高中数学导数经典题

高中数学导数经典考题
1.设
a?R
，函数
f(x)?ax
3
?3x
2
．

（Ⅰ）若
x?2
是函数< br>y?f(x)
的极值点，求实数
a
的值；
（Ⅱ）若函数
g( x)?e
x
f(x)
在
[0，2]
上是单调减函数，求实数
a
的取值范围．
解：（Ⅰ）
f
?
(x)?3ax
2
?6x?3x(ax?2)
．
因为
x?2
是函数
y?f(x)< br>的极值点，所以
f
?
(2)?0
，即
6(2a?2)?0，
所以
a?1
．经检验，当
a?1
时，
x?2
是函数
y?f(x)
的极值点．
即
a?1
． ???????6分
（Ⅱ）由题设，
g
'
(x)?e
x
( ax
3
?3x
2
?3ax
2
?6x)
，又
e
x
?0
，
所以，
?x?(0,2]
，
ax3
?3x
2
?3ax
2
?6x?0
，
3x? 6x
x?3x
32
2
这等价于，不等式
a?
令
h( x)?
3x?6
x?3x
2
2
?
3x?6
x?3x
2
对
x?(0,2]
恒成立．
（
x?(0,2]
），
3[(x?2)?2]
(x?3x)
22
2
则
h(x)??
'
3(x?4x?6)
(x?3x )
22
???0
，
所以
h(x)
在区间
（0,2]
上是减函数，
所以
h(x)
的最小值为
h(2)?
所以
a
?

< br>3.已知函数
f(x)?
1
3
ax?
3
6
5
．
6
5
6
5
．即实数
a
的取值范围为< br>(??,]
． ???????13分
1
2
bx?cx
.
9
2
2
（Ⅰ）若函数
f(x)
有三个零点
x
1
,x
2
,x
3< br>，且
x
1
?x
2
?x
3
?
求函数
f(x)
的单调区间；
（Ⅱ）若
f
?
(1)??
并说明理由.
1
2
，
x
1
x
3
??12
， < br>a
，
3a?2c?2b
，试问：导函数
f
?
(x)< br>在区间(0，2)内是否有零点，

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若导函数
f
?
(x)
的两个零点之间的距离不小于
3
，求
范围. < br>b
a
的取值
【解】（I）因为
f(x)?x(ax
2
?
3
11
2
bx?c)
，又
x
1
?x2
?x
3
?
9
2
，
x
1
x< br>3
??12
则

x
2
?0,x
1
?x
3
?
9
2
1
3
,x
1
?x< br>3
??12
（1分）
1
2
bx?c?0
的两根，则 因为x
1
，x
3< br>是方程
ax
2
?
?
3b
2a
?
9< br>2
，
3c
a
??12
，.即
b??3a,c??4a
（3分）
1
3
ax
2
3
从而：
f(x)?

?
3
2
ax
2
?4ax
，
所以
f(x)?ax?3ax?4a?a(x?4)(x?1)
.
令
f

(x)?0
解得：
x??1,x?4
（4分）
故
f(x)
的单调递减区间是（1，4），单调递增区间是
(?? ,1),(4,??)
。 （6分）
（Ⅱ）因为
f
?
(x)?ax
2
?bx?c
，
f
?
(1)??
1< br>2
a
，所以
a?b?c??
1
2
?c0?
a
，即
3a?2b2
.
因为
3a?2c?2b
，所以
3a?0,2b?0
，即
a?0,b?0
. （7分）
于是
f
?
(1)??
分）
（1）当
c?0
时，因为
f
?
(0)?c?0,f
?
(1)??
a
2
?0
，则
f
?
(x)
在区间
(0,1)
内至少有一个
a
2
?0
，
f
?
(0)?c
，
f
?
(2)?4a?2b?c?4a?(3a?2c)?c?a?c
. （8
零点. （9分）
（2）当
c?0
时，因为
f
?
(1)??
a
2
?0,f
?
(2)?a?c?0
，则
f
?< br>(x)
在区间（1，2）内至少
有一零点.
故导函数
f
?
(x)
在区间(0，2)内至少有一个零点. （10分）
2
（Ⅲ）设m，n是导函数
f
?
(x)?ax?bx? c
的两个零点，则
m?n??
b
a
，
mn?
ca
??
3
2
?
b
a
.
2
所 以
|m?n|?
由已知，
(
所以
b
a
(m?n)? 4mn?
?2)?2?
b
a
2
(?
b
a
b
a
)?4(?
2
2
3
2
?
b
a< br>)?
b
a
(
b
a
?2)?2
.
2
2
b
a
3
，则
(
b
a
?2)? 2?3
，即
(
b
a
?2)?1
.
?2?1或?2??1
，即
??1
或
??3
. （12分）
3
4
a
. 又
2c??3a?2b
，
3a?2c?2b
，所以
3a??3a?2b?2b
，即
?3a?b??因为
a?0
，所以
?3?
b
a
??
3
4
.

综上分析，


b
a
的取值范围是
[?1,?
3
4

)
. （14分）
4.(2010届沈阳市四校协作体高三联考) 已知函数
f(x)?(ax? 1)a
?x
,
a?0
且
a?1
.
（I）讨论
f(x)
的单调性,并求出极值点
x
0
. （II）若（I）中的
x
0
?g(a)
.求
y?g(x)
在
(1,e]
上的最小值.
解：（I）当
0?a?1
时, f(x)
在
(??,
a?lna
alna
)
上单调递减 ,在
(
a?lna
alna
,??)
上单调递
增, ――――――――――――――――――――――――――――――――(3分)
当
a?1
时,
f(x)
在上
(
极值点
x
0
?
a?lna
alna
a?lna
alna
,? ?)
单调递减,在
(??,
a?lna
alna
)
上单调递 增. ――(5分)
―――――――――――――――――――――――――――(6分)
1
e
（II）
g(x)
min
?1?


――――――――――――――――――――――――――(12分)
7.(山东省威海市2010届高三上学期教学质量检测)
已知函数
f(x)?x
lnx
．（Ⅰ）求函数
f(x)
的单调减区间和极值;
x< br>?
（Ⅱ）当
x?1
时，若
e
e
?x
恒成立， 求实数
?
的取值范围．

解：（Ⅰ）函数
f(x)?
f( x)?

x
lnx
的定义域为
(0,1)?(1,??)
，< br>
2分
lnx?1
ln
2
x

，令
f(x)?0
，解得
x?e
，列表
x

(0,1)

(1,e)

e

(e,??)

f(x)

－ －
0 +

f(x)

单调递减 单调递减
极小值
f(e)

单调递增
由表得函数
f(x)
的单调减区间为
(0,1)
，
(1,e)
;极小值为
f(e)
＝
e
，无极大值.

6分
（Ⅱ）因为
x?1
，所以
lnx?0

x
在
e
e
?x
两边取自然对数，
由 （1）知



x
lnx
?
x
e
?
?lnx
，即
x
lnx
?e
，
?

12分
的最小值为
e
，所以只需
e
?
?e
，即
?
?1
.

14分
11.（台州中学2009-2010学年第一学期期中试题）已知
a?0
，函数f(x)?ln(2?x)?ax
.
（1）设曲线
y?f(x)
在点< br>(1,f(1))
处的切线为
l
，若
l
与圆
(x?1 )
2
?y
2
?1
相切，
求
a
的值；
（2）求函数
f(x)
的单调区间； （3）求函数
f(x)
在[0，1]上的最小值。

解：（1）依题意有< br>x?2
，
f
?
(x)?a?
1
x?2
（1分 ）
过点
(1,f(1))
的直线斜率为
a?1
，所以过
( 1,a)
点的直线方程为
y?a?(a?1)(x?1)
（2分）
又已知圆的圆心为
(?1,0)
，半径为1
∴
|1?a?1|< br>(a?1)?1
2
?1
，解得
a?1
（3分）
1< br>a
1
x?2
（2）
f
?
(x)?
ax?2a ?1
x?2
1
当
a?0
时，
2??2
（5分）
a
?a[x?(2?)]?

令
f
?
(x)?0< br>，解得
x?2?
1
a
，令
f
?
(x)?0< br>，解得
2?
1
a
1
2
)
，减区间是
(2?
1
a
1
a
?x?2

所以
f(x)
的增区间为
(??,2?
（3）当
2?
1
a
?0< br>，即
0?a?
,2)
（7分）
时，
f(x)
在[0，1]上是减函数
所以
f(x)
的最小值为
f(1)?a
（9分）
当
0?2?
1
a
?1
即
1
a
1
2
?a?1
时
1
a
,1)
是减函数
f(x)
在< br>(0,2?)
上是增函数，在
(2?
所以需要比较
f(0)?ln2< br>和
f(1)?a
两个值的大小（11分）

11
因为< br>e
2
?3
2
?2?e
，所以
1
2
1
a
1
2
?ln3?ln2?lne?1

∴ 当
当
2?
?a?ln2
时最小值为
a
，当
ln2?a?1
时，最小值为
ln2
（12分）
?1
，即
a?1
时，
f(x)
在[0，1]上是增函数
所以最小值为
ln2
.

综上，当
0?a?ln2
时，
f(x)
为最小值为
a

当
a?ln2
时，< br>f(x)
的最小值为
ln2
（14分）


2.（广东省东华高级中学2010届高三上学期摸底考试）
1.已知
f(x)?< br>2x?a
x?2
2
(x?R)
在区间
[?1,1]
上 是增函数
（I）求实数
a
的取值范围；
（II）记实数
a
的取值范围为集合A，且设关于
x
的方程
f(x)?
①求
|x1
?x
2
|
的最大值；
2
②试问：是否存在实数m， 使得不等式
m?tm?1?|x
1
?x
2
|
对
?a ?A
及
t?[?1,1]
恒
1
x
的两个非零实根为
x
1
,x
2
。
成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
1.解：（1）
f
?
(x)?
?2(x?ax?2)
(x?2)
22
2
?????????????????1分
?f(x)
在
[?1,1]
上是增函数
2
?f
?
(x)?0
即
x?ax?2?0
，在
x?[?1,1]
恒成 立 ????① ????3分
设
?
(x)?x?ax?2
，则由①得
?
?
(1)?1?a ?2?0
?
?
(?1)?1?a?2?0
2

?
解得
?1?a?1

所以，
a
的取值范 围为
[?1,1].
?????????????????????6分
（2）由（1）可知
A?{a|?1?a?1}

由
f(x)?1
x
即
2x?a
x?2
2
?
1
x得
x?ax?2?0

2

???a
2
?8?0

?x
1
,x
2
是方程
x
2
?ax?2?0
的两个非零实根
?x
1
?x
2
?a
，
x
1
x
2
??2
，又由
(1)?1?a?1


?|x1
?x
2
|?(x
1
?x
2
)?4x
1
x
2
?
2
a?8?3
???????????9分 2
于是要使
m
2
?tm?1?|x
1
?x
2< br>|
对
?a?A
及
t?[?1,1]
恒成立
即
m
2
?tm?1?3
即
m
2
?tm?2?0
对< br>?t?[?1,1]
恒成立 ???②???11分
设
g(t)?m
2
?tm?2?mt?(m
2
?2)
，则由②得
2
?
?
g(?1)?m?m?2?0

?
解得
m?2
或
m??2

2
?
?
g(1) ?m?m?2?0
故存在实数
m?(??,?2)?(2,??)
满足题设条件??? ???????14分


7（江西师大附中、临川一中、南昌三中2010届高三联考文科）
1．已知函数
f (x)?
1
3
ax?
3
1
2
x?2ax?b(a, b?R)

2
（1）试求函数
f(x)
的单调递增区间；
（2）若函数
f(x)
在
x?2
处有极值，且
f(x)
图象 与直线
y?4x
有三个公共点，求
b
的取值
范围.

1.（1）
f'(x)?ax
2
?x?2a
????（1分）
当
a?0
时，
f'(x)??x?0?x?0
????（2分）
当
a?0
时，
??1?8a?0
，方程
f'(x)?0
有不相等的两根为
x
1
,x
2
?
2 2
2
1?1?8a
2a
2

????（3分）
1 ?
当
a?0
时，
f'(x)?0?x?
2?
当
a? 0
时，
f'(x)?0?
1?1?8a
2a
2
或
x ?
1?1?8a
2a
2
??（4分）
?x?
2a综上：当
a?0
时，
f(x)
在
(??,0)
上递增
1?1?8a1?1?8a
2a
????（5分）
当
a?0< br>时，
f(x)
在
(??,
当
a?0
时，
f( x)
在
(
1?
1?1?8a
2a
2
2
)< br>、
(
1?
2
1?8a
2a
2
,??)
上递增
,)
上递增 ??（6分）
2a2a
（2）∵
f(x )
在
x?2
处有极值，∴
f'(2)?0
，∴
a?1
????（7分）
1?8a1?1?8a
令
g(x)?f(x)?4x?
1
3
x?
3
1
2
x?6x?b

2

∴
g
?
(x)?x
2
?x?6?0?x? ?2或3
????（8分）
g
?
(x)?0?x??2或x?3

g
?
(x)?0??2?x?3

∴
g(x)
在< br>x??2
处有极大值，在
x?3
处有极小值 ????（9分）
要使
f(x)
图象与
y?4x
有三个公共点
则
?
?
g(?2)?0
?
g(3)?0
????（11分）
27
2
??
22
3
?b?
， 即
b
的取值范围为
(?
2227
,)
????（12分）
32


13.（吉林一中高三第四次“教与学”质量检测）
设函数
f(x)?xe
kx
(k?0)

（1）求曲线
y?f(x)
在点
(0,f(0))
处的切线方程；
（2）求函数
f(x)
的单调区间；
（3）若函数
f(x)
在区间
(?1,1)
内单调递增，求
k
的取值范围.
（Ⅰ）f
'
?
x
?
?
?
1?kx
?
e
kx
,f
'
?
0
?
?1,f
?
0
?
?0
,
曲线
y?f(x)
在点
(0,f( 0))
处的切线方程为
y?x
.
????3分

（Ⅱ）由< br>f
'
?
x
?
?
?
1?kx
?
e
kx
?0
，得
x??
?
若
k?0
，则 当
x?
?
??,?
?
1
k
?
k
'
?0
?
，
1
?
?
时，
f
k?
?
x
?
?0
，函数
f
?
x
?
单调递减，
当
x?
?
?,??,
?
时，
f
'
?
x
?
?0
，函数
f
?
x
?
单调递增，
???6分

?
k
?
?若
k?0
，则当
x?
?
??,?
?
1
?
?
时，
f
k
?
?
1
?
'
?
x
?
?0
，函数
f
?
x
?
单 调递增，
当
x?
?
?,??,
?
时，
f
'
?
x
?
?0
，函数
f
?
x
?
单调递减，
????9分

?
k
?
?
1< br>?
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，若
k?0
，则当且仅当
?
1
k
??1
，
即
k?1
时，函数
f
?
x??
?1,1
?
内单调递增，
若
k?0
，则当且仅当
?
1
k
?1
， < /p>

即
k??1
时，函数
f
?
x
???1,1
?
内单调递增，
综上可知，函数
f
?
x??
?1,1
?
内单调递增时，
k

的取值范围是< br>?
?1,0
?
?
?
0,1
?
.
?? ??12分


2.(长沙市一中2010届高三第五次月考试卷)
已知 函数
?
1
32
?
x?mx(x?0)
f(x)?
?
3
?
e
x
?1(x?0)
?

（1）讨论函数f (x)的极值情况；
（2）设g (x) = ln(x + 1)，当x
1
>x
2
>0时，试比较f (x
1
– x
2
)与g (x
1
– x
2
)及g (x
1
) –g (x
2
)三者的
大小；
并说明理由．
【解析】（1）当x>0时，f (x) = e – 1在(0，+∞)单调递增，且f (x)>0；


当x≤0时，
f
?
(x)?x
2
?2mx
．
①若m = 0，f ′(x) = x
2
≥0, f (x) =
1
3
x
x
3
在(–∞，0]上单调递增，且f (x) =
1
3
x?0
3
．


又f (0) = 0，∴f (x)在R上是增函数，无极植；
②若m<0，f ′(x) = x(x + 2m) >0，则f (x) =
1
3
x?mx
32
在(–∞，0)单调递增，同①可知f (x)
在R上也是增函数，无极值；????????????????????????4分


③若m>0，f (x)在(–∞，–2m]上单调递增，在(–2m，0)单调递减，
又f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值
f(?2m)?
4
3
m
3
． 6分



（2）当x >0时，先比较e
x
– 1与ln(x + 1)的大小，
设h(x) = e
x
– 1–ln(x + 1) (x >0)
h′(x) =
e?
x
1
x?1
恒成立
?0


∴h(x)在(0，+∞)是增函数，h(x)>h (0) = 0
∴e
x
– 1–ln(x + 1) >0即e
x
– 1>ln(x + 1)

也就是f (x) > g (x) ，
?x?0
成立．
故当x
1
– x
2
>0时，f (x
1
– x
2
)> g (x
1
– x
2
)??????????????????10分
再比较
g(x?x)?ln(x?x?1)
与g (x
1
) –g (x
2
) = ln(x
1
+ 1) –ln(x
2
+ 1)的大小．
1212
g(x
1
?x
2
)?[g(x1
)?g(x
2
)]
=
ln(x?x?1)?ln(x?1)? ln(x?1)

1212
x
2
(x
1
?x
2
)
x
1
?1
=
ln
(x
1
? x
2
?1)(x
2
?1)
x
1
?1

?1]?0?ln(


∴g (x
1
– x
2
) > g (x
1
) –g (x
2
)
∴f (x
1
– x
2
)> g (x
1
– x
2
) > g (x
1
) –g (x
2
) ．??????????????????13分
、为实数）有极值，
3.(山东省东营市胜 利一中)
已知函数
且在处的切线与直线平行.

（1）求实数a的取值范围；
（2）是否存在实数a，使得函数
存在，请说明理由；
（3）设令求证：
的极小值为1，若存在，求出实数a的值；若不
.
【解析】




由①、②可得，
故实数a的取值范围是
有极值，故方程
， ????① ????2分
有两个不等实根
②

???? 4分
（2）存在 ???? 5分
，

+


0

－


0

+


极大值 极小值
，
????8分

的极小值为1 ????9分
（3），
， ??10分
证明：当n=1时，左边=0，右边=0，原式成立 ???? 11分
假设当n=k时结论成立，即，当n=k+1时，
左边

当且仅当x=1时等号成立，即当时原式也成立 ????13分
综上当成立 ????14分
4.（浙江省2010届第一次调研卷）
已知函
f(x)?(1?2 a)x
3
?(9a?4)x
2
?(5?12a)x?4a
(
a?R
).

(1)

当a = 0时, 求函数
f(x)
的单调递增区间;
数

(2) 若函数
f(x)
在区间[0, 2]上的最大值为2, 求a的取值范围.
【解析】(1): 当a = 0时, f (x)＝x
3
－4x
2
＋5x ,
5
>0,
f
?
(x)?3x?8x?5?3(x?1)(x?)
3
2
所以 f (x)的单调递增区间为
(??,1]
,
5
(2) 解: 一方面由题意, 得
?
f(0)?2,
?
?
f(1)?2,
?
f(2)?2,
?
. ???????(6分)
[,??)
3
即
0?a?
1
;
2
另一方面当
0?a?
1
时,
2
f (x) = (－2x
3
＋9x
2
－12x＋4)a＋x
3
－4x< br>2
＋5x ,
令g(a) = (－2x
3
＋9x
2
－12x＋4)a＋x
3
－4x
2
＋5x, 则
g(a) ≤ max{ g(0), g(
1
) }
2
= max{x
3
－4x
2
＋5x ,
1
(－2x
3
＋9x
2
－12x＋4)＋x
3
－4x
2
＋5x }
2
= max{x
3
－4x
2
＋5x ,
1
x
2
－x＋2 },
2
f (x) = g(a)
≤ max{x
3
－4x
2
＋5x ,
1
x
2
－x＋2 },
2
又
max
0? x?2
{x
3
－4x
2
＋5x}=2,
max
0?x?2
{
1
x
2
－x＋2}=2, 且f (2)＝2,
2
所以当
0?a?
1
时, f (x)在区间[0,2]上的最大值是2.
2
1
. ???????(14分)
2
综上, 所求 a的取值范围是
0?a?

10（山东省实验中学）
已知函数
f (x)?x?ax?lnx
2
，
a?R.

（1）若函数
f(x)
在
?
1,2
?
上是减函数，求实数
a
的取 值范围；
（2）令
g(x)?f(x)?x
2
，是否存在实数
a< br>，当
x?
(0,e]
（
e
是自然常数）时，函数
g( x)
.
x?(x?1)lnx
2
的最小值是3，若存在，求出
a< br>的值；若不存在，说明理由；
（3）当
x?
(0,e]
时，证明：
【解析】：（1）
f(x)?2x?a?
'
ex?
22
5< br>2
1
x
?
2x?ax?1
x
?0
在
?
1,2
?
上恒成立，
令
h(x)?2x?ax?1
2
，有
?
h(1)?0
?
?
h(2)?0
得
a??1
……………………… 4
?
?
?7
,
a??
?
?
2
分
得
a??
7
…………………………………………………………………………… 5
2
分
（2）假 设存在实数
a
，使
g(x)?ax?lnx
（
x?(0,e]
）有最小值3，
g(x)?a?
'
1
x
?
ax?1
………………………………………
x
……6分
① 当
a?0
时，< br>g(x)
在
(0,e]
上单调递减，
g(x)?g(e)?ae?1? 3
，
min
②当
0?
a?
，
4
（舍去）
e
1
a
?e
时，
g(x)
在上单调递增
1
上单调递减，在
1
(0,)(,e]
aa
，
a?e
2
，满足条件.
?
g(x)
min
?g()?1?lna? 3
a
?e
1
③当
1
a
时，
g(x)
在
(0,e]
上单调递减，
g(x)
min
?g(e)?ae?1 ?3
，
a?
，
4
（舍去）
e
综上，存在实数a?e
2
，使得当
x?(0,e]
时
g(x)
有最小值 3. ……………………10
分
（3）令
F(x)?e
2
x?l nx
，由（2）知，
F(x)?3
.令
min
?
(x)?< br>lnx
x
?
5
，
2
?
(x)?
'< br>
1?lnx
，
x
2
当
0?x?e
时，?
'(x)?0
，
h(x)
在
(0,e]
上单调递增

∴
?
(x)
max
?
?
(e)?< br>lnx
x
1
e
?
5
2
?
1
2
?
5
2

?3
?ex?lnx?
2
5
?(x?1)lnx
.………14分
5
即
22
?,ex?x
2
2


19.（福州三中2009—2010学年高三第一学期半期考）
已知
a
，
b
?
R，函数的图象经过点
A(0,2)
．
2
f (x)?ln(x?1)?x?ax?b
（Ⅰ）若曲线
y?f(x)
在点
A< br>处的切线与直线
3x?y?1?0
平行，求实数
a
的值；
（ Ⅱ）若函数
f(x)
在
[1,??)
上为减函数，求实数
a
的取值范围；
（Ⅲ）令
a??1
，
c
?
R，函数
2
．若对任意
x
1
?(?1,??)
，总存在
g(x)?c ?2cx?x
x
2
?[?1,??)
，使得
f(x
1
)?g(x
2
)
成立，求实数
c
的取值范围．
【解析】 （Ⅰ）
f
?
(x)?
1
x?1
?2x?a
，
x??1
． ??2分
则在
A
点出的切线的斜率为
f
?
(0)
=
1?a?3
，
所以
a?2
． ??4分
（Ⅱ）函数
f(x)
在
[1,??)
上为减函数，
所以
?0
在
[1,??)
上恒成立，
1
f
?
(x)?
x?1
1
x?1
1
x?1
?2x?a
所以
a?2x?
在
[1,??)
上恒成立． ??6分
， 则
g
?
(x)?2?
1
(x?1)
2
令
g (x)?2x?
．
因为
x?1
，所以
g
?
(x)?0
，
所以
g(x)
在
[1,??)
为增函数，
所以
g (x)
min
?g(1)?2?
1
4
?
7
，
4
所以
a?
7
．
4
7
．
(??,]
4
经检验，
a
的取值范围是??9分
（Ⅲ）若 对任意
x?(?1,??)
，总存在
x?[?1,??)
，使得
f( x)?g(x)
成立，则函
1212
数
f(x)
在
(?1, ??)
上的值域是函数
g(x)
在
[?1,??)
上的值域的子集．
对于函数
f(x)
，因为
a??1
，所以
f(x)?ln( x?1)?x
2
?x?b
，

又因为过点
A(0,2)
，所以
b?2
，
所以
f(x)?ln(x?1)?x?x?2
2
，定义域
(?1,??)．
．
?2x?1?
x?1x?1
令
f
?
( x)?0
，得
x?0
，．
3
（舍去）
1
x
2
??
2
当
x
变化时，
f(x)
与
f< br>?
(x)
的变化情况如下表：
f
?
(x)?
1?2x?3x
2

所以
f (x)
，所以
f(x)
的值域为
(??,2]
．
?f(0 )?2
max
对于函数
g(x)??x?2cx?c??(x?c)?c?c
222
??12分
．
（ⅰ）当
c??1
时，
g(x)< br>的最大值为
g(?1)??1?2c?c??1?c
，
g(x)
值域为
(??,?1?c]
，
所以
(??,2]
?
(??,?1?c]
，即以
?1?c?2
，解得
c??3
，
所以
c??3
．
（ⅱ）当
c??1
时，g(x)
的最大值为
g(c)
?c
2
?c
，
．
2
g(x)
值域为
(??,c?c]
所以
(? ?,2]
?
，即
c
2
?c?2
，解得
c??2或
c?1
，
2
(??,c?c]
所以
c?1
．
综上所述，
c
的取值范围是
(??,?3]?[1,??)
．



20.（大连24中2009—2010学年高三上学期期中考试）
已知函数
??14分
a

f(x)?lnx?.
x
（I）若
a?0,试判断f(x)
在定义域内的单调性；
（II）若
f(x)在[1,e]上的最小值为
3
2
的值；
,求a
（III）若
f(x)?x
2
在(1,??)
上恒成立，求a的取值范围。
【解析】：（I）由题意
f(x)的定义域为(0,??),且f
?
(x)?
1
x
a
x
2
??
x?a
????2分 < br>x
2

?a?0,?f
?
(x)?0,故f(x)在(0 ,??)
上是单调递增函数 ????4分
（II）由（I）可知，
x?a

f
?
(x)?.
2
x
（1）若
a??1,则 x?a?0,即f
?
(x)?0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]
上 为增函数，
3
2
3
（舍去） ??????5分
2
?[f(x)]
min
?f(1)??a?,?a??
（2 ）若
a??e,则x?a?0,即f
?
(x)?0在[1,e]上恒成立,此时f(x )在[1,e]
上为减函数，
a
e
3
2
e
（舍去） ??????6分
2
?[f(x)]
min
?f(e)?1???a??
（3）若
?e?a??1,令f
?
(x)?0得x??a,

当1? x??a时,f
?
(x)?0,?f(x)在(1,?a)上为减函数;
当?a?x? e时,f
?
(x)?0,?f(x)在(?a,e)上为增函数,
?[f(x)]min
?f(?a)?ln(?a)?1?
3
2
?a??e

综上所述，
a??e.
??????8分
（III）
?f(x)?x
2
?lnx?
a
x
?x
2
又x?0 ?a?xlnx?x
3
????9分

令g(x)?xlnx?x ,h(x)?g
?
(x)?1?lnx?3x,
h
?
(x)?
1
x
?6x?
1?6x
x
2
32

?< br>x?(1,??)时,h
?
(x)?0,?h(x)在(1,??)上是减函数,
????
10分
?h(x)?h(1)??2?0即g
?
(x)?0
?g(x)在(1,??)上也是减函数,?g(x)?g(1)??1
?当a??1时,f(x)? x在(1,??)上恒成立.
????
12分
2


5.( 衡阳市八中2010届高三第二次月考数学（理科）
设函数
f(x)＝
3x?4
x?1
2
,g(x)?
6a
2
x?a
，a
＞1
3
，
(1) 求函数
f(x)
的极大值与极小值；
(2) 若对函数的
x
0
?
?
0,a
?
， 总存在相应的
x
1
,x
2
?
?
0,a
?< br>，使得
g(x
1
)?f(x
0
)?g(x
2
)
成

立，求实数a的取值范围.
解答(1)定义域为R
f
?
(x)?
令
f
?
(x)?0,x
1
?? 3.x
2
?
1
3
3(x?1)?(3x?4)?2x
(x? 1)
2２
2
?
?(3x?1)(x?3)
(x?1)
1(?3,)
3
22

x

f
?
(x)

(??,?3)

-3

1
3

1
(,??)
3

，且


∴
f(x)
：极大值为
f()?
3
1 9
2
—
↘
f(x)

0 +
极小值
↗
1
2
0 —
极大值
↘
，极小值为
f(?3)??
wwwk5uom

(2)依题意，只需在区间
?
0,a
?
上有
?
f(x)
?
max
?
?
g(x)
?
max


?
f(x)< br>?
min
?
?
g(x)
?
min

∴
f(x)
在
?
0,
?
↑，
?
,a
?
↓
?
?
f(x)
?
max
?f()?
,
f
(
x
)
取小值
f(0)
或
f(a)< br>
32
?
3
??
3
?
又
f (0)＝４，f(a)?
3k?4
a?1
2
?
1
??
1
?
19
,f(a)?f(0)?
a(3?4a)
a?1
3
4
2

∴当
1
3
＜
a
＜
3
4
时，
?
f(x)
?
min
?f(0) ?4,
当
a?
时，
?
f(x)
?
min
? f(a)?
3a?4
a?1
2

又
g(x)
在
?
0,a
?
↓
?
?
g(x)
?
max
?g(0)?6a,
?
g(x)
?
min
?g(a) ?3a

1
3
9
2
∴ 式即为 ＜
a
＜
3
4

a?
9
2
2
4
3


?6a
或
4
3
?6a

?3a

4?
1
3
3
4

3 a?4
a?1
4
3
4
3
wwwk5uom

＜
a
＜
a?

解的
a?
4
3
4
3
（无解）
a?
∴
3
4
?a?
3
4
3


a?

a?
3
4
3

6.(辽宁省东北育才学校2010届高三第一次模拟（数学理）

已知函数
f(x)?ln1?2x?mx

（Ⅰ）
f(x)
为定义域上的单调函数，求实数
m
的取值范围； < br>wwwk5uom
（Ⅱ）当
m??1
时，求函数
f(x)
的最 大值；
（Ⅲ）当
m?1
时，且
1?a?b?0
，证明：
解 答：（1）
f(x)?ln
因为对
x??
1
2
1?2x?m x
，
(x??
4
3
1
2
?
f(a)?f( b)
a?b
?2
.
1
?m

)
∴< br>f
?
(x)?
1?2x
，有
1
1?2x
?( 0,??)

1
1?2x
?m?0
，对
x??
1< br>1?2x
1
2
∴不存在实数
m
使
f
?
(x)?
由
f
?
(x)?
而
?
1
1?2 x
1
1?2x
恒成立 ………2分
?m?0
恒成立，∴
m??
，
?0
，所以
m?0

1
1?2x
?m?0
对
x??
1
2
经检验，当
m?0
时，
f
?
(x)?
恒成立。
∴当
m?0
时，
f(x)
为定义域上的单调增函数 ………4分
（2）当
m??1
时，由
f
?
(x)?
当
x?(?
1
2
1
1?2x
?1?
?2x
1?2x
?0
，得
x?0

,0)
时，
f
?
(x)?0
，当
x?(0,??)
时，
f
?
(x )?0

∴
f(x)
在
x?0
时取得最大值，∴此时函数< br>f(x)
的最大值为
f(0)?0
………7分
（3）由（2）得 ，
ln1?2x?x
对
x??
1
2
恒成立，当且仅当
x?0
时取等号
当
m?1
时，
f(x)?ln
1? 2b
1?2a
1?2x?x
，∵
1?a?b?0
，
a?b? 0

∴
f(b)?f(a)?ln
b?a
1?2a
?(b? a)?ln1?
2(b?a)
1?2a
?(b?a)

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

∴
wwwk5uom
f(a)?f(b)
a?b
2?2a
1?2a< br>

f(a)?f(b)
a?b
2?2a
1?2a
?
2?2a
1?2a
同理可得
1
?
4
3
1 ?a?b?0
，
?1?
1?2a

2?2b
1?2b
4
3
?1?
1
1?2b
?2

?2
………12分
1
2
,??)
∴
?
f(a)?f(b)
a?b
法二：当
m?1
时（由待证命题的结构进行猜想，辅助函数，求差得之），
f(x)
在
(?
上递增
令
g(x)?f(x)?
1
1?2x
4
3
x?
1
2
ln(1?2x)?
1
3
x

g
?
(x)??
1
3
?
2(1?x)
3( 1?2x)
在
?
0,1
?
上总有
g
?
(x )?0
，即
g(x)
在
?
0,1
?
上递增
当
0?b?a?1
时，
g(a)?g(b)

即
f (a)?
4
3
a?f(b)?
4
b?
f(a)?f(b)< br>?
4
3a?b3
1
令
h(x)?f(x)?2x?ln(1? 2x)?x
由（2）它在
?
0,1
?
上递减 ∴
h(a)?h(b)

2

即
f(a)?2a?f(b)?2b

f(a)?f(b)?2(a?b)
∵
a?b?0

∴
wwwk5uom
f(a)?f(b)
a?b
?2
，综上
4
3
?
f(a)?f(b)
a?b
?2
成立 ………12分

其中
0?b?a?1



9.(广东省广州市2010届第二次调研数学试题（理科）
.设函数
f
?
x
?
?x?aIn
?
1?x
?
有两个极值点
x
1
、x
2
，且
x
1
?x
2

2
（I）求
a
的取值范围，并讨论
f
?
x
?
的单调性；
（II）证明：
f
?
x
2
?
?
1?2In2
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4
解答: （I）
f
?
?
x
?
?2x?
a
1?x
?
2x?2x? a
1?x
2
(x??1)

1
2
2
令
g(x)?2x?2x?a
，其对称轴为
x??
。由题意知
x
1
、x
2
是方程
g(x)?0
的两个

均大 于
?1
的不相等的实根，其充要条件为
?
?
??4?8a?0
?
g(?1)?a?0
，得
0?a?
1
2

⑴当
x?(?1,x
1
)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(?1,x
1
)
内为增函数； < br>⑵当
x?(x
1
,x
2
)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(x
1
,x< br>2
)
内为减函数；
⑶当
x?(x
2,
??)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
( x
2,
??)
内为增函数；
（II）由（I）
g(0)?a?0, ??
?f
1
2
?x
2
?0
，
a??(2x
22
2
2
2
+2x
2
)

?x
2
?
?x
2
?aln
?
1?x
2< br>?
?x
2
?(2x
2
22
+2x
2
)ln
?
1?x
2
?

1
2
)
， 设
h
?
x
?
?x?(2x?2x)ln
?
1?x< br>?
(x??
则
h
?
?
x
?
?2x? 2(2x?1)ln
?
1?x
?
?2x??2(2x?1)ln
?< br>1?x
?

⑴当
x?(?
1
2
,0)
时，
h
?
?
x
?
?0,?h(x)
在
[ ?
1
2
,0)
单调递增；
⑵当
x?(0,??)
时，
h
?
?
x
?
?0
，
h(x)
在
(0,??)
单调递减。
?当x?(?
1
2
,0)时, h
?
x
?
?h(?
1?2In2
4
1
2< br>)?
1?2ln2
4

故
f
?
x
2
?
?h(x
2
)?

．
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