1)?1.

(2)
g()??lnx?x

1
x
(x?1)
2
11
设
h(x)?g(x)?g()?lnx?x?
，则
h
?
(x)??
，
2
x
xx
当
x?1
时，
h(1)?0
，即
g(x)?g()
，
当
x?(0,1) ?(1,??)
时，
h
?
(x)?0
，
因此，
h(x)
在
(0,??)
内单调递减，
当
0?x?1
时，
h(x)?h(1)?0

即
g(x)?g().

（3）由（1）知
g(x)
的最小值为1，所以，
1
x
1
x
g(a)?g(x)?
11
，对任意
x?0
，成立
?g(a)?1?,

aa
即
Ina?1,
从而得
0?a?e
。
??)
上，
f(1)?0
5（陕西理21）设函数
f(x)
定义在
(0,
，导函数
f
?
(x)?
1
，
x
g( x)?f(x)?f
?
(x)
．
（1）求
g(x)
的单调区间和最小值；

（2）讨论
g(x)
与
g()
的大小关系；
（3）是否存在
x
0
?0
，使得
|g(x)?g(x
0< br>)|?
范围；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出原函数
f(x)
，再求得
g(x)
，然后利用导数判断函数的单调性（单调区
间） ，并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，
并由单调性判断 函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用
前两问的结论．
【解】（1）∵
f
?
(x)?
即
c?0
，
∴
f(x)?lnx
；
g(x)?lnx?
∴
g
?
(x)?
1
x
1
对任意
x?0
成立？若存在，求出
x
0
的取值
x
1
，∴
f(x)?lnx?c
（< br>c
为常数），又∵
f(1)?0
，所以
ln1?c?0
，x
1
，
x
x?1
x?1
?
?0
，解得
x?1
，
g(x)?0
，令，即
2
2
x
x
当
x?( 0,1)
时，
g
?
(x)?0
，
g(x)
是减函数 ，故区间在
(0,1)
是函数
g(x)
的减区间；
当
x? (1,??)
时，
g
?
(x)?0
，
g(x)
是增 函数，故区间在
(1,??)
是函数
g(x)
的增区间；
所以x?1
是
g(x)
的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以
g(x)
的最小值是
g(1)?1
．
（2）
g()??lnx?x
，设
h(x)?g(x)?g()?2lnx?x?
1
x
1
x
1
，
x
(x?1)
2
则
h
?
(x)??
， < br>x
2
当
x?1
时，
h(1)?0
，即
g(x )?g()
，
当
x?(0,1)
1
x
(1,??)
时，
h
?
(x)?0
，
h
?
(1)?0
，
因此函数
h(x)
在
(0,??)
内单调递减，
当< br>0?x?1
时，
h(x)?h(1)
=0，∴
g(x)?g()
；
当
x?1
时，
h(x)?h(1)
=0，∴
g(x) ?g()
．
（3）满足条件的
x
0
不存在．证明如下：
1
x
1
x

证法一 假设存在
x
0
?0
，使
|g(x)?g(x
0
)|?
即对任意
x ?0
有
lnx?g(x
0
)?lnx?
但对上述的
x
0
，取
x
1
?e
g(x
0
)
1
对任意
x?0
成立，
x
2
① x
时，有
lnx
1
?g(x
0
)
，这与①左边 的不等式矛盾，
1
对任意
x?0
成立．
x
1
证法二 假设存在
x
0
?0
，使
| g(x)?g(x
0
)|?
对任意
x?0
成立，
x
因此不存在
x
0
?0
，使
|g(x)?g(x
0
)|?
由（1）知，
g(x)
的最小值是
g(1)?1
，
又
g(x)?lnx?
1
?lnx
，而
x?1
时，
lnx
的值域为
(0,??)
，
x
∴当
x…1
时 ，
g(x)
的值域为
[1,??)
，
从而可以取一个值
x
1
?1
，使
g(x
1
)…g(x
0
)?1
，即
g(x
1
)?g(x
0
)…1
,
∴
|g(x
1
)?g(x
0
)|…1?
1
，这与假设 矛盾．
x
1
1
对任意
x?0
成立．
x
∴不存在
x
0
?0
，使
|g(x)?g(x
0
)| ?
6（全国课标理21）
已知函数
f(x)?
alnxb
?
，曲线
y?f(x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
x?2 y?3?0
.
x?1x
lnxk
?
，求
k
的取值范围.
x?1x
（Ⅰ）求
a
、
b
的值；
（Ⅱ）如果当< br>x?0
，且
x?1
时，
f(x)?
?
(
【解 析】（Ⅰ）
f'(x)?
x?1
?lnx)
b
x
?

22
(x?1)x
?
f(1)?1,
1
?
由于直线
x?2y?3?0
的斜率为
?
，且过点
(1,1)
，故?
1
即
2
f'(1)??,
?
?2
?
b?1,
?
?
a1
解得
a?1
，
b?1
.
?b??,
?
?22（Ⅱ）由（Ⅰ）知
f(x)?
lnx1
?
，所以
x?1x

lnxk1(k?1)(x
2
?1)
f(x)?(?)?(2ln x?)
.
2
x?1x1?xx
(k?1)(x
2
?1)? 2x
(k?1)(x
2
?1)
(x?0)
，则
h'(x)?
考虑函数
h(x)?2lnx?
.
2
x
x
k(x
2
?1)?(x?1)
2
(i)设
k?0
，由
h' (x)?
知，当
x?1
时，
h'(x)?0
.而
h(1)? 0
，故
2
x
1
h(x)?0
；
2
1?x
1
h(x)?0
. 当
x?(1,??)
时，
h(x)?0
，可得
1?x
2
lnxk
lnxk
?
.
?)?0
，即
f(x)?
从而当
x?0
， 且
x?1
时，
f(x)?(
x?1x
x?1x
1
x
2
?1)?2x?
,
0
故
h
?
(x)?0
,而
)
时，
(k?1)(
（ii）设
0?k?1
. 由于当
x?(1,
1?k
11
)
时，
h(x)?0
，可得
h(x)?0
,与题设矛盾.
h(1)?0
，故当
x?(1 ,
2
1?k1?x
当
x?(0,1)
时，
h(x)?0，可得
（iii）设
k?1
.此时
h
?
(x)?0,而
h(1)?0
，故当
x?(1,??)
时，
h(x)?0< br>，可得
1
h(x)?0
,与题设矛盾.
1?x
2
综 合得，
k
的取值范围为
?
??,0
?
.

7（全国大纲文21）已知函数
f(x)?x?3ax?(3?6a)x+12a?4
?
a?R
?

32
(Ⅰ)证明：曲线
y?f(x)在x?0处的切线过点（2，2）；
< br>（Ⅱ）若
f(x)在x?x
0
处取得最小值，x
0
?(1,3 )，
求a的取值范围.
【分析】第(I)问直接利用导数的几何意义，求出切线的斜率，然后易写出切线方程.
(I I)第（II）问是含参问题，关键是抓住方程
f
?
(x)?0
的判别式进行 分类讨论.
2
解：（I）
f
?
(x)?3x?6ax?3?6a
.………………2分
由
f(0)?12a?4,f
?
(0)?3?6a得曲线
y?f(x)
在
x?0
处的切线方程为
y?(3?6a)x?12a?4

由此知曲线
y?f(x)
在x=0处的切线过点（2，2） .………………6分
（II）由
f
?
(x)?0
得
x?2 ax?1?2a?0
.
2

a
（i）当
??0
，即
?2?1??
分
(ii)当
??0
，即
a?
2?1
时，
f(x)
没有极小值； .………………8
2?1
或
a??2?1
时，由
f
?
(x)?0
得
x
1
??a?a
2
?2a?1,x
2
??a?a< br>2
?2a?1

故
x
0
?x
2
.由 题设知
1??a?a
2
?2a?1?3
，
当
a?2?1< br>时，不等式
1??a?a
2
?2a?1?3
无解；
当
a??2?1
时，解不等式
1??a?a
2
?2a?1?3
得?
5
?a??2?1

2
综合(i)(ii)得
a
的取值范围是
(?,?2?1)
..………………12分
（天津文19（8）本小题满分14分）已知函数
f(x)?4x? 3tx?6tx?t?1,x?R
，其中
t?R
．
（Ⅰ）当
t?1
时，求曲线
y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线方程；
（Ⅱ）当
t?0
时，求
f(x)
的单调区间；
（Ⅲ）证明 ：对任意的
t?(0,??),f(x)
在区间
(0,1)
内均存在零点．
本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零
点、 解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。
（Ⅰ）解：当
t?1
时，
f(x)?4x?3x?6x,f(0)?0,f
?
(x)?1 2x?6x?6


322
32
5
2
f
?
(0)??6.
所以曲线
y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线方程为
y??6x.

22
（Ⅱ）解：
f
?
(x)?12x?6tx?6t
，令
f
?
(x)?0
，解 得
x??t或x?
因为
t?0
，以下分两种情况讨论：
t
.

2
（1）若
t?0,则
t
? ?t,当x
变化时，
f
?
(x),f(x)
的变化情况如下表：
2
x

f
?
(x)

f(x)


t
??
??,
??

2
??
+

?
t
?
?
,?t
?

?
2
?
-

?
?t,??
?

+

所以，
f(x)
的单调递增区间是
?
??,
?
?
t
?
?
t
?
,?t,??;f(x)
的单调递减区间是
,?t
?
。
??
?
?
2
?
?
2
?

（2）若
t?0,则?t?
t
，当
x
变化时，
f
?
(x),f(x)
的变化情况如下表：
2
x

f
?
(x)

f(x)


?
??,t
?

+

t
??
?t,
??

?
2
?
-

?
t
?
?
,??
?

?
2
?
+

所以，
f(x)
的单调递增 区间是
?
??,?t
?
,
?
t
?
?
t
?
?
,??
?
;f(x)
的单调递减区间是
?
?t,
?
.

?
2
?
?
2
?
?
?
t
?
?
t
?
内的单调递减，在< br>,??
?
??
内
2
?
2
??
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当
t?0
时，
f(x)
在
?
0 ,
单调递增，以下分两种情况讨论：
（1）当


t
?1,即t?2
时，
f(x)
在（0，1）内单调递减，
2
f(0)?t?1?0,f(1)??6t
2
?4t?3??6?4?4?2?3 ?0.

所以对任意
t?[2,??),f(x)
在区间（0，1）内均存在零点。
（2）当
0?
若
t
?
t
??
t
?
?1,即0?t?2
时，
f(x)
在
?
0,
?
内单 调递减，在
?
,1
?
内单调递增，
2
?
2
??
2
?
77
?
t
?
t?(0,1],f
??
??t
3
?t?1??t
3
?0.
44
?2
?
?
t
?
f(1)??6t
2
?4t?3? ?6t?4t?3??2t?3?0.
所以
f(x)在
?
,1
?内存在零点。
?
2
?
若
t?(1,2),f
?7
3
7
3
?
t
?
??t?t?1??t?1? 0.
f(0)?t?1?0

??
?
244
??
所以
f(x)在
?
0,
?
?
t
?
?
内存在零点。
2
?




所以，对任意
t?(0,2),f(x)
在区间（0，1）内均存在零点。
综上，对任意
t?(0,??),f(x)
在区间（0，1）内均存在零点