高中数学导数压轴题_高中生题库网|高考真题|高考试题-「密云二中」

高中数学解题步骤软件-高中数学课时作业本必修一答案八上

2020年9月17日发(作者：韦杰)

◇导数专题

目录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）

二、交点与根的分布（23）

三、不等式证明（31）

（一）作差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
四、不等式恒成立求字母范围（51）

（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离常数
（三）恒成立之讨论字母范围
五、函数与导数性质的综合运用（70）

六、导数应用题（84）

七、导数结合三角函数（85）

书中常用结论

⑴ sinx?x,x?(0,
?
)
，变形即为
点连线斜率小于
1 .
⑵
e
x
?x?1

⑶
x?ln(x?1)

⑷
lnx?x?e
x
,x?0
.
sinx
?1 ，其几何意义为
y?sinx,x?(0,
?
)
上的的点与原
x
一、导数单调性、极值、最值的直接应用

1.

（切线）设函数
f(x)?x
2
?a
.
（
1）当
a?1
时，求函数
g(x)?xf(x)
在区间
[0,1]
上的最小值；

（
2
）当
a?0
时，曲线
y?f(x)
在点
P(x
1
,f(x
1
))(x
1
?a)
处的切线为
l
，
l
与
x
轴交于点 A(x
2
,0)
求证：
x
1
?x
2
?a
.
解：(1)
a?1
时，
g(x)?x
3
? x
，由
g
?
(x)?3x
2
?1?0
，解得
x??
3
.
3

g
?
(x)
的变化情况如下表：
x

0

0
(0,
3
)

3
g
?
(x)

g(x)

-
3

3
0
(
3
,1)

3
1
+
0
↘

极小值

↗

3323
时，
g(x)
有最小值
g()??
.
3 39
(2)证明：曲线
y?f(x)
在点
P(x
1
,2x 1
2
?a)
处的切线斜率
k?f
?
(x
1 )?2x
1

所以当
x?
曲线
y ?f(x)
在点P处的切线方程为
y?(2x
1
2
?a)?2x1
(x?x
1
)
.
x?ax?aa?x
1
?x
1
?
令y?0
，得
x
2
?
1
，∴
x
2
?x
1
?
1

2x
1
2x
1
2 x
1
a?x
1
?0
，即
x
2
?x
1
. ∵
x
1
?a
，∴
2x
1
x
1
x
1
2
?ax
1
x
a
aa
???2
1
??a
又∵
?
，∴
x
2
?
22x
1
2x
1
22x
1
22x
1
2
222
所以
x
1
?x
2
?a
.

2.

（
2009
天津理
20
，极值比较讨论）

已知函数
f(x)?(x
2
?ax?2a
2
?3a)e
x
(x?R),
其中
a?R

⑴当
a?0
时，求曲线
y?f(x)在点(1,f(1))
处的切线的斜率；

w.w.w..s.5.u.c.o.m
⑵当
a?
2
时，求函数 f(x)
的单调区间与极值
.
3
解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础
知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 
⑴
当a?0时，f(x)?x
2
e
x
，f'(x) ?(x
2
?2x)e
x
，故f'(1)?3e.

所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e.

⑵
f '(x)?x
2
?(a?2)x?2a
2
?4ae
x
.
2
令f'(x)?0，解得x??2a，或x?a?2.由a?知，?2a?a?2.

3
??
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
下分两种情况讨论：

①
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
x

?
??，?2a
?

?2a

?
?2a，a?2
?

a?2

?
a?2，??
?

+
↗

0
极大值

—
↘

0
极小值

+
↗

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

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
.

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

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
x

?
??，a?2
?

a?2

?
a?2，?2a
?

?2a

?
?2a，??
?

+
↗

0
极大值

—
↘

0
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
.

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

1
2
x?2ax,g(x)?3a
2
lnx?b.

2
⑴设两曲线
y?f(x)与y?g(x)
有公共点，且在公共点处的切线相同，若
a?0
，试建立
b

关
于
a
的函数关系式，并求
b
的最大值；

⑵若
b?[0,2],h(x)?f(x)?g(x)?(2a?b)x
在(
0,
4
)上为单调函数，求
a
的取值范围。

3.

已知函数
f(x)?

4.

（最值，按区间端点讨论）

已知函数
f(x)=lnx
－
a
.
x

(1)
当
a>
0
时，判断
f(x)
在定义域上的单调性；

(2)
若
f(x)
在
[1
,
e]上的最小值为
3
，求
a
的值
.
2
1a
x?a
.
＋
2
＝
xx
x
2
解：
(1)
由题得
f(x)
的定义域为
(0,＋∞
)
，且
f ′(x)
＝
∵
a>0
，∴
f ′(x)>0
，故
f (x)
在
(0
,＋∞
)
上是单调递增函数
.
(2)
由
(1)
可知：
f ′(x)
＝
x?a
，

x
2
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，

∴
f(x)
min
＝
f(1)
＝－
a
＝
33
，∴
a
＝－
(
舍去
).
22
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，

∴
f(x)
mi n
＝
f(
e
)
＝
1
－
a
3e＝，∴
a
＝－
(
舍去
).
e
22
③若－
e－
1
，令
f ′(x)
＝
0
，得
x
＝－
a.
当
1－
a
时，
f ′(x)<0
，∴
f(x)
在
(1
,－
a)
上为减函数；

当－
a时，
f ′(x)>0
，∴
f(x)
在
(
－
a
,
e)
上为增函数，

∴f(x)
min
＝
f(
－
a)
＝
ln(
－
a)
＋
1
＝
综上可知：
a
＝－
e.

5. （最值直接应用）已知函数
f(x)?x?
（Ⅱ）求
f(x)
的单调区间；
（Ⅲ）若
f(x)
在
[0,??)
上的最大值是
0
，求
a
的取值范围.
3
?
a
＝－
e
.
2
1
2
ax?ln(1?x)
，其中
a?R
. 2
（Ⅰ）若
x?2
是
f(x)
的极值点，求
a
的值；
x(1?a?ax)
,x?(?1,??)
.
x?1
11
依题意，令
f
?
(2)?0
，解得
a?
. 经检验，
a?
时，符合题意.
33
x
（Ⅱ）解：① 当
a?0
时，
f
?
(x)?
.
x?1
故
f(x)
的单调增区间是
(0,??)
；单调减区间是
(?1,0)
.
1
② 当
a?0
时，令
f
?
(x)? 0
，得
x
1
?0
，或
x
2
??1
.
a
解：（Ⅰ）
f
?
(x)?
当
0?a?1时，
f(x)
与
f
?
(x)
的情况如下：
x

(?1,x
1
)

x
1

(x
1
,x
2
)

?

↗
x
2

(x
2
,??)

?

↘
f
?
(x)

f(x)

?

↘
0

f(x
1
)

0

f(x
2
)

所以，
f(x)
的单调增区间是
(0,
11
?1)
；单调减区间是
(?1,0)
和
(?1,??)
.
aa
当
a?1
时，
f(x)
的单调减区间是
(?1,??)
.
当
a?1
时，
?1?x
2
?0
，
f(x)
与
f
? (x)
的情况如下：
x

(?1,x
2
)

x
2

(x
2
,x
1
)

?

↗
x
1

(x
1
,??)

?

↘
f
?
(x)

f(x)

?

↘
0

f(x
2
)

0

f(x
1
)

1
?1)
和
(0,??)
.
a
③ 当
a ?0
时，
f(x)
的单调增区间是
(0,??)
；单调减区间是(?1,0)
.
综上，当
a?0
时，
f(x)
的增区间是
(0,??)
，减区间是
(?1,0)
；
11
当0?a?1
时，
f(x)
的增区间是
(0,?1)
，减区间是 (?1,0)
和
(?1,??)
；
aa
当
a?1 时，
f(x)
的减区间是
(?1,??)
；
11
当
a?1
时，
f(x)
的增区间是
(?1,0)
；减区间是 (?1,?1)
和
(0,??)
.
aa
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
a?0
时，
f(x)
在
(0,??)
上单调递增，由
f(0)?0
，知不合题意.
1
当
0?a?1
时，
f( x)
在
(0,??)
的最大值是
f(?1)
，
a
1
由
f(?1)?f(0)?0
，知不合题意.
a当
a?1
时，
f(x)
在
(0,??)
单调递减， 可得
f(x)
在
[0,??)
上的最大值是
f(0)?0，符合题意.
所以，
f(x)
在
[0,??)
上的最大值是
0
时，
a
的取值范围是
[1,??)
.
所以，
f(x)
的单调增区间是
(?1,0)
；单调减区间是
(? 1,

6.

（2010北京理数18）

1
a
x
2
x
(
k
≥0).
2 (Ⅰ)当
k
=2时，求曲线
y
=
f(x)
在点
(1,
f
(1))
处的切线方程；
(Ⅱ)求
f(x)
的单调区间.
1
?1?2x

解：（
I
）当
k?2
时，
f(x)?ln(1?x)?x?x
2
，
f'(x)?
1?x
3
由于
f(1)?ln2
，
f'(1)?
，

2
3
所以曲线
y?f(x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
y?ln2?(x?1)

2

即
3x?2y?2ln2?3?0

已知函数
f(x)
=
ln
(1+
x
)-
x
+

x(kx?k?1)
，
x?(?1,??)
.
1?x
x
.
当
k?0
时，
f'(x)??
1?x
所以，在区间
(?1,0)
上，
f'(x)?0
；在区间 (0,??)
上，
f'(x)?0
.

故
f(x)
得单调递增区间是
(?1,0)
，单调递减区间是
(0,??)
.
x(kx?k?1)1?k
?0
，得
x
1
?0
， x
2
??0

当
0?k?1
时，由
f'(x )?
1?xk
1?k1?k
,??)
上，
f'(x)?0
；在区间
(0,)
上，
f'(x)?0

所以，在区间
(?1 ,0)
和
(
kk
1?k1?k
,??)
，单调递减区间是 (0,)
.
故
f(x)
得单调递增区间是
(?1,0)和
(
kk
x
2

故
f(x)
得单调递增区间是
(?1,??)
.
当
k?1
时，
f'(x)?
1?x
x(kx?k?1)1?k
?0 ，得
x
1
??(?1,0)
，
x
2
?0.
当
k?1
时，
f'(x)?
1?xk
1?k1?k
)
和
(0,??)
上，
f'(x)?0
；在区间
( ,0)
上，
f'(x)?0

所以没在区间
(?1,
kk 1?k1?k
)
和
(0,??)
，单调递减区间是
(,0) 
故
f(x)
得单调递增区间是
(?1,
kk
（II
）
f'(x)?

7.

（2010山东文21，单调性）
1?a
?1(a?R)

x
⑴当
a??1
时，求曲线
y?f(x)
在点
( 2,f(2))
处的切线方程；
1
⑵当
a?
时，讨论
f(x)
的单调性.
2
解：⑴
x?y?ln2?0

1?a
?1
，

⑵因为

f(x)?lnx?ax ?
x
1a?1
ax
2
?x?1?a

所以

f'(x)??a?
2
??
，
x?(0,??)
，

2
x
x
x

令

g(x)?ax
2
?x?1?a,
x?(0,??),

已知函数
f(x)?lnx?ax?

8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零
点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
已知函数
f(x)?lnx,g(x)?e.

⑴若函数φ (x) = f (x)－
x
x+1
，求函数φ (x)的单调区间；
x-1
2
⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x
0
，f (x
0
))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的
x
0
，使得直线l与曲线y=g(x)相切．
x?1
12x?1
x?1
解：（Ⅰ）
?
(x)?f
?
x
?
?
，
?
?
?
x
?
??
．
?lnx?
?
22
x?1
x?1
x?
x?1
?
x?
?
x?1
?
，??
?
． ∵
x?0
且
x?1
，∴
?
?
?
x
?
?0
∴函数
?
(x)
的单调递增区间为
? 0,1
?
和
?
1
（Ⅱ）∵
f
?
(x)?
1
1
，∴
f
?
(x
0
)?
，
x
0
x
∴ 切线
l
的方程为
y?lnx
0
?
11
(x?x
0
)
, 即
y?x?lnx
0
?1
, ①
x
0
x 0
x
设直线
l
与曲线
y?g(x)
相切于点
(x
1
,e
1
)
，
11
?lnx
，∴ x
1
??lnx
0
,∴
g(x
1
)?e0
?
.
x
0
x
0
lnx
0
1111
?
?
x?lnx
0
?
，即
y?x??
， ② ∴直线
l
也为
y?
x 0
x
0
x
0
x
0
x
0
ln x
0
1
x?1
?
，∴
lnx
0
?
0
．由①②得
lnx
0
?1?
x
0
?1
x
0
x
0
∵
g
?
(x)?e
x
，∴
e
1
?
x
下证：在区间（1,+
?
）上
x
0
存在且唯一.
由（Ⅰ）可知，
?
(x)
?lnx?
x?1
在区间上递增．
（1,+?）
x?1
e
2
?1e
2
?3
e ?1?2
22
又
?
(e)?lne?
??0
，
? ?0
，
?
(e)?lne?
2
e?1e
2
?1e?1e?1
结合零点存在性定理，说明方程
?
(x)?0
必在区间(e,e
2
)
上有唯一的根，这个根就是所求的
唯一
x
0
，
故结论成立．

9.

（最值应用，转换变量）

2ax
2
?1
设函数
f (x)?(2?a)lnx?(a?0)
．

x
(1)
讨论函数
f(x)
在定义域内的单调性；

(2)
当
a?(?3,?2)
时，任意
x
1
,x
2
?[1,3]
，
(m?ln3)a?2ln3?|f(x
1
)?f (x
2
)|
恒成立，求实
数
m
的取值范围．

2?a1
2ax
2
?(2?a)x?1
(ax?1)(2 x?1)
?2a?
2
?
?
解：⑴
f
?
(x )?
．

2
2
xxx
x
111111
当 a??2
时，
??
，增区间为
(?,)
，减区间为
( 0,?)
，
(,??)
．

a2a2a2
11
当 a??2
时，
??
，减区间为
(0,??)
．
a2
111111
当
?2?a?0
时，
??
，增区间为
(,?)
，减区间为
(0,)
，
(?,??)
．

a22a2a
⑵由⑴知，当
a?(?3,?2)
时，
f(x)
在
[1,3]
上单调递减，

1
∴
x
1
,x
2
?[1,3]
，
|f(x
1
)?f(x
2 )|
≤
f(1)?f(3)
?(1?2a)?[(2?a)ln3??6a] ，

3
2
即
|f(x
1
)?f(x
2
)|
≤
?4a?(a?2)ln3
．

3
∵(m?ln3)a?2ln3?|f(x
1
)?f(x
2
)|
恒成立，

22
∴
(m?ln3)a?2ln3
＞
?4a?( a?2)ln3
，即
ma??4a
，

33
2
?4
．

又
a?0
，∴
m ?
3a
1323813
??4??
，∴
m
≤
?．

∵
a?(?3,?2)
，∴
?
33a93
10.

（最值应用）

已知二次函数
g(x)
对
?x?R
都满足
g(x?1)?g(1?x)?x
2
?2x?1
且
g(1)? ?1
，设函数
19
f(x)?g(x?)?mlnx?
（
m?R，
x?0
）．

28
（Ⅰ）求
g(x)
的表达式；

（Ⅱ）若
?x ?R
?
，使
f(x)?0
成立，求实数
m
的取值范围；

（Ⅲ）设
1?m?e
，
H(x)?f(x)?(m?1)x
，求证：对于
?x
1
，x
2
?[1,m]
，恒有 |H(x
1
)?H(x
2
)|?1
．

2
解：（Ⅰ）设
g
?
x
?
?ax?bx?c
，于是 
?
a?
1
，
?
2

g
?
x?1
?
?g
?
1?x
?
?2a
?x?1
?
?2c?2
?
x?1
?
?2，
所以 ?
?
?
c??1.
11
2
1
又
g ?
1
?
??1
，则
b??
．所以
g
?
x
?
?x?x?1
．
…………3
分

222
191
2
（Ⅱ）
f(x)?gx??mlnx??x?mln x(m?R，x?0).
282

当
m>0
时，由对数函数性质， f
（
x
）的值域为
R
；
…………4
分

x
2
?0
对
?x?0
，
f(x)?0
恒成立；
…………5
分

当
m=0
时，f(x)?
2
m
当
m<0
时，由
f
?
(x)?x??0?x??m
，列表：

x
22
?
?

x
f
?
(x)

f(x)

(0，?m)

?m

(?m，??)

－

减

0
极小

＋

增

这时，?mln?m.

?
f(x)
?
min
? f(?m)??
m
2
?
m
??mln?m?0，
??e
?
f(x)
?
min
? 0?
?
?
2
?
?
m?0
所以若
?x?0 ，
f(x)?0
恒成立，则实数
m
的取值范围是
(?e，0]
．

故
?x?0
使
f(x)?0
成立，实数 m
的取值范围
(??,?e]U
?
0，??
?
．…………9
分

(x?1)(x?m)
?0，
所以
H( x)
在
[1,m]
内单调递减．

x
1
2
1
于是
|H(x
1
)?H(x
2
)|?H(1)?H(m) ?m?mlnm?.
22

1113
|H(x
1
)?H(x
2
)|?1?m
2
?mlnm??1?m?lnm??0.

2222m
2
13
113311
(1?m?e)
，则
h' (m)???

???
1
?0，
记
h(m)?m?lnm?
2
2m
2m
2m33
22m
13
所以函数
h(m)?m?lnm?
在
?
1，e]
是单调增函数，

22m
e3
?
e?3
??
e?1
?

所以
h(m)?h(e)??1???0
，故命题成立．
…………12
分

22e2e
（Ⅲ）因为对
?x?[1，m]
，
H
?
(x)?
?
?

23?x
11.

设
x?3
是函数
f
? x
?
?x?ax?be,
?
x?R
?
的一个极值点 .
??
（
1
）求
a
与
b
的关系式（用
a
表示
b
），并求
f
?
x
?
的单调区间；

2
（
2
）设
a?0,g
?
x
?
?
?
a?
?
?
25
?
x?
e
，若存在
?
1
,
?
2
?
?
0,4
?
，使得
f
?
?
1
?
? g
?
?
2
?
?1

成立，求
a
的
4
?
取值范围
.
解：（ 1
）∵
f
?
x
?
?x?ax?be
2
'
??
3?x

∴
f
'
?
x
?
?
?
2x?a
?
e
3?x
?x
2?ax?be
3?x
?
?1
?
??
?
?
x?
?
a?2
?
x?b?a
?
?
e
2 ??
3?x

由题意得：
f
'
?
3
?
?0
，即
3
2
?3
?
a?2
?
?b?a?0
，
b??2a?3

∴
f
?
x?
?x?ax?2a?3e
2
??
3?x
且
f
'
?
x
?
??
?
x?3
??
x?a?1 ?
e
3?x

?
x
?
?0
得
x
1
?3
，
x
2
??a?1

23?x
∵
x?3
是函数
f
?
x
?
?
? x?ax?b
?
e,
?
x?R
?
的一个极值点

令
f
'
∴
x
1
?x
2
，即
a??4

故
a
与
b
的关系式为
b?? 2a?3,
?
a??4
?
.
?
x
?
? 0
得单增区间为：
?
3,?a?1
?
；

'
由
f
?
x
?
?0
得单减区间为：
?
?? ,3
?
和
?
?a?1,??
?
；

当a??4
时，
x
2
??a?1?3
，由
f
'

?
x
?
?0
得单增区间为：
?
?a? 1,3
?
；

'
由
f
?
x
??0
得单减区间为：
?
??,?a?1
?
和
?
3,??
?
；

（
2
）由（
1
）知：当 a?0
时，
x
2
??a?1?0
，
f
?x
?
在
?
0,3
?
上单调递增，在
?
3,4
?
上单调递
减，
f(x)
min
?min
?
f(0),f(4)
?
??(2a?3)e
3
,
f
?
x
?
max
?f
?
3
?
?a?6
,
∴
f
?
x
?
在
?
0,4
?
上的值域为
[?(2a?3)e
3
,a?6]
.
当a??4
时，
x
2
??a?1?3
，由
f
' 易知
g
?
x
?
?
?
a?
2
?
?
25
?
x
?
e
在
?
0,4 ?
上是增函数
,
4
?
∴
g
?
x
?
在
?
0,4
?
上的值域为
?
a?
2
?
?
25
?
2
25
?
4
? ,
?
a?
?
e
?
.
4
?
4
?
?
2
25
?
1
???
由于
?
a
2
??a?6?a?
??
???
?0
，

42
????
又∵要存在
?
1
,
?
2
?
?
0,4
?
，使得
f
?
?
1 ?
?g
?
?
2
?
?1
成立，
a?0
?
3
?
∴必须且只须
?
?
2
2 5
?
解得
:
0?a?
.
2
?
?a?
4
?
?
?
a?6
?
?1
?
?
?
?
3
?
所以，
a
的取值范围为
? 0,
?
.
?
2
?

2x
12.

f(x)?(x?ax?b)e(x?R)
．

（
1
）若
a?2,b??2
，求函数
f(x)
的极值；

（
2
）若
x?1
是函数
f(x)
的一个极值点，试求出
a
关于
b
的关系式（用
a
表示
b ），并确
定
f(x)
的单调区间；

（
3
）在（
2
）的条件下，设
a?0
，函数
g(x)?(a
2?14)e
x?4
．若存在
?
1
,
?
2
?[0,4]
使得
|f(
?
1
)?f(
?
2)|?1
成立，求
a
的取值范围．

解
:
（ 1
）∵
f
?
(x)?(2x?a)e
x
?(x
2
?ax?b)e
x
?[x
2
?(2?a)x?(a?b)]e x

当
a?2,b??2
时，
f(x)?(x
2?2x?2)e
x
,
则
f'(x)
?(x
2
? 4x)e
x
.
令
f'(x)?0
得
(x
2
?4x)e
x
?0
，∵
e
x
?0
,
∴ x
2
?4x?0
，解得
x
1
??4,x
2 ?0

∵当
x?(??,?4)
时，
f'(x)?0
，

当
x?(?4,0)
时
f'(x)?0
，当
x?(0,??)
时
f'(x)?0

∴当
x??4
时，函数
f(x)有极大值，
f(x)
极大
＝
6
，

e
4
当
x?0
时，函数
f(x)
有极小值，
f(x)
极小
??2
．

（
2
）由（
1
）知
f
?
(x)?[x
2
?(2?a)x?(a?b)]e
x

∵
x?1
是函数
f(x)
的一个极值点

∴
f
?
(1)?0

即
e[1?( 2?a)?(a?b)]?0
，解得
b??3?2a

则
f
?
(x)?e
x
[x
2
?(2?a)x?(?3?a)]
＝
e
x
(x?1)[x?(3?a)]

令
f
? (x)?0
，得
x
1
?1
或
x
2
? ?3?a

∵
x?1
是极值点，∴
?3?a?1
，即
a??4
.
当
?3?a?1
即
a??4
时，由
f
?
(x)?0
得
x?(?3?a,??)
或
x?(??,1)

由
f
?
(x)?0
得
x?(1,?3?a)
当
?3?a?1
即
a??4
时，由
f
?
(x) ?0
得
x?(1,??)
或
x?(??,?3?a)

由
f
?
(x)?0
得
x?(?3?a,1)
.
综上可知：

当
a??4
时，单调递增区间为
(??,1)
和
(?3?a,??)
，递减区间为
(1,?3?a)

当
a??4
时，单调递增区间为
(??,?3?a)
和
(1,??) ，递减区间为
(?3?a,1)
。

（
3
）由
2
）知：当
a>0
时，
f(x)
在区间（
0
， 1
）上的单调递减，

在区间（
1
，
4
）上单调递增，

∴函数
f(x)
在区间
[0,4]
上的最小值为
f(1)??(a?2)e

又∵
f(0)?
be
x
??(2a?3)
?0
， f(4)?(2a?13)e
4
?0
，

∴函数
f( x)
在区间
[0
，
4]
上的值域是
[f(1),f(4)]
，即
[?(a?2)e,(2a?13)e
4
]
]

又
g(x)?(a
2
?14)e
x?4
在区间
[0
，
4]
上是增函数，

且它在区间
[0
，
4]
上的值域是
[(a
2
?14 )e
4
,(a
2
?14)e
8
]
.
∵ (a
2
?14)e
4
－
(2a?13)e
4
＝
(a
2
?2a?1)e
4
＝
(a?1)
2
e
4
?0
，

∴存在
?
1
,
?
2
?[0,4]
使得
|f(
?
1
)?f(
?
2
)|?1
成立只须

(a
2?14)e
4
－
(2a?13)e
4
<1
?(a?1)
2
e
4
?1?(a?1)
2
?
111
?1 ??a?1?
.
．

e
4
e
2
e
2

13.

(2010山东，两边分求，最小值与最大值)
已知函数
f(x)?lnx?ax?
⑴当
a≤
1?a
?1
(a?R)
.
x
1
时，讨论
f(x)
的单调性；

2
1
⑵设
g(x)?x
2
?2bx?4.
当
a?
时，若对任意
x
1
?(0,2)
，存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
f(x
1
)≥g(x
2
) ，
4
求实数
b
取值范围.
解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调
性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及
解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力
.
（
1
）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（
2
）利用导数求出
f(x)
的最小值、利用
二次函数知识或分离常数法求出
g(x)
在闭区间
[1,2]
上的最大值，然后解不等式求参数.

1?a
la?1?ax
2
?x?a?1
?1(x? 0)
，
f
?
(x)??a?
2
?
⑴
f(x )?lnx?ax?
(x?0)

x
xxx
2
令
h (x)?ax
2
?x?1?a(x?0)

①当
a?0
时，
h(x)??x?1(x?0)
，当
x?(0,1),h(x)?0,f
? (x)?0
,函数
f(x)
单调递减；

当
x? (1,??),h(x)?0,f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递增.
②当
a?0
时，由
f
?
(x)?0
，即 ax
2
?x?1?a?0
，解得
x
1
?1,x
2
?
当
a?
1
?1
.
a
1
时
x
1
?x
2
，
h(x)?0
恒成立，此时
f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递减；

2 11
当
0?a?
时，
?1?1?0
,
x?(0,1)
时
h(x)?0,f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递减；

2a
1
x?(1,?1)
时，
h(x)?0, f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递增；

a 1
x?(?1,??)
时，
h(x)?0,f
?
(x)?0 ，函数
f(x)
单调递减.
a
1
当
a?0
时
?1?0
，当
x?(0,1),h(x)?0,f
?
(x)?0 ,函数
f(x)
单调递减；

a
当
x?(1,??) ,h(x)?0,f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递增. 综上所述：当
a?0
时，函数
f(x)
在
(0,1)
单调递减，
(1,??)
单调递增；

1
当
a?
时 x
1
?x
2
,
h(x)?0
恒成立,此时
f
?
(x)?0
，函数
f(x)
在
(0,??)
单调递减；

2
111
当
0?a?
时,函数
f(x) 在
(0,1)
递减,
(1,?1)
递增,
(?1,??)递减.
2aa
1
⑵当
a?
时，
f(x)
在 (0,1)
上是减函数，在
(1,2)
上是增函数，所以对任意
x1
?(0,2)
，

4
1
有
f(x
1
)≥f(1)??
，
 2
1
又已知存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
f(x
1
)?g(x
2
)
，所以
?? g(x
2
)
，
x
2
?
?
1,2
?
，（※）

2
又
g(x)?(x?b)
2
?4?b
2
,x?[1,2]

当
b?1
时，
g(x)min
?g(1)?5?2b?0
与（※）矛盾；

当
b??
1,2
?
时，
g(x)
min
?g(1)?4?b? 0
也与（※）矛盾；

2
当
b?2
时，
g(x) min
?g(2)?8?4b??
综上，实数
b
的取值范围是
[
117
,b?
.
28
17
,??)
.
8
1?a
?1
． 14. 设函数
f(x)?lnx?ax?
x
（Ⅰ）当
a?1
时，过原点的直线与函数
f(x)
的图象相切于点P，求点P的坐标；
1
（Ⅱ）当
0?a?
时，求函数
f(x)
的单调区间； 2
1
5
2
（0,e
]，
?x
2
? [0，1] （Ⅲ）当
a?
时，设函数
g(x)?x?2bx?
，若对于
?x
1
?
3
12
使
f(x
1
)
≥
g(x
2
)
成立，求实数b的取值范围.（
e
是自然对数的底，
e?3?1
）

解：函数
f(x)
的定义域为
(0，??)
，
f
?
(x)?
11?a
? a?
2

xx
（Ⅰ）设点
P(x
0
,y
0
)(x
0
?0)
，当
a?1
时，
f(x)?ln x?x?1
，则
y
0
?lnx
0
?x
0
? 1
，
1lnx
0
?x
0
?1
1

f
?
(x)??1
，∴
f
?
(x
0
)?? 1?
x
0
x
0
x
2
2
1?e
2 )
解得
x
0
?e
，故点P 的坐标为
(e，
?ax?ax?a?1
(x?1)(ax?1?a)
????
2
2
x
xx
2
1
1?a
∵
0?a?
∴
?1?0

2a
1?a1?a
∴当
0?x?1
，或
x?
时
f
?
(x)?0
，当
1?x?
时，
f
?
(x)?0

a
a
1
1?a故当
0?a?
时，函数
f(x)
的单调递增区间为
(1,)；
2a
1?a
单调递减区间为
(0,1)
，
(,?? )

a
1x2
（Ⅲ）当
a?
时，
f(x)?lnx ???1
由（Ⅱ）可知函数
f(x)
在
（0，1)
上是减函数，333x
2e2
在
（1，2)
上为增函数，在
(2，e]
上为减函数，且
f(1)??
，
f(e)???

333e
2?e
2
?2e3?(e?1)
2
2
?
∵
f(e )?f(1)?
，又
e?3?1
，∴
(e?1)?3
，
3 e3e
2
∴
f(e)?f(1)
，故函数
f(x)
在
(0,e]
上的最小值为
?

3
（0,e]
，
? x
2
?[0,1]
使
f(x
1
)
≥
g(x
2
)
成立
?
g(x)
在
[0,1]
上的最小值不大于若对于
?x
1
?
2
f(x)
在
(0, e]
上的最小值
?
（*）
3
55
2
又
g(x)?x?2bx??(x?b)
2
?b
2
?
，
x?[ 0,1]

1212
52
①当
b?0
时，
g(x)
在
[0,1]
上为增函数，
[g(x)]
min
?g(0) ????
与（*）矛盾
123
5
2
②当
0?b?1
时，
[g(x)]
min
?g(b)??b?
，
12
5 21
2
??
及
0?b?1
得，
?b?1
由
?b?
1232
③当
b?1
时，
g(x)
在
[0 ,1]
上为减函数，
7172
[g(x)]
min
?g(1)?? 2b????
，此时
b?1

12123
1
??）
综上，
b
的取值范围是
[，

2
（Ⅱ）
f
?
(x)?
2
a(x?1)(x?
1?a
)
a

15.

(2010山东，两边分求，最小值与最大值)
已知函数
f(x)?xlnx,g(x)??x
2
?ax?3
．

⑴求
f(x)
在
[t,t?2](t?0)
上的最小值；

⑵若存在
x?
?
,e
?
（
e
是常数，e
＝
2.71828
???
）使不等式
2f(x)?g(x) 成立，求实数
a
的取
e
值范围；

⑶证明对一切
x?(0,??),
都有
lnx?
解：⑴，

?
1
?
?
?
12
?
成立．

e
x
ex

所以f
?
x
?
min
⑵由题意知

1
?
1
? 0?t?
?
?
ee
?
?

1
?
tInt t?
?
e
?
3
2xInx??x
2
?ax?3,则a?2Inx?x?,
x
323
?
x?3
??
x?1
?
设h
?
x
?
?2Inx?x?
?
x?0
?
则h
?
?
x
?
??1?
2
?
xxxx
2
?
1
?当x?
?
,1
?
时，h
?
?
x
??0,h
?
x
?
单调递减；
?
e
?
当 x?
?
1,e
?
时，h
?
?
x
?
?0,h
?
x
?
单调递增；

?
?
1?
?
?
1
?
所以h
?
x
?
m ax
?max
?
h
??
,h(e)
?
,因为存在x ?
?
,e
?
,使2f
?
x
?
?g
?
x
?
成立，
?
e
?
?
?
e?
?
所以a?h
?
x
?
max
,
11 3
h()??2??3e
，
h(e)?2?e?

eee
1 1
而
h()?h(e)
，故
a??3e?2

ee
x2
（Ⅲ）等价证明
xInx?
x
?
?x?
?
0,??
?
?

ee
由⑴知

f
?
x
?
?xInx
?
x?
?
0,??
?
?
的最小值是-
1
e
1
当且仅当x?取到，

e
x21?x
设
?
?
x
?
?
x
?
?
x?
?
0,??
?
?
,则
?
?
?
x
?
?
x
,
eee
1
易得
?
?
x
?
max
?
?
?
1
?
??，当且仅当x?1时取到，
e

x 2
从而对一切x?
?
0,??
?
都有xInx?
x
?成立，
ee
12
即Inx?
x
?对一切x?
?
0 ,??
?
成立
．

eex

16.

（最值应用）
设函数
f(x)?px?
⑴求
p
与
q
的关系；
⑵若
f(x)
在其定义域内为单调函数，求
p
的取值范围；
⑶设
g(x)?
围.
解：（1）由题意得
f(e)?pe?
而
e?
qp
?2lnx
，且
f(e)?qe??2
，其中
e
是自然对数的底数.
xe
2e
，若在
?
1,e
?
上至少存在一点
x
0
，使得
f(x
0
)
＞
g(x
0
)
成立，求实数
p
的取值范
x
qp1
?2lne?qe??2?(p?q)(e?)?0

eee
1
?0
，所以
p
、
q
的关系为p?q
.
e
qp
（2）由（1）知
f(x)?px??2ln x?px??2lnx
，
xx
p2px
2
?2x?p
2 '
.令
h(x)?px?2x?p
，
f(x)?p?
2??
2
xxx
要使
f(x)
在其定义域
(0,??) 内单调，只需
h(x)?0或h(x)?0
恒成立.
2x
'
①当
p?0
时，
h(x)??2x
，因为
x
＞
0 ，所以
h(x)
＜0，
f(x)??
2
＜0，
x ∴
f(x)
在
(0,??)
内是单调递减函数，即
p?0适合题意；
1
2
p
h(x)?p?
②当＞0时，
h( x)?px?2x?p
，∴，
min
p
1
只需
p??0 ，即
p?1时h(x)?0,f
'
(x)?0
，
p
∴
f(x)
在
(0,??)
内为单调递增函数，故
p?1
适合题意.
③当
p
＜0时，
h(x)?px
2
?2x?p ，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为
x?
1
?(0,??)
，p

只要
h(0)?0
，即
p?0
时，
h (x)?0
在
(0,??)
恒成立，故
p
＜0适合题意.
综上所述，
p
的取值范围为
p?1或p?0
.
2e
在
?
1,e
?
上是减函数，
x
∴ x?e
时，
g(x)
min
?2
；
x?1
时，
g(x)
max
?2e
，即
g(x)?
?
2,2 e
?
，
（3）∵
g(x)?
①当
p?0
时，由（ 2）知
f(x)
在
?
1,e
?
上递减
?f(x) max
?f(1)?0
＜2，不合题意；
1
?0
，
x
又由（2）知当
p?1
时，
f(x)
在
?
1, e
?
上是增函数，
1111
∴
f(x)?p(x?)?2lnx? x??2lnx?e??2lne?e??2
＜
2
，不合题意；
xxee ③当
p?1
时，由（2）知
f(x)
在
?
1,e?
上是增函数，
f(1)?0
＜2，又
g(x)
在
? 1,e
?
上是减函数，
②当0＜
p
＜1时，由
x? ?
1,e
?
?x?
故只需
f(x)
max
＞
g(x)
min
，
x?
?
1,e
?
，而 f(x)
max
?f(e)?p(e?)?2lne
，
g(x)
min
?2
，即
1
e
14e
p(e?)?2lne
＞2，解得
p
＞
2
，
ee?1
4e
，??)
. 综上，
p
的取值范围是
(
2
e?1

17.

（
2011
湖南文，第
2
问难，单调性与极值，好题）
设函数
f(x)?x?
⑴讨论函数
f(x)
的单调性；
1
?alnx(a?R).
x

⑵若
f(x)
有两个极值点
x
1
,x
2
，记过点
A(x
1
, f(x
1
)),B(x
2
,f(x
2
))
的直线斜率为
k
,问：是否存
在
a
，使得
k?2?a
？若存在，求出
a
的值；若不存在，请说明理由.
1ax
2
?ax?1

解：⑴
f(x)
的定义域为
(0,??).
f'(x)?1?
2
??
2
xxx
令
g(x)?x
2
?ax?1,其判别式
V?a
2
?4. 
①当
|a|?2时,V?0,f'(x)?0,
故
f(x)在(0, ??)
上单调递增．

②当
a??2时,
在
(0,??) 上，
f'(x)?0
，故
f(x)在(0,??)
V>0,g(x)= 0
的两根都小于
0
，
上单调递增．

22
a?a?4a?a?4
，

③当
a?2时,V>0,g (x)=0
的两根为
x
1
?,x
2
?
22
当
0?x?x
1
时，

f'(x)?0
；当
x1
?x?x
2
时，
f'(x)?0
；当
x?x
2
时，
f'(x)?0
，故
f(x)
分别在
(0,x
1
),(x
2
,??)
上单调递增，在
(x
1
, x
2
)
上单调递减．

⑵由⑴知，若
f(x)
有两个极值点
x
1
,x
2
，则只能是情况③，故
a?2
．

x
1
?x
2
?a(lnx
1 ?lnx
2
)
，

x
1
x
2
f(x
1
)?f(x
2
)lnx
1
?lnx
2 1
k??1??ag

所以
x
1
?x
2x
1
x
2
x
1
?x
2
lnx
1
?lnx
2
k?2?ag

又由⑴知，
x
1x
2
?1
，于是
x
1
?x
2
lnx 1
?lnx
2
?1
．即
lnx
1
?lnx 2
?x
1
?x
2
．

a
若存在，使得
k?2?a.
则
x
1
?x
2
1
x??2 lnx
2
?0(x
2
?1)(*)

亦即
2
x
2
1
再由⑴知，函数
h(t)?t??2lnt
在
(0 ,??)
上单调递增，而
x
2
?1
，所以
t
11 x
2
??2lnx
2
?1??2ln1?0.
这与
( *)
式矛盾．故不存在
a
，使得
k?2?a.

x
2
1
因为
f(x
1
)?f(x
2
)?(x
1
?x
2
)?

18. （构造函数，好，较难）
已知函数
f(x)?lnx?
1
2
ax?(a?1)x(a?R，a?0)
.
2
⑴求函数
f(x)
的单调增区间；
⑵记函数
F(x )
的图象为曲线
C
，设点
A(x
1
,y
1
)、B(x
2
,y
2
)
是曲线
C
上两个不同点，如果曲线
x
1
?x
2
；②曲线
C
在点
M处的切线平行于直线
AB
，
2
则称函数
F(x)
存在“ 中值相依切线”.试问：函数
f(x)
是否存在中值相依切线，请说明理由.
C上存在点
M(x
0
,y
0
)
，使得：①
x0
?

解：（Ⅰ）函数
f(x)
的定义域是
(0,??)
.
1
a(x?1)(x?)
1
a
. 由已知得，
f'(x)??ax?a?1??
xx
ⅰ 当
a?0
时, 令
f'(x)?0
,解得
0?x?1
;
?
函数
f( x)
在
(0,1)
上单调递增
ⅱ 当
a?0
时，
11
①当
??1
时，即
a??1
时, 令
f'(x)?0
,解得
0?x??
或
x?1
;
aa
1
?
函数
f(x)
在
(0,?)
和
( 1,??)
上单调递增
a
1
②当
??1
时，即
a??1
时, 显然，函数
f(x)
在
(0,??)
上单调递增；
a
11
③当
??1
时，即
?1?a?0
时, 令
f'(x)?0
,解得
0?x?1
或
x??

a a
1
?
函数
f(x)
在
(0,1)
和
(? ,??)
上单调递增.
a
综上所述:

⑴当
a?0
时,函数
f(x)
在
(0,1)
上单调递增
1
a
⑶当
a??1
时,函数
f(x)
在
(0,??)
上单调递增；
1
⑷当
?1?a?0
时,函数
f(x)
在(0,1)
和
(?,??)
上单调递增.
a
(Ⅱ)假设函数
f(x)
存在“中值相依切线”.
设
A (x
1
,y
1
)
,
B(x
2
,y
2
)
是曲线
y?f(x)
上的不同两点，且
0?x
1
?x
2
，
1
2
1
2
则
y
1 ?lnx
1
?ax
1
?(a?1)x
1
，
y
2
?lnx
2
?ax
2
?(a?1)x
2
.
22
1
(lnx
2
?lnx
1
)?a(x2
2
?x
1
2
)?(a?1)(x
2
?x1
)
y?y
2
k
AB
?
21
?

x
2
?x
1
x
2
?x
1
ln x
2
?lnx
1
1
?a(x
1
?x
2)?(a?1)
.
?
x
2
?x
1
2 x?x
2
x?x
2
?a?
12
?(a?1)
，曲线在点
M(x
0
,y
0
)
处的切线斜率
k?f
?
(x
0
)
?f
?
(
1
)
?
x
1
?x
2
2
2
lnx
2
?lnx
1
1
x?x
2
?a (x
1
?x
2
)?(a?1)??a?
12
?(a?1) . 依题意得：
x
2
?x
1
2x
1
?x2
2
x
2(
2
?1)
x
1
lnx2
?lnx
1
x2(x
2
?x
1
)
2
?
?
化简可得，即
ln
2
=.
x
2
x
2
?x
1
x
1
?x
2
x
1
x
2
?x
1
?1
x
1 x
2(t?1)4
设
2
?t
(
t?1
)，上式化为：
lnt?
,
?2?
x
1
t?1t?1
⑵当
a??1
时,函数
f(x)
在
( 0,?)
和
(1,??)
上单调递增
(t?1)
2
14 44
?
,
g'(t)??
.
lnt??2
,令g(t)?lnt?
t(t?1)
2
t(t?1)
2
t?1t? 1
因为
t?1
,显然
g'(t)?0
，所以
g(t)
在
(1,??)
上递增,显然有
g(t)?2
恒成立.
4
所以在
(1,??)
内不存在
t
,使得
lnt??2
成立 .
t?1
综上所述，假设不成立
.
所以，函数
f(x)
不存在“中值相依切线”

19.

(2011
天津理
19
，综合应用
)
已知
a?0
，函数
f
?
x
?
?lnx?ax
，
x?0
．
(
f
?
x
?
的图象连续
)
2
⑴求
f
?
x
?
的单调区间；

⑵若存在属于区间
?
1,3
?
的
?
,
?
，且
?
?
?
≥1
，使
f
?
?
??f
?
?
?
，证明：
ln3?ln2ln2
≤a≤．

53

11?2ax
2
2a
解：⑴ f
?
?
x
?
??2ax?
，
x?0
．令
f
?
?
x
?
?0
，则
x?
．

xx
2a
当
x
变化时，
f
?
?
x
?
，
f
?
x
?
的变化情况如下表：
x

?
2a
?
?
?
0,
2 a
?
?

??
2a

2a
0

极大值

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

??
f
?
?
x
?

f
?
x
?

?

单调递增

?

单调递减

所以
f
?
x
? 的单调增区间是
?
?
0,
?
?
?
2a
?
2a
?
,??
，单调减区间是．

???
???
2a
??
2a
?

⑵由
f
?
?
?
?f
?
?
?
及 f
?
x
?
的单调性知
?
?
2a
从而
f
?
x
?
在区间
?
?
,
?
?
上的最小值为
?
?
．
2a
f
?
??
．

又由
?
?
?
?1
，
?
,
?
?
?
1,3
?
，则
1?
? ?2?
?
?3
．

所以
?
所以
? ?
f
?
2
?
?f
?
?
?
? f
?
1
?
,
?
ln2?4a??a,

即
?
f2?f
?
?f3,
????
?
ln2?4a? ln3?9a.
?
?
??
ln3?ln2ln2
?a?
． 
53

20.

（恒成立，直接利用最值）

已知函数
f(x)?ln(ax?1)?x
2
?ax, a?0
，

1
是函数
f(x)
的一个极值点，求
a
；

2
⑵讨论函数
f(x)
的单调区间；

⑴若
x? ⑶若对于任意的
a?[1,2]
,
不等式
f
?
x?
≤
m
在
[,1]
上恒成立，求
m
的取值范围
.
1
2
2ax
2
?(2?a
2
)x
, 解：⑴
f
?
(x)?
ax?1
11
因为
x? 是函数
f(x)
的一个极值点，所以
f
?
()?0
，得
a
2
?a?2?0
.
22
又
a?0
，所以
a?2
.

1
, ??)
，

a
a
2
?2
2ax(x?)
2ax
2
?(2?a
2
)x
.
2a
f
?
(x)??
ax?1ax?1
①当
a?2
时，列表

2
1
a?2
x

(?, 0)

(0, )

a
2a
f
?
(x)

＋

－

f(x)

增

减

⑵因为
f(x)
的定义域是
(?
a
2
?2
(, ??)

2a
＋

增

1
a
2 ?2a
2
?2
f(x)
在
(?, 0)
，
(, ??)
是增函数；
f(x)
在
(0, )
是减函数
.
a
2a2a
22x
2
2
② 当
a?2
时，
f
?
(x)?
≥
0
，
f(x)
在
(?, ??)
是增函数
.
2
2x?1
③当
0?a?2
时，列表

22
1a?2a?2
(0, ??)

x

(?, )

(, 0)

a2a2a
f
?
(x)

＋

－

＋

f(x)

增

减

增

1a
2
?2a
2
?2
f(x)
在
(?, )
,
(0, ??)
是增函数；
f(x)
在
(, 0)
是减函数
.
a2a2a
⑶

21.

（最值与图象特征应用）

e
?x
设
a?R
，函数
f(x)?(ax
2
?a?1)(e
为自然对数的底数）
.
2
⑴判断
f(x)
的单调性；

1
⑵若
f (x)?
2
在x?[1,2]
上恒成立，求
a
的取值范围
.
e

解：⑴∵
f
?
(x)??
1
?x
11
e(ax
2
?a?1)?e
?x
?(2ax)?e?x
(?ax
2
?2ax?a?1),

222
令
g(x)??ax
2
?2ax?a?1.

①当
a?0时,g(x)??1?0,?f
?
(x)?0,?f(x)
在 R
上为减函数
.
②当
a?0时,g(x)?0的判别??4a
2
?4(a
2
?a)??4a?0,

?g(x)?0,即f?
(x)?0?f(x)
在
R
上为减函数
.
③当 a?0
时，由
?ax
2
?2ax?a?1?0,
得
x ?1?
由
?ax
2
?2ax?a?1?0,
得
1?
1
?a
,

或x?1?
1
?a
,

1
?a?a
a??aa??a
?f(x)在(??,),(,??)
上为增函数；

aa
a??aa??a
f(x)在(,)
上为减函数
.
aa
⑵由⑴知

①当
a?0时,f(x)在[1,2]
上为减函数
.
?x?1? 1
?f(x)
min
?f(2)?
5a?15a?111
.由 ?得a?.

222
5
2e2ee
5a?11

?
②当
a?0时,f(2)?
2e
2
2e
2
11?f(x)?
2
在
[1
，
2]
上不恒成立，∴
a
的取值范围是
(,??).

5
e

22.

(
单调性
)
已知
f(x)
=l n(x+2)
－
x
2
+bx+c

⑴若函数
f(x )
在点
(1
，且
f(
－
1)=0
，求函数
f(x)
在区间
[0,3]
y
)
处的切线与直线
3x+7y +2=0
垂直，
上的最小值；

⑵若
f(x)
在区间
[0,
m
]
上单调，求
b
的取值范围
.
解：⑴
f
?
(x)?

13
?2x?b
，依题意令
f
?
(1)
=
，
f(?1)
＝
0
，解得
b=4
，
c=5.
x?27
1?2x
2
?932

?f
?
( x)??2x?4??0得x?
x?2x?22
333
2
)
2

2
,3
）

3
(0,
x 0
（
222

8+ln5
y
′

+ 0
－

y ln2+5
极大

因为
8+ln5>5+ln2
∴
x=0
时
f(x) 在
[0
，
3]
上最小值
f(0)
=5+ln2. ⑵若
f(x)
在区间
[0
，
m]
上单调，有两种可能

①令
f
?
(x)?
11
?2x?b ≥
0
得
b
≥
2x
－，在
[0
，m]
上恒成立

x?2x?2

111
.
在
[0
，
m]
上单调递增，最大值为
2m
－，∴
b
≥
2m
－
x?2m?2m?2
11

?2x?b
≤
0
得
b
≤
2x
－②令f
?
(x)?
，

x?2x?2
111
而
y=2x
－在
[0
，m]
单增，最小为
y=
－，∴
b
≤－
.
x? 222
11
故
b
≥
2m
－或
b
≤－时f(x)
在
[0
，
m]
上单调
.
m?22

而
y=2x
－

23.

（单调性，用到二阶导数的技巧）

已知函数
f(x)?lnx

f(x)?a
(a?R)
，求
F(x)
的极大值；

x

⑵若
G(x)?[f(x)]
2
?kx
在定义域内单调递减，求满足此条件的实数
k
的取值范围
.
f(x)?alnx? a
?
解：⑴
?F(x)?
定义域为
x?(0,??)

xx
(1?a)?lnx

?F
?
(x)?
x 2
令
F
?
(x)?0得x?e
1?a

由
F
?
(x)?0得0?x?e
1?a

由
F
?
(x)?0得x?e
1?a

即
F (x)在(0,e
1?a
)
上单调递增，在
(e
1?a
,? ?)
上单调递减

1?a?a
1?a
)?e
a?1

?x?e
1?a
时，
F(x)
取得极大值
F(e?
?a
e
2lnx

⑵
?G(x)?(lnx)
2
?kx
的定义域为
(0
，
+
∞
)
，
?G
?
(x)??k

x
2lnx
?k?0
在
(0
，
+
∞
)
内恒成立

由
G (x) 在定义域内单调递减知：
G
?
(x)?
x
22(1?lnx)

由
H
?
(x)?0得x?e

令
H( x)?lnx?k
，则
H
?
(x)?
2
x
x
∵当
x?(0,e)
时
H
?
(x)?0,H(x)
为增函数

当
x?(e,??)
时
H
?
(x)?0
，
H(x)
为减函数

2
∴当
x = e
时，
H(x)
取最大值
H(e)??k

e
22
故只需
?k?0
恒成立，
?k?

ee
22
又当
k?
时，只有一点
x = e
使得 G
?
(x)?H(x)?0
不影响其单调性
?k?.

ee

⑴若
F(x)?

二、交点与根的分布

24.

（2008四川22，交点个数与根的分布）
已知
x?3
是函数
f (x)?aln(1?x)?x
2
?10x
的一个极值点．
⑴求
a
；
⑵求函数
f(x)
的单调区间；
⑶若直线
y?b
与函数
y?f(x)
的图像有
3
个交点，求b
的取值范围．
a
?2x?10
解：⑴
f(x)?aln( 1?x)?x
2
?10x
，
f'(x)?
1?x
x?3是函数
f(x)?aln(1?x)?x
2
?10x
的一个极值点．
f'(3)?
a
?4?0
，
a?16

4
⑵由⑴
f(x)?16ln(1?x)?x
2
?10x
，
x?(?1 ,??)

令
f'(x)?0
，得
x?1
，
x?3
，
f'(x)
和
f(x)
随
x
的变化情况如下：
(3,??)

(1,3)
3
(?1,1)

1
x

f'(x)

?

0
?

?

0
f(x)

增

极大值

减

极小值

增

f( x)
的增区间是
(?1,1)
，
(3,??)
；减区间是
( 1,3)
．

⑶由②知，
f(x)
在
(?1,1)
上单调递增，在
(3,??)
上单调递增，在
(1,3)
上单调递减． ∴
f(x)
极大
?f(1)?16ln2?9
，
f(x)
极小
?f(3)?32ln2?21
．
又
x??1
?
时，
f(x)???
；
x???
时，
f(x)???
；
可据此画出函数
y?f(x)
的草图（图略），由图可知，
当直线
162x
2
?8x?62(x?1)(x?3)

f '(x)??2x?10??
1?xx?1x?1
y?b
与函数
y?f(x)
的图像有3个交点时，
b
的取值范围为
(32ln2?21,16ln2?9 )
．
32
25.

已知函数
f
?
x?
??x?ax?bx?c
在
?
??,0
?
上是减函数，在
?
0,1
?
上是增函数，函数
f
?
x
?
在
R
上有三个零点．
（1）求
b
的值；
（2）若1是其中一个零点，求
f
?
2
?
的取值范围； （3）若
a?1，g
?
x
?
?f
相切？请说明理由.
'
?
x
?
?3x
2
?lnx
，试问过点（ 2，5）可作多少条直线与曲线y=g(
x
)

⑶
g (x)
=2x+lnx
，设过点（
2
，
5
）与曲线
g (x)
的切线的切点坐标为
(x
0
,y
0
)

1
)(x
0
?2)

，
x
0
212
2
?2?0
，令
h(x)=
lnx??2
∴
h

(x)
=
?
2
=0
，∴
x?2

∴
lnx
0
?
x
0
xx
x
，∴
h(x)
在（
0
，
2
）上单调递减，在（
2
，
??
）上单调递增

12
Q
又
h()? 2?ln2?0
，
h(2)=ln2-1<0
，
h(e
2
) ?
2
?0

2e

∴
y
0
?5?g (x
0
)(x
0
?2)
即
2x
0
?lnx
0
?5?(2?
∴
h(x)
与
x
轴有两个交点，∴ 过点（
2
，
5
）可作
2
条曲线
y=g(x)
的切线
.

26.

（交点个数与根的分布）

已知函数
f(x)??x
2
?8x,g(x)?6lnx?m.
⑴求
f(x)
在区间
?
t,t?1
?
上的最大值
h(t); 

⑵是否存在实数
m,
使得
y?f(x)
的图像与
y?g(x)
的图像有且只有三个不同的交点？若
存在，求出
m
的取值范围；若不存在，说明理由。

解：⑴
f(x)??x
2
?8x? ?(x?4)
2
?16.

当
t?1?4,
即
t? 3
时，
f(x)
在
?
t,t?1
?
上单调递增， 
h(t)?f(t?1)??(t?1)
2
?8(t?1)??t
2
?6t?7;

当
t?4?t?1,
即
3?t?4
时，
h(t)?f(4)?16;

当
t?4
时，
f(x)
在
?
t,t?1
?
上单调递减，
h(t)?f(t)??t
2
?8t.

?
?t
2
?6t?7,t?3,
?
3?t?4,

综上
h(t)?
?
16,　　　　
?
?t
2
?8t,　　t?4
?
⑵函数
y?f(x)
的图像与
y?g(x)
的图像有且只有三个不同的交点，即函数

?
(x)?g(x)?f(x) 的图像与
x
轴的正半轴有且只有三个不同的交点。

Q
?
(x)?x
2
?8x?6lnx?m,

62x
2
?8x?62(x?1)(x?3)
?
?
'(x) ?2x?8???(x?0),
xxx
当
x?(0,1)
时，
?'(x)?0,
?
(x)
是增函数；

当
x?(0,3 )
时，
?
'(x)?0,
?
(x)
是减函数；
 当
x?(3,??)
时，
?
'(x)?0,
?
(x)
是增函数；

当
x?1,
或
x?3
时，
?
'(x)?0.

?
?
(x)
最大值
?
?
(1)?m?7,
?
(x)
最小值
?
?
(3)?m ?6ln3?15.

Q
当
x
充分接近
0
时，?
(x)?0,
当
x
充分大时，
?
(x)?0.

?
要使
?
(x)
的图像与
x
轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须

?
?
?
(x)
最大值
?m?7?0,
即
7?m?15?6ln3.

?
?
(x)?m?6ln3?15? 0,
?
最小值
?
∴存在实数
m
，使得函数
y?f( x)
与
y?g(x)
的图像有且只有三个不同的交点，
m
的取
值范围为
(7,15?6ln3).

27.

（交点个数与根的分布）

已知函数
f(x)?ln( 2?3x)?
⑴求
f(x)
在
[0,1]
上的极值；

⑵若对任意
x?[,],不等式|a?lnx|?ln[f
?
(x )?3x]?0
成立，求实数
a
的取值范围；
3
2
x.
2
11
63
⑶若关于
x
的方程
f(x)?? 2x?b
在
[0
，
1]
上恰有两个不同的实根，求实数
b 的取值范围
.
3?3(x?1)(3x?1)
?3x?
解：⑴
f
?
(x)?
，

2?3x3x?2
1
令
f
?
(x)?0得x?或x??1
（舍去）

3
11?当0?x?时,f
?
(x)?0,f(x)
单调递增；当
?x?1时, f
?
(x)?0,f(x)
递减
.
33

11
?f()?ln3?为函数f(x)在[0,1]
上的极大值
.
36
⑵由
|a?lnx|?ln[f
?
(x)?3x]?0
得
33
a?lnx?ln或a?lnx?ln
2?3x2?3x

33x
32x?3x
2
g(x)?lnx?ln?ln
设
h(x) ?lnx?ln
，，

?ln
2?3x2?3x
2?3x3
11
依题意知
a?h(x)或a?g(x)在x?[,]
上恒成立，

63
2?3x3(2?3x)?3x?32
?g
?
(x)????0
，

3xx(2?3x)
(2?3x)
2

312? 6x
?(2?6x)??0
，

2x?3x
2
3
2x?3x
2
11
?g(x)与h(x)都在[,]
上单增，要使不等式①成立，

63
1111
当且仅当
a?h()或a?g(),即a?ln 或a?ln.

3635
3
2

⑶由
f(x)??2x?b?ln(2?3x)?x?2x?b?0.

2 3
2
37?9x
2
令
?
(x)?ln(2?3x)? x?2x?b,则
?
?
(x)?
，

?3x?2?
22?3x2?3x
77
当
x?[0,]时,
?
?
(x)? 0,于是
?
(x)在[0,]
上递增；

33
77
x?[,1]时,
?
?
(x)?0,于是
?
(x)在[,1]
上递减，

33

77

而
?
()? ?
(0),
?
()?
?
(1)
，

33
?f(x)??2x?b即
?
(x)?0在[0,1]
恰有两个不同实根等价于

h
?
(x)?
?
?
?
(0)?l n2?b?0
?
7727
?
?
()?ln(2?7)???b?0 
?
66
?
3
1
?
?
(1)?ln 5??b?0
?
2
?
1727
?ln5??b?ln(2?7)?? .

263

28.

(2009
宁夏，利用根的分布
)
已知函数f(x)?(x
3
?3x
2
?ax?b)e
?x

⑴如
a?b??3
，求
f(x)
的单调区间；

⑵ 若
f(x)
在
(??,
?
),(2,
?
)
单调增加，在
(
?
,2),(
?
,??)
单调减少，证明：
?
?
?
＜
6.
解：⑴
a?b??3
时， f(x)?(x
3
?3x
2
?3x?3)e
?x
，故
.5.u.c.o.m
w.w.w..s.5.u.c.o.m

w.w.w..s.5.u.c.o.m
f'(x)??(x
3
?3x2
?3x?3)e
?x
?(3x
2
?6x?3)e
?x
??x(x?3)(x?3)e
?x

当
x??3或
0?x ?3时，f'(x)?0;
当
?3?x?0或x?3时，f'(x)?0.

0），（3，??）
从而
f(x)在(??,?3),(0,3)单调增加，在（?3，
单调减少
.
⑵
f'(x)??(x
3
?3x
2
?ax?b)e
?x
?(3x
2
?6x?a)e
?x
??e
?x
[x
3
?(a?6)x?b?a].

由条件得
f'(2)?0,即2
3
?2(a?6)?b?a?0,故b?4?a,
从而
f'(x)??e
?x
[x
3
?(a?6)x? 4?2a].

因为
f'(
?
)?f'(
?
)?0,

所以
x
3
?(a?6)x?4?2a?(x?2)(x?
?
)(x? ?
)?(x?2)[x
2
?(
?
?
?
)x?
??
].

将右边展开，与左边比较系数得，
?
?
?
??2,
??
?a?2.
故
?
?
?
? (
?
?
?
)
2
?4
??
?12?4a. 
又
(
?
?2)(
?
?2)?0,即
?? ?2(
?
?
?
)?4?0.
由此可得
a??6.于是
?
?
?
?6.
w.w

29.

（
2009
天津文，利用根的分布讨论）

设函数
f
?
x
?
??
1
3
x
3
?x
2
?
?
m
2
?1
?
x
?
x?R
?
，其中
m?0

⑴当
m?1
时，求曲线
y?f
?
x
?
在点
?
1,f
?
1
?
?
处的切线的斜率

⑵求函数
f
?
x
?
的单调区间与极值

⑶ 已知函数
f
?
x
?
有三个互不相同的零点
0、x
1
、x
2
，且
x
1
?x
2
，若对任意的x?
?
x
1
,x
2
?
,f
?
x
?
?f
?
1
?
恒成立，求
m
的取值范围
.
解：⑴当
m?1时，f(x)?
1
3
x
3?x
2
,f

(x)?x
2
?2x,故f
'(1)?1

所以曲线
y?f(x)
在点
(1,f(1))处的切线斜率为
1.
⑵
f
'
(x)??x
2
?2x?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

(??,1?m)

1?m

(1?m,1?m)

1?m

(1?m,??)

f
'
(x)

+ 0
－

0 +
f(x)

↓

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。

函数
f(x)
在
x?1?m
处取得极大值
f(1?m)，且
f(1?m)
=
2
3
m
3
?m
2
?
1
3

函数
f(x)
在
x?1?m处取得极小值
f(1?m)
，且
f(1?m)
=
?
2 32
1
3
m?m?
3

⑶由题设
f(x)? x(?
1
2
3
x?x?m
2
?1)??
1
3
x(x?x
1
)(x?x
2
)

所以方程
?
1
3
x
2
?x?m
2
?1
=0
由两个相异的实根
x
1
,x
2
，故
x
1
?x
2
?3
，
??1?
4
3
(m
2
?1)?0
，解得
m??
11
2
(舍)，m?
2

因为
x,所以2x
3
1
?x
22
?x
1 ?x
2
?3,故x
2
?
2
?1
（难点）
且

1
3
若
1?x
1
?x2
,
则对任意的
x?[x
1
,x
2
]
有
x?x
1
?0,x?x
2
?0,

1
则
f(x)???x(x?x
1
)(x?x
2
)?0
，又f(x
1
)?0
，所以函数
f(x)
在
x?[x
1
,x
2
]
的最
3
1
2
小值为
0
，于是对任意的
x?[x
1
,x
2
]
，
f(x)?f(1)
恒成立的充要条件是
f(1)?m??0
,
3
3 313
解得
?
，综上，
m
的取值范围是
(,?m?)

3323
若
x
1
?1?x
2
,则f(1)?? (1?x
1
)(1?x
2
)?0
，而
f(x
1)?0
，不合题意；

30.

（
2007
全国
II
理
22，转换变量后为根的分布）

已知函数
f(x)?x
3
?x
．

（
1 ）求曲线
y?f(x)
在点
M(t，f(t))
处的切线方程；

（
2
）设
a?0
，如果过点
(a，b)
可作曲线
y?f(x)
的三条切线，证明：
?a?b?f(a)
．

解：（
1
）
f
?
(x)?3x
2
?1
．
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
3
?3at
2
?a?b?0
有三个相异的实数根．

记

g(t)?2t
3
?3at 2
?a?b
，则
g
?
(t)?6t
2
?6a t
?6t(t?a)
．

当
t
变化时，
g(t)， g
?
(t)
变化情况如下表：

(??，0)

0
t

g
?
(t)

?

0
g(t)

Z

(0，a)

a

0
?

(a，??)

?

极大值
]

a?b

如果过
(a，b)
可作曲线
y?f(x)
三条切线，

极小值
b?f(a)

Z

?
a?b?0，
g(t)?0
即有三个相异的实数根，则
?
即

?a?b?f(a)
．

?
b?f(a)?0.
32
31. 已知函数
f
?
x
?
?ax?bx?3x
?
a,b?R
?
在点
? 1,f
?
1
?
?
处的切线方程为
y?2?0
．
⑴求函数
f
?
x
?
的解析式；
⑵若对于区间
?
?2,2
?
上任意两个自变量的值
x
1
,x2
都有
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?c
，求实数
c
的最
小值；
⑶若过点
M
?
2,m
??
m?2
?
可作曲线
y? f
?
x
?
的三条切线，求实数
m
的取值范围．
解：⑴
f
?
?
x
?
?3ax?2bx?3
．………… ………………………………………………2分
2

?
?
a?1
?
f
?
1
?
??2,
?
a?b?3??2 ,
根据题意，得
?
即
?
解得
?
……………………3 分
?
b?0
3a?2b?3?0,
f1?0,
?
?
?
?
??
所以
f
?
x
?
?x?3x．………………………………………………………………4分
3
⑵令
f
?
?
x
?
?0
，即
3x
2
?3?0
．得
x??1
．
x

?2

?
?2,?1
?

+
增
?1

极大值
?
?1,1
?

?

减
1

极小值
?
1,2
?

+
增
2

2
f
?
?
x
?

f
?
x
?

?2

因为
f
?
?1
?
?2
，
f
?
1
?
?? 2
，
所以当
x?
?
?2,2
?
时，
f ?
x
?
max
?2
，
f
?
x
?
min
??2
．………………………………6分
则对于区间
?
?2,2
?
上任意两个自变量的值
x
1
,x
2，都有
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?f
?
x
?
max
?f
?
x
?
min
?4
，所以
c?4
．
所以
c
的最小值为4．……………………………………………………………………8分
⑶因为点
M
?
2,m
??
m?2
?
不在曲线
y?f
?
x
?
上，所以可设切点为
?
x
0
,y
0
?
．
3
则
y
0
?x
0
?3x
0
． 2
2
因为
f
?
?
x
0
?
? 3x
0
?3
，所以切线的斜率为
3x
0
?3
．…… …………………………9分
3
x
0
?3x
0
?m
则
3x?3
=，………………………………………………………………11分
x0
?2
2
0
32
即
2x
0
?6x0
?6?m?0
．
因为过点
M
?
2,m
??
m?2
?
可作曲线
y?f
?
x
?
的三条切线，
32
所以方程
2x
0
?6x
0
?6?m?0
有三个不同的实数解．
所以函数
g
?
x
?
?2x ?6x?6?m
有三个不同的零点．
32
则
g
?
?
x
?
?6x?12x
．令
g
?
?
x
? ?0
，则
x?0
或
x?2
．
2
x

?
??,0
?

+
0

?
0,2
?

?

2

?
2,??
?

+
g
?
?
x
?

g
?
x
?

则
增

，即
极大值减极小值增
?
?
g
?
0
?
?0
?
?
?
g
?
2
?
?2 ?
6?m?0
?
?
?2?m?0
，解得
?6?m?2
．

32.

（2011省模，利用⑴的结论，转化成根的分布分题）

a
?lnx?1, g(x)?(lnx?1)e
x
?x,
（其中
e?2.718
）
x
（
I
）求函数
f(x)
在区间
?
0,e
?
上的最小值；

已知
a?R
，函数
f(x )?
（
II
）是否存在实数
x
0
?
?
0, e
?
，使曲线
y?g(x)
在点
x?x
0
处的切线与
y
轴垂直？若存在，求
出
x
0
的值；若不存在，请说明理由。

33.

已知函数
f(x)?x
，函数
g(x)?
?
f(x)?sinx
是区间
[-1
，
1]
上的减函数
.

（
I
）求
?
的最大值；

（
II
）若
g(x)?t
2
?
?
t?1在x?[?1,1]
上恒成立，求
t
的取值范围；

（Ⅲ）讨论关于x
的方程
lnx
?x
2
?2ex?m
的根的个数．
f(x)

解：（
I
）
f(x)?x,?g(x )?
?
x?sinx
，
?g(x)在[?1,1]
上单调递减，?g'(x)?
?
?cosx?0

?
?
??cosx
在
[-1
，
1]
上恒成立，
?
?
??1 ，故
?
的最大值为
?1.

（
II
）由题意
[g(x)]
max
?g(?1)??
?
?sin1,
?只需?
?
?sin1?t
2
?
?
t?1,

，恒成立，令
h(
?
)?(t?1)
?
?t
2?sin1?1?0(
?
??1)
，
?(t?1)
?
? t
2
?sin?1?0
（其中
?
??1
）
?
t??1
?
t?1?0
2
?,而t?t?sin1?0
恒成立， ?t??1

则
?
，
?
2
2
??t?1?t?sin1?1?0
?
t?t?sin1?0
lnxlnx
??x
2
?2ex?m.

（Ⅲ）由
f(x)x
lnx1 ?lnx
,f
2
(x)?x
2
?2ex?m,?f
1
'
(x)?,

令
f
1
(x)?
2
x x
当
x?(0,e)时,f
1
'
(x)?0,
?f 1
(x)在
?
0,e
?
上为增函数；

当 x?
?
e,??
?
时，
f
1
'
(x )?0,
?f
1
(x)在
?
e,??
?
为减函数；

1

当
x?e时,[f
1
(x)]
ma x
?f
1
(e)?,
e
11
22
而
f2
(x)?(x?e)
2
?m?e
2
,
?当m?e?, 即m?e?时,
方程无解；

ee
11
22
当
m? e?,即m?e?
时，方程有一个根；

ee
11
22
当 m?e?时,m?e?
时，方程有两个根
.
ee
[
来源[
来源学
*
科
*
网
]

三、不等式证明

作差证明不等式

34.

（
2010
湖南，最值、作差构造函数）

已知函数
f(x)?ln(x?1)?x
．

(1)
求函数
f(x)
的单调递减区间；

1
(2 )
若
x??1
，求证：
1?
≤
ln(x?1)
≤ x
．

x?1
解：
(1)
函数
f (x) 的定义域为
(
－
1
，
+
∞
),
f ?
(x)?
1x
?1??
，

x?1x?1
x
?
?0
?
?
由
f
?
(x)?0

得：
?
x?1
，∴
x
＞
0,
∴
f (x)
的单调递减区间为
(0
，
+
∞
).
??
x??1
(2)
证明：由
(1)
得
x
∈(
－
1
，
0)
时，
f
?
(x)?0 ，

当
x
∈
(0
，
+
∞
)
时，
f
?
(x)?0
，且
f
?
(0)?0

∴
x
＞－
1
时，
f (x)
≤
f (0)
，∴
ln(x?1)?x
≤
0
，
ln(x?1)
≤
x
11x
1
??
?1，则
g
?
(x)?

令
g(x)?ln(x?1)?
，

x?1
(x?1)2
(x?1)
2
x?1
∴－1＜
x
＜0时，
g
?
(x)?0
，
x
＞0时，
g
?
(x)? 0
，且
g
?
(0)?0

1
?1
≥0
x?1
11
∴
ln (x?1)
≥
1?
，∴
x
＞－1时，
1?
≤
ln(x?1)
≤
x
．

x?1x?1
∴
x
＞－1时，
g
(
x
)≥
g
(0)，即
ln(x?1)?

35.

（
2007
湖北
20
，转换变量，作差构造函数，较容易）

已知定义在正实数集上的函数
f(x)?
1
2
x?2ax
，
g(x)?3a
2
lnx?b
，其中
a?0
．设两曲线2
y?f(x)
，
y?g(x)
有公共点，且在该点处的切线相同．
⑴用
a
表示
b
，并求
b
的最大值；

⑵求证：当
x?0
时，
f(x)≥g(x)
．

解：⑴设
y?f(x)
与
y?g(x)(x?0)
在公共点
(x
0
，y
0
)
处的切线相同．

2
3a
∵ f
?
(x)?x?2a
，
g
?
(x)?
，由题意 f(x
0
)?g(x
0
)
，
f
?
( x
0
)?g
?
(x
0
)
．

x ?
1
22
x?2ax?3alnx
0
?b，
00?
2
3a
2
?
即
?
由
x
0 ?2a?
得：
x
0
?a
，或
x
0
? ?3a
（舍去）．

2
3a
x
0
?
x0
?2a?，
?
x
0
?
1
2
5
a?2a
2
?3a
2
lna?a
2
?3a
2lna
．

22
5
22
令
h(t)?t?3t lnt(t?0)
，则
h
?
(t)?2t(1?3lnt)
．于是 
2
1
当
t(1?3lnt)?0
，即
0?t?e 3
时，
h
?
(t)?0
；

1
当 t(1?3lnt)?0
，即
t?e
3
时，
h
?(t)?0
．

即有
b?
故
h(t)
在
(0，e
3
)
为增函数，在
(e
3
,+?)
为减函数，

2
3
3
?∞)
的最大值为
h(e)?e
．

于是
h(t)
在
(0，
2
1
22
⑵设F(x)?f(x)?g(x)?x?2ax?3alnx?b(x?0)
，

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

xx
?∞)
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(x
0
)?f(x
0
)?g(x0
)?0
．

于是函数
F(x)
在
(0，1
3
11
故当
x?0
时，有
f(x)?g(x)
≥
0
，即当
x?0
时，
f(x)
≥
g(x)．

36.

（
2009
全国
II
理
21
，字母替换，构造函数）

设函数
f ?
x
?
?x?aln
?
1?x
?
有两个极值点
x
1
、x
2
，且
x
1
?x
2 
2

⑴求
a
的取值范围，并讨论
f
?
x
?
的单调性；

1?2ln2
.
4
a2x
2
?2x?a
解
:
⑴
f
?
?
x
?
?2x??(x??1)

1?x1?x
1

令
g(x)?2x
2
?2x?a
，其对称轴为
x??
。

2

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，

?
??4?8a?0
1

其充要条件为
?
，得
0?a?

2
?
g(?1)?a?0

当
x?(?1,x
1 )
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(?1,x
1
)
内为增函数；
⑵证明：
f
?
x
2
?
?

当
x?(x
1
,x
2
)
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在
(x
1,x
2
)
内为减函数；
当
x?(x
2,
?? )
时，
f
?
?
x
?
?0,?f(x)
在 (x
2,
??)
内为增函数；

1
?x
2
?0
，

2
2
2
由
g(x
2
)?2x
2
?2x
2
?a?0
得
a??(2x
2
+2x
2
)
，

⑵由 ⑴知
g(0)?a?0,??
?f
?
x
2
?
?x 2
2
?aln
?
1?x
2
?
?x
2
2
?(2x
2
2
+2x
2
)ln
?
1?x
2
?

1
2
则
h
?
? x
?
?2x?2(2x?1)ln
?
1?x
?
?2x ??2(2x?1)ln
?
1?x
?

设
h
?x
?
?x?(2x?2x)ln
?
1?x
?
(x??)
，

22
11
,0)
时，
h
?
?
x
?
?0,?h(x)
在
[?,0)
单调递增；

22
当
x?(0,??)
时，
h
?
?
x ?
?0
，
h(x)
在
(0,??)
单调递减。

当
x?(?
所以，
当x?(?,0)时,h
?
x
?
?h(?)?
故
f
?
x
2
?
?h(x
2
)?
1
2
1
2
1?2ln2

4
1?2ln2
．

4
变形构造函数证明不等式

37.

（变形构造新函数，一次）

已知函数
f(x)?(a?1)lnx?ax
．

⑴试讨论
f(x)
在定义域内的单调性；

|f(x
1)?f(x
2
)|
?1
．求实数
m
的取值范围．

|x
1
?x
2
|
a?1(a?1)?ax
?a ?
解：⑴函数的定义域为
(0,??)
，
f
?
(x)?．

xx
a?1a?1
,??)
，减区间为
(0,)
；

当
a??1
时，增区间为
(
aa
⑵当
a
＜－
1
时，证明：
?x
1
,x
2
?(0,1)
，

当
?1
≤
a
≤0时，增区间为
(0,? ?)
；

当
a?0
时，增区间为
(0,
⑵当
a
＞
0
时，
f(x)
在区间
(0,1)
上单调递增，

a?1a?1
)
，减区间为
(,??)
．

aa
不妨设
0?x
1
?x
2
?1
，则x
1
?x
2
?0,f(x
1
)?f(x
2)?0
，

|f(x
1
)?f(x
2
)|?1
等价于
f(x
1
)?f(x
2
)?x
1 ?x
2
，即
f(x
1
)?x
1
?f(x2
)?x
2
．

∴
|x
1
?x
2
|
(a?1)?ax(a?1)(1?x)
?1?
构造
g(x) ?f(x)?x
，则
g
?
(x)
＞
0
(0?x?1 )
．

xx
∴
g(x)
在
(0,1)
上是增函数，当
0?x
1
?x
2
?1
时，
g(x
1
)?g(x
2
)
，

即
f(x
1)?x
1
?f(x
2
)?x
2
，即
f(x1
)?f(x
2
)?x
1
?x
2
．

又当
a
＞
0
时，
f(x)
在区间
(0,1 )
上单调递增，

∴
x
1
?x
2
?0,f (x
1
)?f(x
2
)?0
．

∴
|f( x
1
)?f(x
2
)|?|x
1
?x
2
|
，即
|f(x
1
)?f(x
2
)|
?1
．

|x
1
?x
2
|

38.

（
2011
辽宁理
21
，变形构造函数，二次）

已知函数
f(x)?(a?1)lnx?ax
2
?1
.
⑴讨论函数
f(x)
的单调性；

⑵设
a??1
，如果对任意
x
1
,x
2
?(0,??)
，
|f(x
1
)?f(x
2
)|
≥
4|x
1
?x2
|
，求
a
的取值范围
.
a?12ax
2
?a?1
.
解：⑴
f(x)
的定义域为（
0
，
+
∞）
.
f
?
(x)?? 2ax?
xx
当
a?0
时，
f'(x)
＞
0
，故
f(x)
在（
0
，
+
∞）单调增加；
当
a??1
时，
f'(x)
＜
0
，故
f(x)
在（
0
，
+
∞）单调减少；

当－
1＜
a
＜
0
时，令
f'(x)
=0
，解得
x?
则当
x?(0,?
?
a?1
.
2a
a?1 a?1
)
时，
f'(x)
＞
0
；
x?(?,??)
时，
f'(x)
＜
0.
2a2a
a?1a?1
)
单调增加，在
(?,??)
单调减少
.
2a2a
⑵不妨假设
x
1
?x
2
，而
a
＜－
1
，由 ⑴知在（
0
，
+
∞）单调减少，从而

故
f(x)
在
(0,?

?x
1
,x2
?(0,??)
，
f(x
1
)?f(x
2
) ?4x
1
?x
2

等价于
?x
1
,x2
?(0,??)
，
f(x
2
)?4x
2
?f (x
1
)?4x
1
……

①

a?1
?2ax?4

x
a?1
?2ax?4?0
.
①等价于
g(x)
在（
0
，
+
∞）单调减少，即
x
令
g(x)?f( x)?4x
，则
g'(x)?

?4x?1?4x?1
,
h(x)?(x?0),
并设
t?4x?1?1
，

设
2 x
2
?12x
2
?1
?8t?8
y?
2
?
t?1?8
??2.

9
∴
x?
，∴≤
t ?2t?9
t??2
43?3?2
t
从而
a?
故
a
的取值范围为（－∞，－
2].

39.

（2010辽宁文21，构造变形，二次）
已知函数
f(x)?(a?1)lnx?ax
2
?1
.
⑴讨论函数
f(x)
的单调性；

⑵设
a≤
?2
，证明：对任意
x
1
,x
2
?(0,? ?)
，
|f(x
1
)?f(x
2
)|
≥
4 |x
1
?x
2
|
.
a?12ax
2
?a?1
.
解：⑴
f(x)
的定义域为
(0,+
?
)
，
f
?
(x)??2ax?
xx
当
a
≥
0
时，
f
?
(x) ＞
0
，故
f(x)
在
(0,+
?
)
单调增加；

当
a
≤－
1
时，
f
?
(x)
＜
0,
故
f(x)
在
(0,+
?
)
单调减少；

当－
1
＜
a
＜
0
时，令
f
?(x)
＝
0,
解得
x=
?
x
∈
(?
a?1
.
当
x
∈
(0,
2a
?
a?1
)
时
,
f
?
(x)
＞
0
；

2a
a?1
，
+
?
)
时，
f
?
(x)
＜0,
2a
?
a?1a?1
）单调增加，在（
?
， +
?
）单调减少
.
2a2a
⑵不妨假设
x
1
≥
x
2
.
由于
a
≤－
2,
故 f(x)
在（
0
，
+
?
）单调减少
. 所以
f(x
1
)?f(x
2
)≥4x
1
?x 2
等价于
f(x
1
)?f(x
2
)
≥
4x
1
－
4x
2
,
故
f(x)
在（
0,
即
f(x
2
)+ 4x
2
≥
f(x
1
)+ 4x
1
.
2
a?1
2ax?4x?a?1
.
?2ax
+4
＝令
g(x)=f(x)+4x,
则
g
?
(x)?
x
x
1
设
h(x)?2ax
2
?4x?a?1
，
a
≤－
1
，对称轴为
x??
，

a
8a(a ?1)?16(a?2)(a?1)
?
结合图象知
h(x)
≤≤
0 ，

8aa
22
?4x?4x?1?(2x?1)
于是
g
?
(x)
≤＝≤
0.
xx
从而
g(x)在（
0,+
?
）单调减少，故
g(x
1
)
≤
g(x
2
)
，

即
f(x
1
)+ 4x
1
≤
f(x
2
)+ 4x
2
，故对任意
x
1
,x
2
∈
(0,+
?
)
，
f(x
1
)?f(x
2
)≥4x
1
?x
2

40.

（辽宁，变形构造，二次）

1
2
x
－
ax+(a
－
1)
lnx
，
a?1
.
2
（
1
）讨论函数
f(x)
的单调性；

已知函数
f(x)=
w.w.w..s.5.u.c.o.m

（
2
）证明：若
a?5
，则对任意
x
1
,x2
?
(0,??)
，
x
1
?
x
2，有
解：
(1)
f(x)
的定义域为
(0,??)
.
f(x
1
)?f(x
2
)
??1
.
x 1
?x
2
a?1x
2
?ax?a?1(x?1)(x?1?a )

f(x)?x?a???
xxx
(x?1)
2
'
①若
a?1?1
即
a?2
,
则
f(x)?
，故 f(x)
在
(0,??)
单调增加。

x
②若
a?1?1
,
而
a?1
,
故
1?a?2
,
则当
x?(a?1,1)
时，
f
'
(x)?0
;
当
x?(0,a?1)
及
x?(1,??)
时，
f
'(x)?0

故
f(x)
在
(a?1,1)
单调减少，在
(0,a?1),(1,??)
单调增加。

③若
a?1?1,
即
a?2
,
同理
f(x)
在
(1,a?1)
单调减少，在
(0,1),(a?1,??)
单调增加
.
1
2
⑵考虑函数

g(x)?f(x)?x
?x?ax?(a?1)lnx?x

2
a ?1a?1
则
g
?
(x)?x?(a?1)??2xg?(a?1)?1?( a?1?1)
2
（另一种处理）

xx
由于
1故
g
?
(x)?0
，即
g(x)
在
(4, +
∞
)
单调增加，从而当
x
1
?x
2
?0
时有
g(x
1
)?g(x
2
)?0
，
f( x
1
)?f(x
2
)
??1
，

f(x) ?f(x)?x?x?0
即，故
1212
x
1
?x
2
f(x
1
)?f(x
2
)f(x
2
)?f(x
1
)
???1
.
0?x?x
当
12
时，有
x
1
?x
2
x
2
?x
1
'
（另一种处理）

a?1x
2
?(a?1)x?a?1
，结合二次函数图象

g
?
(x)?x?(a?1)??
xx
4(a?1)?(a?1)
2
?(a?3)
2
?6
2
设
h(x)?x?(a?1)x?a ?1(1?a?5)
≥≥＞0
44

41. 已知函数
f(x)?x?1?alnx(a?0).

（1）确定函数
y?f(x)
的单调性；
（2）若对任意
x
1
,x
2
?
?
0,1
?
，且
x
1
?x
2
，都有
|f(x
1
)?f(x
2
)|?4|
范围。
11
?|
，求实数a的取值
x
1
x
2

42.

（变形构造）

已知二次函数
f
?
x
?
?ax?bx?c
和
“
伪二次函数
”
g
?
x
?
?ax?
bx ?clnx
（
a
、
b
、
22
c?R,
ab c?0
），

(I)
证明：只要
a?0
，无论
b 取何值，函数
g
?
x
?
在定义域内不可能总为增函数；

(II)
在二次函数
f
?
x
?
?ax?bx? c
图象上任意取不同两点
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，线段
AB
中
2
点的横坐标为
x
0
，记直线
AB
的斜率为
k
，
 (i)
求证：
k?f
?
(x
0
)
；

2
(ii)
对于
“
伪二次函数
”
g
?x
?
?ax?bx?clnx
，是否有①同样的性质
?
证明你的结论
.
2
c2ax?bx?c
解：（
I
）如果
x?0,g(x)
为增函数
,
则
g
?
(x)?2ax?b? ??0
(1)
恒成立
,
xx
当
x?0
时恒成立
,
2ax
2
?bx?c?0
(2)
Qa?0,
由二次函数的性质
, (2)
不可能恒成立
.
则函数
g(x)
不可能总为增函数
. 3
分

（
II
）（
i
）
k?
f ?
x
2
?
?f
?
x
1
?
x
2
?x
1
x
2
?x
1
由
f
?
(x)?2ax?b,?f
?
(x
0
)?2ax
0?b
,
则
k?f
?
(x
0
)
-- ------5
分

（
ii
）不妨设
x
2
?x
1
,
对于
“
伪二次函数
”:
xx
2
a(x
2
?x
1
2
)?b
?
x
2
?x
1
?
?cln
2
cln
2
g
?
x
2
?
?g
?
x
1
?
x
1
=
x
1
, (3) 7
分

k??2ax
0
?b?
x
2
?x
1
x
2
?x 1
x
2
?x
1
由
(
ⅰ
)
中
(1)
g
?
?
x
0
?
?2ax
0
?b?
?
2
a(x
2
?x
1
2
) ?b
?
x
2
?x
1
?
=
2ax
0
?b
.
c
,
如果有
(ⅰ
)
的性质，则
g
?
?
x
0
?
?k
, (4)
x
0

x
2
x
ln
2
x
1
x
1
c
，
c?0,
即：
2
，
(4) --------10
分

比较
(3)( 4)
两式得
??
x
2
?x
1
x
0
x
2
?x
1
x
1
?x2
cln
x
2
, t?1,
lnt
?
2
，
(5)
x
1
t?1t? 1
12(t?1)?2(t?1)(t?1)
2
2t?2
??0
， 
设
s(t)?lnt?
，则
s
?
(t)?? t?1
t(t?1)
2
t(t?1)
2
∴
s(t) 在
(1,??)
上递增，

∴
s(t)?s(1)?0
.

∴
(5)
式不可能成立
,
（
4
）式不可能成立
,
g
?
?
x
0
?
?k
.
不妨令
t?

∴
“
伪二次函数
”
g
?
x
?
?ax?bx?clnx
不具有
(
ⅰ
) 的性质
. -------12
分

2

43.

(
变形构造，第
2
问用到均值不等式
)
已知定义在正实数集上的函数
f(x)
＝
x
2
＋
4 ax
＋
1
，
g(x)
＝
6a
2
lnx＋
2b
＋
1
，其中
a
＞
0.
⑴设两曲线
y
＝
f(x)
，
y
＝
g(x)
有公共点，且在该点处的切线相同，用
a
表示
b
，并求
b
的最大值；

⑵设
h(x)
＝
f(x)
＋
g(x)
－
8x
，证明：若
a
≥－
1
，则
h(x)
在
(0,
＋∞
)
上单调递增；

⑶设
F(x)＝
f(x)
＋
g(x)
，求证：对任意
x
1
, x
2
∈
(0,
＋∞
)
，
x
1
＜ x
2
有＞
8.
解：⑴设
f(x)
与
g(x )
交于点
P(x
0
，
y
0
)
，则有

f(x
0
)
＝
g(x
0
)
，即
x
＋
4ax
0
＋
1
＝
6a
2
l nx
0
＋
2b
＋
1.
①

又由题意知f
′
(x
0
)
＝
g
′
(x
0
)
，即
2x
0
＋
4a
＝
.
②
由②解得
x
0
＝
a
或
x
0
＝－
3a(
舍去
)
．

将
x
0
＝
a
代入①整理得
b
＝
a
2
－
3a
2
lna.
令
s(a)
＝
a
2
－
3a 2
lna
，则
s
′
(a)
＝
2a(1
－
3lna)
，

3
2
a
∈
(0,) 时，
s(a)
递增，
a
∈
(,
＋∞
)
时，
s(a)
递减，所以
s(a)
≤
s()
＝
e
3
，

2
2
3
2
3
即
b
≤
e
3
，
b
的最大值为
e
3
.
22
⑵
h(x)
＝
f(x)
＋
g(x)
－
8x
，
h
′
(x)
＝
2x
＋＋
4 a
－
8
，

因为
a
≥－
1
，所以
h
′
(x)
＝
2x
＋＋
4a
－
8
≥
4a
＋
4a
－
8
≥
4(
＋1)(
－
1)
－
8
≥
0
，即
h(x)
在
(0,
＋∞
)
内单
调递增．

⑶由⑵知
x
1
＜
x
2
时，
h(x
1
)＜
h(x
2
)
，即
F(x
1
)
－8x
1
＜
F(x
2
)
－
8x
2
.
因为
x
1
＜
x
2
，所以＞
8.
a
44.

已知函数
?
(x)?
，
a
为正常数．

x ?1
9
⑴若
f(x)?lnx?
?
(x)
，且
a ?
，求函数
f(x)
的单调增区间；

2
⑵在⑴中当
a?0
时，函数
y?f(x)
的图象上任意不同的两点
A
?
x
1
,y
1
?
，
B
?
x
2
,y
2
?
，线段
AB
的
中点为
C(x 0
,y
0
)
，记直线
AB
的斜率为
k
，试证明：
k?f
?
(x
0
)
．

g( x
2
)?g(x
1
)
??1
，求
a
的⑶若
g(x)?lnx?
?
(x)
，且对任意的
x
1
, x
2
?
?
0,2
?
，
x
1
?x 2
，都有
x
2
?x
1
取值范围．
1ax 2
?(2?a)x?1
?
解：⑴
f
?
(x)??
x
(x?1)
2
x(x?1)
2

9 11
，令
f
?
(x)?0
得
x?2
或
0?x?
,
∴函数
f(x)
的单调增区间为
(0,),(2,?? )
.

22
2
⑵证明：当
a?0
时
f(x)?lnx
 x
2
ln
12
1
?
f(x
2
)?f (x
1
)lnx
2
?lnx
1
x
1

∴
f
?
(x)?
, ∴
f
?
(x
0
)?
,又
k???
x
0
x
1
?x
2
x
x
2
?x
1
x
2
?x
1 x
2
?x
1
x
ln
2
2
x
1
与不妨设
x
2
?x
1

，

要比较
k
与
f
?
(x
0
)
的大小，即比较的大小，
x
1
?x
2
x
2
?x
1
x
2(
2
?1)
x
2
2(x
2
?x
1
)
x
1
?
又∵
x
2
?x
1 ，∴ 即比较
ln
与的大小．
x
2
x
1
x
1
?x
2
?1
x
1
∵
a
? 14(x?1)
2
2(x?1)
??0
,
(x?1)
,则
h
?
(x)??
令
h(x)?lnx?
22
x
(x?1)x(x?1)
x?1
∴
h(x)
在
?
1,??
?
上位增函数．

x
2(
2
?1)
x
2
x
x
x
1
?1
，∴
h(
2
)?h(1)?0
， ∴
ln
2
?
又，即
k?f ?
(x
0
)

x
2
x
1
x
1
x
1
?1
x
1
g(x
2
)?g (x
1
)
g(x
2
)?x
2
?
?
g(x
1
)?x
1
?
??1
，∴
?0

⑶∵
x
2
?x
1
x
2
?x
1 由题意得
F(x)?g(x)?x
在区间
?
0,2
?
上是减函数．
1a
a
?1

?x
， ∴
F
?
(x)??
1?
当
1?x?2,F(x)?lnx?
x
(x?1)
2
x?1
(x?1)
2
1
由
F
?
(x)?0?a??(x?1)
2
?x
2
?3 x??3
在
x?
?
1,2
?
恒成立．

x x
11
设
m(x)?
x
2
?3x??3
，
x?
?
1,2
?
，则
m
?
(x)?2x?
2
?3?0

x
x
27
∴
m(x)
在?
1,2
?
上为增函数，
∴
a?m(2)?
.

2
1a
a
?1

?x
，∴
F
?
(x)???
2?
当
0?x?1,F(x)??ln x?
2
x
(x?1)
x?1
(x?1)
2
1
由
F
?
(x)?0?a???(x?1)
2
?x
2
?x??1
在
x?(0,1)
恒成立

xx
1
设
t(x)?
x
2
?x??1
，
x?(0,1)
为增函数
,
∴
a?t(1)?0

x
27
综上：
a
的取值范围为
a?
.
2
45. 已知函数
f(x)?lnx?

1
2
ax?(a?1)x
（
a?0
）．
2
（Ⅰ）求函数
f(x)
的单调区间；

（Ⅱ）记函数
y?F(x)
的图象为曲线
C
．设点
A(x
1
,y
1
)
,
B(x
2
,y
2
)
是曲线
C
上的不同两
x
1
?x
2
；②曲线
C
在点
M
处的切
2
线平行于直线
AB
，则称函数F(x)
存在“中值相依切线”．试问：函数
f(x)
是否存在“中
点．如果在曲线
C
上存在点
M(x
0
,y
0
)
，使得：①
x
0
?
值相依切线”，请说明理由．
解：（Ⅰ）易知函数
f(x)
的定义域是
(0,??)
，
1
a(x?1)(x?)
1
a
．…………1分
f'(x)??ax?a?1??
xx
11
①当
??1
时，即
a??1
时, 令
f'(x)?0
,解得
0?x??
或
x?1
;
aa
1
令
f'(x)?0
,解得
??x?1
．……………2分
a
11
所以，函数
f(x)
在
(0,?)
和
(1,??)
上单调递增,在
(?,1)
上单调递减
aa
1
②当
??1
时，即
a??1
时, 显然，函数
f(x)
在
(0,??)
上单调递增；……………3分
a
11
③当
??1
时，即
?1?a?0
时, 令
f'(x)?0
,解得
0?x?1
或
x??
;
aa
1
令
f'(x)?0
,解得
1?x??
．……………4分
a
11
所以，函数
f(x)
在
(0,1)
和
(?,??)
上单调递增,在
(1,?)
上单调递减
aa
综上所述，
11
,1)
上单调递减；
aa
⑵当
a??1
时,函数
f(x)
在
(0,??)
上单调递增；
11
⑶当
?1?a?0
时,函数
f(x)
在
( 0,1)
和
(?,??)
上单调递增,在
(1,?)
上单调递
aa
⑴当
a??1
时,函数
f(x)
在
(0,?)
和
(1,??)
上单调递增,在
(?
减．……………5分
（Ⅱ）假设函数
f(x)
存在“中值相依切线”．
设
A(x1
,y
1
)
,
B(x
2
,y
2
)
是曲线
y?f(x)
上的不同两点，且
0?x
1
?x 2
，

1
(lnx
2
?ln x
1
)?a(x
2
2
?x
1
2
)?(a? 1)(x
2
?x
1
)
y?y
1
2
?
则
k
AB
?
2

x
2
?x
1
x
2
?x
1
lnx
2
?lnx
1
1
??a(x
1
?x
2
)?(a?1)
……………7分 x
2
?x
1
2
曲线在点
M(x
0
, y
0
)
处的切线斜率
x?x
2
x?x
k?f?
(x
0
)
?f
?
(
12
)
??a?
12
?(a?1)
，……………8分
x
1
?x 2
2
2

lnx
2
?lnx
1
1
x?x
2
?a(x
1
?x
2
)?(a?1)?? a?
12
?(a?1)
．
x
2
?x
1
2 x
1
?x
2
2
x
2(
2
?1)
x
1
lnx
2
?lnx
1
x2(x
2
?x 1
)
2
?
?
化简可得：，即
ln
2
=． ……………10分
x
2
x
2 ?x
1
x
1
?x
2
x
1
x
2
?x
1
?1
x
1
x
2(t?1)44
设
2
?t
（
t?1
），上式化为：
lnt?
, 即
lnt??2??2
． ………12
x
1
t?1t?1t?1
依题意得：
分
(t?1)
2
14
4
令
g(t)?lnt?
,
g'(t)??
．
?
t(t?1)
2
t(t?1)
2
t?1
因为
t?1
,显然
g'(t)?0
，所以
g(t)
在
(1,??)
上递增,显然有
g(t)?2
恒成立．
4
所以在
(1,??)
内不存在
t
,使得
lnt??2
成立．
t?1
综上所述，假设不成立．所以，函数
f(x)
不存在“中值相依切线”．……………14分

46.

已知函数
f(x)?x
2
ln(ax)(a?0)

.（1）若
f'(x)?x
2
对任意的
x?0
恒成立，求实数a
的取值范围；
（2）当
a?1
时，设函数
g(x)?
f(x)
1
，若
x
1
,x
2
?(,1),x1
?x
2
?1
，求证
x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)
4

xe
解：（1）
f'(x)?2xln(ax)?x
,
f'(x)?2xln(ax)?x?x
2
，即
2lnax?1?x
在
x?0
上恒成立
设
u(x)?2lnax?1?x
u'(x)??1?0,x?2
，
x?2
时，单调减，
x?2
单调增，
,
x
2
e
所以
x?2
时，
u(x)
有最大值
u(2)?0,2ln2a?1?2
，所以
0?a?
.
.
2
f(x)
?xlnx
,
x
111
g(x)?1?lnx?0,x?
,所以在
(,??)上
g(x)
是增函数，
(0,)
上是减函数.
eee
1
因为
?x
1
?x
1
?x
2
?1
，所以
g(x
1
?x
2
)?(x
1
?x
2
)ln(x
1
?x
2
)?g(x
1
)?x
1
lnx
1

e
x
1
?x
2
x? x
2
ln(x
1
?x
2
)
同理
lnx2
?
1
ln(x
1
?x
2
)
. 即 lnx
1
?
x
1
x
2
（2）当
a? 1
时，
g(x)?
,
所以
lnx
1
?lnx
2
?(
又因为
2?
x
1
?x
2
x
1
?x
2
xx
?)ln(x
1
?x
2
) ?(2?
1
?
2
)ln(x
1
?x
2
) 
x
2
x
1
x
2
x
1
x 1
x
2
??4,
当且仅当
“
x
1
? x
2
”
时，取等号.
x
2
x
1
1
又
x
1
,x
2
?(,1),x
1
?x
2
?1
，
ln(x
1
?x
2
)?0
, e

所以
(2?
x
1
x
2
?)l n(x
1
?x
2
)?4ln(x
1
?x
2
)
所以
lnx
1
?lnx
2
?4ln(x
1
?x
2
)

，
x
2
x
1
,所以：
x
1
x
2
?(x
1
?x
2)
4
.

47. 已知
f(x)?xlnx,g(x)??x
2
?ax?3
．
(1) 求函数
f(x)
在
[t,t?2](t?0)
上的最小值；
(2) 对一切
x?(0,??)
，
2f(x)≥g(x)
恒成立，求实数a的取值范围；
(3) 证明: 对一切
x?(0,??)
，都有
lnx?
12
?
成立．
x
eex
解： (1)
f'(x)?lnx?1
，当
x ?(0,)
，
f'(x)?0
，
f(x)
单调递减，当
x? (,??)
，
f'(x)?0
，
1
e
1
e
f(x)
单调递增．①
0?t?t?2?
111
，t无解；②
0 ?t??t?2
，即
0?t?
时，
eee
11
f(x)min
?f()??
；
ee
11
③
?t?t?2 ，即
t?
时，
f(x)
在
[t,t?2]
上单调递增，
f(x)
min
?f(t)?tlnt
；
ee
1
?
1
?， 0?t?
?
?
ee所以
f(x)
min
?
?
．
?
tlnt，t?
1
?
e
?
3
(2) 2xlnx??x
2
?ax?3
，则
a?2lnx?x?
，
x
3(x?3)(x?1)
设
h(x)?2lnx?x?(x?0)
，则
h'(x)?
，
xx
2
x?(0,1)
，
h '(x)?0
，
h(x)
单调递减，
x?(1,??)
，
h'(x)?0
，
h(x)
单调递增，
所以
h(x)
min
?h(1)?4
.因为对一切
x?(0 ,??)
，
2f(x)?g(x)
恒成立，所以
a?h(x)
min
?4
；
x2
（3）问题等价于证明
xlnx?
x
?(x?(0,??))
，由⑴可知
f(x)?xlnx(x?(0,??))
的最小值
ee
11x21?x
是
?
，当且仅当
x?
时取到，设
m(x)?
x
?(x?(0,??))
，则
m'(x)?x
，易得
eeeee
112

m(x)
max
?m(1)??
，当且仅当
x?1
时取到，从而对一切
x?(0,??)，都有
lnx?
x
?
成立．
eeex

48.

（
2011
陕西
21
，变形构造，反比例）

设函数
f(x)
定义在
(0,??)
上，
f(1)?0
，导函数
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；

1
，
g(x)?f(x)?f
?
(x)
．

x
1
x

（
3
）是否存在
x
0?0
，使得
|g(x)?g(x
0
)|?
范围；若不存在，请说明理由．

解：（
1
）∵
f
?
(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
（
c
为常数），
x
1
，

x
又∵
f(1)?0
，所以
ln1?c?0
，即
c?0
，∴
f(x)?lnx
；g(x)?lnx?
∴
g
?
(x)?
x?1x?1
? g(x)?0
?0
，解得
x?1
，

，令，即
x
2
x
2
当
x?(0,1)
时，
g
? (x)?0
，
g(x)
是减函数，故
(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
(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
．

111
(x?1)
2
（
2
）
g()??lnx?x
，设 h(x)?g(x)?g()?2lnx?x?
，则
h
?
(x)?? ，

2
xxx
x
1
当
x?1
时， h(1)?0
，即
g(x)?g()
，

x
当
x?(0,1)U(1,??)
时，
h
?
(x)?0
，
h
?
(1)?0
，因此函数
h(x)
在
(0,??)
内递减，

1
当
0?x?1
时，
h(x)?h(1)
=0
，∴
g(x)?g()
；

x
1
当
x?1
时，
h(x)?h(1)
=0
，∴
g(x)?g()
．

x
（
3
）满足条件的
x
0
不存在．证明如下：

1
证法一

假设存在
x
0
?0
，使
|g(x)?g(x
0
)|?
对任意
x?0
成立，

x
2
即对任意
x?0
有
lnx?g(x
0
)?lnx?

①

xg(x)
但对上述的
x
0
，取
x
1
?e
0
时，有
lnx
1
?g(x
0
)
，这与①左边的不等式矛盾，

1
因此不存在
x
0
?0
，使
|g(x)?g(x
0
)|?
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
由（
1
）知，
g(x)
的最小值是
g( 1)?1
，

1
又
g(x)?lnx??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
,
1
|g(x)?g(x)|…1?
∴，这与假设矛盾．

10
x
1

∴不存在
x
0
?0
，使
|g (x)?g(x
0
)|?

49. 已知函数
f(x)?
1
对任意
x?0
成立．

x
1?a?lnx
x
a?R
，
（Ⅰ）求
f(x)
的极值
（Ⅱ）若
lnx?kx?0
在 R
?
上恒成立，求
k
的取值范围
（Ⅲ）已知
x1
?0
，
x
2
?0
且
x
1
? x
2
?e
，求证
x
1
?x
2
?x
1
x
2

a?lnx
'
a
f(x)?0
，令得
x?e
2
x
a'a'

x?(0,e)
，
f(x)?0
，
f(x)
为增函数，
x?(e,??)
，
f (x)?0
，
f(x)
为减函数
a?a
∴
f(x)
有极大值
f(e)?e
……………………4分
lnx
（2）欲使
lnx?kx?0
＜在
R
?
上恒成立，只需
?k
在
R
?
上恒成立
x
lnx1?lnx
设
g(x)?

(x?0)
，
g
'
(x)?
xx
2
x?(0,e)
，
g
'
(x)?0
，
g(x)
为增函数,
x?(e,??)，
g
'
(x)?0
，
g(x)
为减函数
111
∴
x?e
时，
g(e)?
是最大值只需
?k
，即
k?
………8分
ee
e
（3）∵
e?x
1
?x
2
?x
1
?0
由（2）可知
g(x)
在
(0,e)
上单调增，
ln(x
1
? x
2
)lnx
1
xln(x
1
?x
2
)x ln(x
1
?x
2
)
??lnx
1
，同理
2
?lnx
2
，那
1
x
1
?x
2x
1
x
1
?x
2
x
1
?x
2
ln(x
1
?x
2
)
?ln(x
1
x2
)
，∴
ln(x
1
?x
2
)?ln(x1
x
2
)
，相加得
(x
1
?x
2
)
x
1
?x
2
得：
x
1
?x
2
?x
1
x
2
.
解：（1）∵
f
'
(x)?
lnx1
的图象为曲线
C
,
函数
g(x)?ax?b
的图象为直线
l
.
x2
(
Ⅰ
)
当
a?2,b??3
时
,
求
F(x)?f(x)?g(x)
的最大值
;
(
Ⅱ
)
设直线
l
与曲线
C
的交点的横坐标分别为
x
1
,x
2
,
且
x
1
?x
2
,
求证
:
(x
1
?x
2
)g(x
1
?x
2
)?2
.
lnx
?x?3

解：（
1
）
?a?2,b ??3?F(x)?
x
1?lnx1?lnx?x
2

F
?
(x)??1??0?x?1

22
xx

x?(0,1),F
?
(x)?0,F
?
(x)
单调递增，
x?(1,??),F
?
(x)?0,F
?
(x)
单调递减，

F(x)
max
?F(1)?2

50.

已知函数
f(x)?
（
2
）不妨设
x
1
?x
2
，要证
(x
1
?x
2
)g(x
1
?x
2
)?2

只需证
(x
1
?x
2
)
?
a(x
1
?x
2
)?b
?
?2

?
1
?
2
?
?
12
2(x
2
?x
1
)
1
2 a(x
1
?x
2
)?b??
a(x
2
?x 1
2
)?b(x
2
?x
1
)?

2 x
1
?x
2
2x
1
?x
2
2(x
2
?x
1
)
1
2
1
2

ax
2
?bx
2
?(ax
1
?bx
1
)?

22x
1
?x
2
lnx
1
1
l nx
2
1
??ax
1
?b??ax
2
?b

x
1
2x
2
2
2(x
2
?x
1 )x
2
2(x
2
?x
1
)x
2
ln x
2
?lnx
1
?ln?(x?x)ln?2(x
2
?x 1
)

，即，
21
x
2
?x
1x
1
x
2
?x
1
x
1
x
H( x)?(x?x)ln?2(x?x
1
)
，
x?(x
1
,? ?)

令
1
x
1
x
x
x
1
?
H(x)?(x?x)ln?2(x?x)?0?H(x)
H(x)?ln??1

只需证
111
，
x
1
x
1
x
x x
1
x?x
1
G(x)?ln??1

G
?
(x)?

令

?0

G(x)
在
x?(x
1
,??)
单调递增。

2
x
1
x
x

G(x)?G(x
1
)?0
，
H
?
(x)?0
，
H(x)
在 x?(x
1
,??)
单调递增。

x
H(x)?(x?x)ln?2(x?x
1
)?0

H( x)?H(x
1
)?0
，
1
x
1
所以
(x
1
?x
2
)g(x
1
?x
2
)?2

1
2
1
51. 已知函数
f(x)?x?x?ln(x?a)
，其中常数
a?0.

4a
⑴若
f(x)在x?1
处取得极值，求a的值；
⑵求
f(x)
的单调递增区间；
1
⑶已知
0?a?,
若 x
1
,x
2
?(?a,a),x
1
?x
2 ，且满足
f'(x
1
)?f'(x
2
)?0
，试比较
2
f'(x
1
?x
2
)与f'(0)
的大小，并加以证明。

替换构造不等式证明不等式

52.

（第 3
问用第
2
问）已知
f(x)?lnx,g(x)?
1
2
7
x?mx?(m?0)
，直线
l
与函数
22
f(x),g(x)
的图像都相切，且与函数
f(x)
的图像的切点的横坐标为
1
。

（
I
）求直线
l
的方程及
m
的值；

（
II
）若
h(x)?f(x?1)?g'(x)(其中g' (x)是g(x)的导函数)
，求函数
h(x)
的最大值。

b?a

（
III
）当
0?b?a
时，求证：
f(a?b)?f(2a)?.

2a
1
解：（
I
）
Qf'(x)?,?f'(1)?1;
?直线l
的斜率为
1
，
x
且与函数
f(x)
的图像的切点坐标为（
1
，0
），
?直线l
的方程为
y?x?1.

?
y ?x?1
?
又
Q直线l
与函数
y?g(x)
的图象相切， ?方程组
?
1
2
7
有一解。

y?x?mx ?
?
?22
由上述方程消去
y
，并整理得
x
2?2(m?1)x?9?0
①

依题意，方程②有两个相等的实数根，
? ??[2(m?1)]
2
?4?9?0
解之，

得
m=4
或
m=-2
，
Qm?0,?m??2.

（
II
）由（
I
）可知
g(x)?
1
2
7
x?2x?,

22
1?x
?1?.

x?1x?1
?当x?(-1,0) 时,h'(x)>0,h(x)
单调，当
x?(0,??)
时，
h'(x)? 0,h(x)
单减。

?当x=0时
，
h(x)
取最大值，其最大值为
2
。

a?bb?a
?ln(1?).

（
III
）
f(a?b)?f(2a)?ln(a?b)?ln2a?ln 2a2a
?g'(x)?x?2,?h(x)?ln(x?1)?x?2(x??1)
? h'(x)?
，

Q0?b?a,??a?b?a?0,

1b ?a
????0.
22a
证明，当
x?(?1,0)
时，
l n(1?x)?x,?ln(1?
b?ab?a
)?.

2a2a
?f(a?b)?f(2a)?
b?a
.

2a

53. 已知函数
f
?
x
?
?xlnx
、
（Ⅰ）求函数
f
?
x
?
的单调区间；
（Ⅱ）若 k
为正常数，设
g
?
x
?
?f
?
x
?
?f
?
k?x
?
，求函数
g
?
x
?
的最小值；
（Ⅲ）若
a?0
，
b?0
，证明：
f
?
a
?
?
?
a?b
?
ln2
≥
f
?
a?b
?
?f
?
b
?、
解:（Ⅰ）∵
f
?
?
x
?
?lnx?1 ，解
f
?
?
x
?
?0
，得
x?11
；解
f
?
?
x
?
?0
，得
0?x?
.
ee
?
1
??
1
?
∴f
?
x
?
的单调递增区间是
?
,??
?
，单调递减区间是
?
0,
?
. ……3′
?
e
??
e
?
（Ⅱ）∵
g
?
x
?
?f
?
x
?
?f
?
k?x
?
?xlnx?
? k?x
?
ln
?
k?x
?
，定义域是
?0,k
?
.
∴
g
?
?
x
?
?lnx?1??
?
ln
?
k?x
?
?1?
??ln
由
g
?
?
x
?
?0
，得
x
……5′
k?x
kk
?x?k
，由
g
??
x
?
?0
，得
0?x?

22
?
k
??
k
?
∴ 函数
g
?
x
?
在
?
0,
?
上单调递减；在
?
,k
?
上单调递增……7′
?
2
??
2
?k
?
k
?
故函数
g
?
x
?
的最小值是：
g
??
?k?ln
. ……8′
2
?
2
?
2a
（Ⅲ）∵
a?0
，
b?0
，∴ 在（Ⅱ）中取
x?
，
k?2

a?b
2a
??2a
???
2a
??
2b
?
?f2?
≥
2ln1f?f
可得
f
?
，即
???????
≥
0
.……10′
a?b
??
a?b
???
a?b
??
a?b
?
2a2a2b2b
∴
ln?ln
≥
0
，∴
alna?blnb?
?
a?b
?
ln2?
?
a?b
?
ln
?
a?b
?
≥
0
.
a?ba?ba?ba?b
即
f
?
a
?
?
?
a?b
?
ln2
≥
f
?
a?b
?
?f
?
b
?
.……12′

54.

（替换构造不等式）

已知函数
f(x)?
ax?b
在点 (?1,f(?1))
的切线方程为
x?y?3?0
.

2
x?1
⑴求函数
f(x)
的解析式；

⑵设g(x)?lnx
，求证：
g(x)
≥
f(x)
在
x? [1,??)
上恒成立；（反比例，变形构造）

⑶已知
0?a?b
，求证：
lnb?lna2a
?
2
.（替换构造）

b?a
a?b
2

解：⑴将
x??1
代入切线方程得
y??2
.

b?a
??2
，化简得
b?a??4
.
1?1
a (x
2
?1)?(ax?b)?2x
2a?2(b?a)2bb
?
f
?
(x)?
f(?1)?????1

，
22
(1?x)
442
2x?2

. 解得
a?2,b??2
.∴
f(x)?
2
x?1
2x?2 ⑵由已知得
lnx?
2
在
[1,??)
上恒成立
 x?1
化简
(x
2
?1)lnx?2x?2
，即
x 2
lnx?lnx?2x?2?0
在
[1,??)
上恒成立

1
设
h(x)?x
2
lnx?lnx?2x?2
，
h
?
(x)?2xlnx?x??2
.

x
1
∵
x?1
∴
2xlnx?0,x??2
，即
h
?
(x)?0

x
∴
h(x)
在
[1,??)
上单调递增，
h(x)?h (1)?0

∴
g(x)?f(x)
在
x?[1,??)
上恒成立

.

b
2?2
b
b
ln?
a
?1
⑶∵
0?a?b
，∴，由⑵知有，

b
a
()
2
?1
a
a
lnb?lna2alnb?lna2a
?2
?
整理得∴当时，.

0?a?b
b?ab?a
a? b
2
a
2
?b
2
∴
f(?1)?

55.

（替换证明）

lnx
已知函数
f(x)??1
．
x
（1）试判断函数
f(x)
的单调性；
（2）设
m?0
，求
f(x)
在
[m,2m]
上的最大值；
1?n
e
1?n
（3）试证明：对任意
n?N
*
，不等式
ln(
都成立（其中
e
是自然对数的底数）．
)?
nn
1 ?lnx
解：（1）函数
f(x)
的定义域是
(0,??)
．由已知
f
?
(x)?
．令
f
?
(x)?0
，得 x?e
．
x
2
因为当
0?x?e
时，
f ?
(x)?0
；当
x?e
时，
f
?
(x)? 0
．
所以函数
f(x)
在
(0,e]
上单调递增，在[e,??)
上单调递减．
（2）由（1）可知当
2m?e
，即
m?
f(x)
max
?f(2m)?
ln2m
?1
． 2m
e
时，
f(x)
在
[m,2m]
上单调递增，所以
2
当
m?e
时，
f(x)
在
[m,2m]
上单调递减，所以
f(x)
max
?
e
lnm
?1
．当
m?e?2m
，即
?m?e
时，
2
m

1
f(x)
max
?f(e)??1
．综上所述，
f(x)
max
e
e
?
ln2m
?1, 0?m?
?
2m2
?
e
?
1

?
?
?1, ?m?e
e2
?
?
lnm
?1, m?e
?
?m
1lnx1
（3）由（1）知当
x?(0,??)
时
f(x)
max
?f(e)??1
．所以在
x?(0,??)
时恒有
f(x)??1??1
，
exe
lnx111?n
即
?
，当且仅当
x?e
时等号成立．因此对任意
x?(0,??)
恒有
lnx ?
．因为
?0
，
xeen
1?n1?n11?n1?n
e 1?n1?n
e
1?n
所以
ln
，即
ln(
．因此对任意
n?N
*
，不等式
ln(
．
?e
，
??)?)?
nnennnnn

56.

（
2010
湖北，利用⑵结论构造）

fx）?ax?
已知函数
（
b
?（ca?0）
的图象在点
(1,f(1))
处的切线方程为
y?x?1
.
x

⑴用a表示出b、c；
⑵若 f(x)
≥
lnx在[1，??)上恒成立，求a的取值范围；
（反比例，作差构造）

111n
1????????ln(n?1)?(n?1)
.
（替换构造）

⑶
证明：
23n2(n?1)
解：本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同事考察综合运用数学知识进行推
理论证的能力和分类讨论的思想。
?
f(1)?a?b?c?0
?
b?a?1
b
. ，则有
?
，解得
?
2
?
x
?
f(1 )?a?b?1
?
c?l?2a
a?1
?1?2a
，
⑵由⑴知，
f(x)?ax?
x
a?1
?1?2a?lnx
， x?
?
1,??
?

则

g(1)?0，令
g(x)?f(x)?lnx?ax?
x
1?a
a(x?1)(x? )
a?11ax
2
?x?(a?1)
a

g'(x)?a?
2
???
xxx
2
x
2
11?a
?1
①当

o?a?
，
2a
1?a

若

1?x?
，则
g'(x)?0
，
g(x)是减函数，所以
g(x)?g(l)?o

a

f(x)?ln x
，故
f(x)?lnx
在
?
1,??
?
上恒不成立。

⑴
f'(x)?a?
11?a
?1

时，
2a

若
f(x)?lnx
，故当
x?1 时，
f(x)?lnx
。

?
1
?

综上所述，所求
a
的取值范围为
?
,??
?
?
2
?
②
a?

1
时，有
f(x )?lnx(x?1)
.
2
111
令
a?
，有
f (x)?(x?)?lnx(x?1)

22x
11
当
x?1
时，
(x?)?lnx.
 2x
k?11
?
k?1k
?
1
?
11
?
k?1
?
?
??(1?)?(1?)
?

令 x?
，有
ln
??
k2kk?12kk?1
k
??? ?
111

即

ln(k?1)?lnk?(?)
，
k?1,2,3....n

2kk?1
将上述
n
个不等式依次相加得

1111111 1n
ln(n?1)??(??.....?)?
,
整理得
1???.... ??ln(n?1)?
.
223n2(n?1)23n2(n?1)
⑶由⑵知：当
a?

57. 已知
f(x)?ax?
b
?2?2a(a?0)
的图像在点
(1,f(1))
处的切线与直线
y?2x?1
平行.
x
（1）求a，b满足的关系式；
（2）若
f(x)?2lnx在[1,+?)
上恒成立，求a的取值范围；
1
1111n
n

?
（
2n)?
??L? ?
ln(
(2n?
?
1)
1
?(n)
∈N
*
）
?
n
2n
352n?1
2
22n?
?
1
1
b
解：（Ⅰ）
f
?
(x)?a?
2
，根据题意
f
?
(1)?a?b?2
，即
b?a?2
.
x
a?2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
f(x)?ax??2?2a
，
x
a?2
令
g(x)?f(x)?2lnx
?ax??2?2a?2lnx
，
x?
?
1,??
?

x
2?a
a(x?1)(x?)
a?22
a
则
g(1)?0
，
g
?
(x)?a??
=
2
2
x
x
x
2?a
①当
0?a?1
时，
?1
，
a
2?a
'
若
1?x?
，则
g(x)?0
，
g(x)
在
[1,??)
减函数，所以
g(x)?g(1)?0
，即
a
f(x)?2lnx
在
[1,??)
上恒不成立．
2?a
②
a?1
时，
?1
，当
x?1
时，
g
'
(x)?0
，
g(x)
在
[1,??)增函数，又
g(1)?0
，所
a
以
f(x)?2lnx
．
综上所述，所求
a
的取值范围是
[1,??)
.
1 （Ⅲ）由（Ⅱ）知当
a?1
时，
f(x)?2lnx
在
?1,??
?
上恒成立．取
a?1
得
x??2lnx
 x
（3）证明：
1?

2n?12n?12n?12n?1
，
?1
，
n?N*
得
??2ln
2n?1
2n ?12n?12n?1
222n?1112n?1111
即
1?
所以
?(1?)?2ln?ln?(?)

2n?12n?12n?1
,
2n?1 22n?122n?12n?1
1111n
上式中n=1，2，3，…，n，然后n个不等式相加得
1???
…
?

?ln(2n?1)?
352n?122n?1
58.

已知函数
f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1.

（1）求函数
f(x)
的极值点。
（2）若
f(x)?0
恒成立，试确定实数
k
的取值范围。
ln2ln3ln4lnn(n?4)(n?1)
??????
2
?(n?N,n? 1)
. （3）证明：
38156
n?1
1

?k
. 解：(1)
f(x)
的定义域为（1，+∞），
f(x)?
x?1
 当
k?0
时，
?x?1?,?f(x)?0
，则
f(x)在（1，+∞）上是增函数。
f(x)
在（1，+∞）上无极值点.
1
当
k?0
时，令
f

(x)?0
，则
x?1?.
k
11
f

(x)??k??k?0
1
1 所以当
x?(1,1?)
时，，
x?1
1??1
k
k
1
∴
f(x)
在
(1,1?)
上是增函数，
k
11
f

(x)??k??k?0
1
1
当
x?(1?,??)
时，，
x?1
1??1
k
k
1
∴
f(x)
在
(1?,??)
上是减函数。
k
1
∴
x?1?
时，
f(x)
取得极大值。
k
综上可知，当
k?0
时，
f(x)
无极值点；
1
当
k?0
时，
f(x)
有唯一极值点
x?1?
.
k
(2)由(1)可知，当
k?0
时，
f(2)?1?k?0
，
f(x)?0
不成立.故只需考虑
k?0
.
1
由(1)知，
f(x)
max
?f(1?)??lnk
，
k
1
若
f(x)?0
恒成立，只需
f(x)
max
?f(1?)??lnk?0
即可，
k
化简得：
k?1
,所以
k
的取值范围是[1，+∞）.
(3)由(2)知，
当k?1时理解得
：
lnx?x?1
，x
?1.

令
x?
∴
lnn
3
?n
3?1?(n?1)(n
2
?n?1)?(n?1)(n?1)
2
.

∴
lnnn?1
(n?N,n?1)

?
2
3
n?1
ln2ln3ln4lnn1
??????
2
?( 3?4?5????n?1)
3815
n?1
3

1(3?n?1 )(n?4)(n?1)
??(n?1)?(n?N,n?1)
326
59.

(
替换构造
)
已知函数
f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1.

⑴求函数
f(x)
的单调区间；

⑵若
f(x)
≤
0
恒成立，试确定实数
k
的取值范围；（一次，作差构造）

lnin(n?1)
?(n?N
*
,n?1)
.
?
4
i?1
i?1
1
?k
.
解：⑴函数的定义域为
(1,??)
中，
f
?
(x)?
x?1

当
k
≤
0
时，
f
?
(x)?0
，则
f(x)
在
(1,??)
上是增函数
.
11

当
k?0
时，
f(x)
在
(1,1?)
上是增函数，在
(1?,??)
上是减函数
.
kk
⑵由⑴知，当
k
≤
0
时，
f(x)
在
(1 ,??)
上是增函数
.
而
f(2)?1?k?0
，
f(x)
≤
0
不成立
.
1
当
k?0
时，由⑴知 y
max
?f(1?)??lnk
，要使
f(x)
≤
0
恒成立，则
?lnk
≤
0
，解得
k
≥
k
⑶证明：①当
x?2
时，
ln(x?1)?x?2
；②
1.
⑶①由⑵知当
k?1
时，有
f(x)
在
(1,??)
上恒成立，且
f(x)
在
(2,??)
是减函数
.

又
f(2)?0
，∴当
x?2
时，
f(x)?f (2)?0
，即
ln(x?1)?x?2
.
n
lnnn?1
.
?
n?12
ln2ln3ln4lnn 123n?1n(n?1)
???L?????L??

∴成立
.
345n?122224

②令
x?1?n
2
,
则
lnn
2
?n
2
?1,
即
2lnn?( n?1)(n?1)
，从而

60.

（
2011
浙江理
22,
替换构造）

已知函数
f(x)?2aln(1?x)?x(a?0)
.
⑴求
f(x)
的单调区间和极值；

lgelgelge
*
n
⑵求证：
4lge????????lge
n
(n?1)
(n?N)
.
23n
2a
?1
.
解：⑴定义域为
?
?1,??
?
,
f'(x)?
1?x

令 f'(x)?0??1?x?2a?1
，令
f'(x)?0?x?2a?1

故
f(x)
的单调递增区间为
?
?1,2a?1
?
，
f(x)
的单调递减区间为
?
2a?1,??
?

(1?n)
n
f(x)
的极大值为
2aln2a?2a?1

⑵证明：要证
4lge?
lgelgelge
???????lge
23n
(1?n)
n
n
n
(n?1)

111lge(n?1)
，

即证
4?
1 ?
1
?????
1
?lne(n?1)

4????????
23n
23nlge
1111
n

即证
1????????3?ln(n?1)?(1?)

23nn
1

令
a?
，由⑴可知
f(x) 在
(0,??)
上递减，故
f(x)?f(0)?0

2
11n?11
*

即
ln(1?x)?x
，令
x?(n?N)
，故
ln(1?)?ln?ln(n?1)?lnn?

nnnn
111

累加得，
ln(n?1)?1???????

23n
111
n
1
n

ln(1?)??ln(1?)?1?(1?)?e?3

nnnn
1111
n

故
1????????3?ln(n?1)?(1?)
，得证

23 nn
1
n
111
01
1
2
1
n
1

法二：
(1?)
=
C
n
?C
n ?C
n
2
?????C
n
n
?2???????
nnnn2!3!n!
11
(1?
n?1
)
1
111
2
?3?
n?1
?3
，其余相同证法
.
?2??
2
?????
n

?2?
2
1
2
222
1?
2

即证

61.

（替换构造）

已知函数
f(x)?e
x
?ax?1(a?0,e
为自然对数的底数
)
.
⑴求函数
f(x)
的最小值；

⑵若
f(x)
≥ 0
对任意的
x?R
恒成立，求实数
a
的值；（一次，作差构造）

(1?n)
n
n
n
(1?n)
n
n n
1
n
2
n
n?1
n
n
n
e
)?()?(其中n?N*)
.
nnnne?1
解：（
1
）由题意
a?0,f
?
(x)?e
x
?a
，由
f
?
(x)?e
x
?a?0
得
x?lna
.

当
x?(??,lna)
时
,
f
?
( x)?0
；当
x?(lna,??)
时，
f
?
(x)?0 .

∴
f(x)
在
(??,lna)
单调递减，在
(lna,??)
单调递增
.

即
f(x)
在
x?lna
处取得极小值，且为最小值，

其最小值为
f(lna)?e
lna
?alna?1?a?aln a?1.

（
2
）
f(x)
≥
0
对任意的
x?R
恒成立，即在
x?R
上，
f(x)
min
≥
0
.

由（
1
），设
g(a)?a? alna?1.
，所以
g(a)
≥
0
.

由g
?
(a)?1?lna?1??lna?0
得
a?1
.

∴
g(a)
在区间
(0,1)
上单调递增，在区间
(1,??)
上单调递减，

∴
g(a)
在
a?1
处取得极大值
g(1)?0
.

因此
g(a)
≥
0
的解为
a?1
，∴ a?1
.
（
3
）由（
2
）知，因为
a?1
，所以对任意实数
x
均有
e
x
?x?1
≥0
，即
1?x
≤
e
x
.
⑶在⑵的条件下，证明：
()?()?????(

kk
????
k
kk
n令
x??

(n?N*,k?0,1,2,3,…,n?1)
，则
0?1?
≤
e
n
.
∴
(1?)
≤
(e n
)
n
?e
?k
.
n
nn
1n
2
n
n?1
n
n
n
1?e
?n1e
?(n?1)?(n?2)?2?1
.
)?()
≤
e?e? …?e?e?1
?
∴
()?()?…?(
??
?1?1
nn nn
1?e1?ee?1

四、不等式恒成立求字母范围

恒成立之最值的直接应用

62.

（2011北京理18倒数第3大题，最值的直接应用）
已知函数
f(x)?(x?k)e
。
2
x
k
⑴求
f(x)
的单调区间；
⑵若对于任意的
x?(0,??)
，都有
f(x)
≤
1
，求
k 的取值范围.
e
x
1
22
k
解：⑴
f?
(x)?(x?k)e
，令
f
?
(x)?0,x??k
，
k
当
k?0
时，
f(x)
与
f
? (x)
的情况如下：
(??,?k)

?k

(?k,k)

k

x

f
?
(x)

+ 0 0
?

(k,??)

+
f(x)

0
4k
2
e
?1

所以，
f(x)
的单调递增区间是
(??,?k)
和
(k,??)
：单调递减区间是
(?k,k)
，
当
k?0
时，
f(x)
与
f ?
(x)
的情况如下：
(??,k)

k

(k,?k)

?k

(?k,??)

x

f
?
(x)

?

0 + 0
?

f(x)

0
4k
2
e
?1

所以，
f(x)
的单调递减区间是
(??,k)
和
(?k,??)
：单调递减区间是
(k,?k)
。
k?1
1
1
⑵当
k?0
时，因为
f(k?1)?e
k
?
，所以不会有
?x?(0,??),f(x )?.

e
e
4k
2
，
当
k?0
时，由（Ⅰ）知
f(x)
在
(0,??)
上的最大值是
f(?k) ?
e
11
4k
2
1
?
,解
??k?0. 
所以
?x?(0,??),f(x)?
等价于
f(?k)?
ee2
e
11
综上：
故当
?x?(0,??),f(x)?
时，
k
的取值范围是[
?
，0].
e2

63.

（2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）

a
?b
?
x?0
?
，其中
a,b?R
.
x
⑴若曲线
y?f
?
x
?
在点
P
?
2,f
?
2
??
处切线方程为
y?3x?1
, 求函数
f
?
x
?
的解析式；

已知函数f
?
x
?
?x?

⑵讨论函数
f
?
x
?
的单调性；

?
1
??
1
?
????
a
解：⑴
f
?
(x)?1?
2
，由导数的几何意义得
f
?
(2)?3
，于是
a??8
． 
x
由切点
P(2,f(2))
在直线
y?3x?1
上可得
?2?b?7
，解得
b?9
．

8
所以函数
f(x)
的解析式为
f(x)?x??9
．

x
a
⑵
f
?
(x)?1?
2
．

x
当
a?0
时，显然
f
?
(x)?0
( x?0
),
这时
f(x)
在
(??,0)
，
(0,??)
上内是增函数．

当
a?0
时，令
f
?
(x)?0
，解得
x??a
．

当
x
变化时，
f
?
(x)
，
f(x)
的变化情况如下表：

x

(??,?a)

?a

(?a,0)

(0,a)

(a,??)

a

f
?
(x)

＋

0 0
－

－

＋

f(x)

↗

极大值

↘

↘

极小值

↗

∴
f(x)
在
(??,?a )
，
(a,??)
内是增函数，在
(?a,0)
，
(0,? ?)
内是减函数．

111
⑶由⑵知，
f(x)
在
[,1]
上的最大值为
f()
与
f(1)
的较大者，对于任意的a?[,2]
，不等
442
39
?
1
?
?4a
11
?
f()?10
?
b?
式
f(x)?10在
[,1]
上恒成立，当且仅当
?
4
，即
?
，对任意的
a?[,2]
4
42
??
f(1)?10b?9?a
??
77
成立．从而得
b?
，所以满足条件的
b
的取值范围是
(??,]
．

44
⑶若对于任意的
a?
? ,2
?
，不等式
f
?
x
?
?10
在
?
,1
?
上恒成立，求
b
的取值范围
.
24
64.

（转换变量，作差）

已知函数
f(x)?(x
2
?a)e
x
.
⑴若
a?3
，求
f(x)
的单调区间；

⑵已知 x
1
,x
2
是
f(x)
的两个不同的极值点，且|x
1
?x
2
|?|x
1
x
2
|，若
3
3f(a)?a
3
?a
2
?3a?b
恒成立，求实数
b
的取值范围。

2
解：⑴
Qa?3,?f( x)?(x
2
?3)e
x
，
f
?
(x)?(x2
?2x?3)e
x
?0
?x??3
或
1
令
f
?
(x)?0
，解得
x?(??,?3)U(1,??)
令
f
?
(x)?0
，解得
x?(?3,1)
，
 ?f(x)
的增区间为
(??,?3),(1,??)
；减区间为
(? 3,1)
，

⑵
f
?
(x)?(x
2
?2 x?a)e
x
?0
，即
x
2
?2x?a?0
由题意两根为
x
1
,x
2
，
?x
1
? x
2
??2,x
1
?x
2
??a
，又
Q| x
1
?x
2
|?|x
1
x
2
|
? ?2?a?2

且△
?4?4a?0
，
??1?a?2
.

32
3
232a3
设
g(a)?3f(a)?a?a?3a?3(a?a) e?a?a?3a
，

22

g
?
(a)?3 (a
2
?a?1)(e
a
?1)?0?a?
?1?5
或a?0

2
5?1

2
0

2
a

g
?
(a)

g(a)

(?1,0)

+
0

0
(0,
5?1

)
2
(
5?1

,2)
2
+
2
?

]

Z

极大值

极小值

Z
g(2)

又
g(0)?0
，
g(2)?6e 2
?8
，
g(a)
max
?6e?8

，
?b?6e
2
?8
.

恒成立之分离常数

65.

（分离常数）

a
?lnx?1,a?R.

x
(1)
若
y?f (x)
在
P(1,y
0
)
处的切线平行于直线
y??x?1
，求函数
y?f(x)
的单调区间；

已知函数
f(x)?
(2)
若
a?0
，且对
x? (0,2e]
时，
f(x)?0
恒成立，求实数
a
的取值范围
.
7
6
5
4
3
2
1

-8- 6-4-2
-1
A
24681012
-2
-3
-4
-5
解
: (1)
f(x)?
a
?lnx?1,a?R.
f(x)
定义域为
(0,??)
,
直线
y??x?1
的斜率为
?1
,
x
a121x?2
f'(x)??
2
?
,
f'(1)??a?1??1
,
?a?2
.
所以
f'(x)??
2
??
2

xx
xxx
由
f'(x)?0得x?2
;
由
f'(x)?0得0?x?2

??)
,
减区间为
(0,2)
.
所以函数
y?f(x)
的单调增区间为
(2，
(2)
a? 0
，且对
x?(0,2e]
时，
f(x)?0
恒成立
a
?lnx?1?0在x?(0,2e]恒成立
,
即
a?x(lnx?1 )
.
x
设
g(x)?x(1?lnx)?x?xlnx,x?(0,2e]
.

g'(x)?1?lnx?1??lnx,x?(0,2e]

当
0?x?1
时
,
g'(x)?0
,
g(x)为增函数

当
0?x?2e
时
,
g'(x)?0
,
g(x)为减函数
.
所以当
x?1时
,
函数
g(x)
在
x?(0,2e]
上取到最大值 ,
且
g(1)?1?ln1?1

所以
g(x)?1
,
所以
a?1

所以实数
a
的取值范围为
(1,??)
.
（法二）讨论法

x?a
，
f(x)
在
(0,a)
上是减函数，在
(a,??)
上是增函数
.
x
2
当
a
≤
2e
时，
f(x)
≥
f(a)?1?lna ?1?0
，解得
a?1
，∴
1?a
≤
2e
. a
?ln(2e)?1?0
，解得
a?2eln2
，∴
a?2e
.
当
a?2e
时，
f(x)?f(2e)?
2e
综上
a?1
.
f
?
(x)?

66.

（
2011
长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）

x
2
已知函数
f(x)?e??ax?1
,
（其中
a?
R,
e
为自然对数的底数）
.
2
(1)
当
a? 0
时
,
求曲线
y?f(x)
在
(0,f(0))
处的切线方程；

(2)
当
x
≥
1
时
,若关于
x
的不等式
f(x)
≥
0
恒成立
,求实数
a
的取值范围
.
（改
x
≥
0
时，
f(x)
≥
0
恒成立.
a
≤1）

x
x
2
解：（
1
）当
a?0
时，
f(x)? e??1
,
?f'(x)?e
x
?x
,
?f(0)?0,f '(0)?1
,
2
?
切线方程为
y?x
．

x
（
2
）
[
方法一
]
2

x

x

?x
≥
1,
?

f

(

x

)

?

e

x

?

?

ax

?

1

≥
0

?

a

≤
e

?

2

?

1

,
2

x

x

2

x

2

x

x

(

x

?

1)

e

?

?

1

e

?

?

1

,,
设则
2

2

g

'

(

x

)

?

g

(

x

)

?

x

2

x

2

x

x
2
设
?
(x)?(x?1)e? ?1
,
则
?
'(x)?x(e
x
?1)?0
,
2
1
?
?
(x)
在
[1,??)
上为增函数
,
?
?
(x)
≥
?
(1)??0
, 2
x
2
x
2
xx
(x?1)e??1e??1
[1,??)
,
在上为增函数
,
22
?g'(x)??0?g( x)?
x
x
2
3
3
?g(x)
≥
g(1) ?e?
,
?a
≤
e?
．

2
2
x

x
2
[
方法二
]
?f(x)?e??ax? 1
,
?f'(x)?e
x
?x?a
,
2
设
h(x)?e
x
?x?a
,
h'(x)?e
x
?1
,
?x
≥
0,
?h'(x)?e
x
?1
≥
0,
?h(x)?e
x
?x?a
在
[1,??)
上为增函数
,
?h(x)
≥
h(1)?e?1?a
.
33
x
2
x
又
?f(x)?e??ax?1
≥0
恒成立
,
?f(1)?e?a?
≥
0,
?a
≤
e?
,
22
2
?h(x)
≥
h(1)?e?1 ?a?0
,
?f'(x)?e
x
?x?a?0
,
3
x
2
x
f(x)?e??ax?1
在
[1,??)
上为增函数
,
此时
f(x)
≥
f(1)?e?a?
≥
0
恒成立
,
2
2
3
?a
≤
e?
．

2
（改
x
≥
0
时，
f(x)
≥
0
恒成立.
a
≤1）

x
2
x
e??1
x
e ?x
解：先证明
g(x)
在
(0,??)
上是增函数，再由洛比达法则，∴
2
lim?lim?1
x?0x?0
x1
a
g(x) ?1
，∴
a
≤
1.
（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上 f(x)?e
x
?x
2
?x?1
，
2
分两种情况讨论可得
a
≤
1
）

1
(x??1
且
x?0
）
67.

（两边取对数的技巧）设函数
f(x)?
(x?1)ln(x?1)

（
1
）求
f(x)
的单调区间；

（
2
）求
f(x)
的取值范围；

x
?( x?1)
m
对任意
x?(?1,0)
恒成立，求实数
m
的取值范围。

ln(x?1)?1

解：（
1
）

Qf'(x)??
(x?1)
2
ln
2
(x?1)
,

（
3
）已知
2
1
x?1
?
当
f'(x)?0
时，即
ln(x?1)?1?0,?1?x?e
?1?1
.

当
f'(x)?0
时，即
ln(x?1)? 1?0,0?x
?e
?1
?1
或
x?0
.

故函数
f(x)
的单调递增区间是
(?1,e
?1
?1)
.

函数
f(x)
的单调递减区间是
( e
?1
?1,0),(0,??)
.

（
2
）由 f'(x)?0
时，即
ln(x?1)?1?0,x?e
?1
?1，

由（
1
）可知
f(x)
在
(?1,e?1
?1)
上递增，

在
(e
?1
?1,0)
递减，所以在区间（－
1
，
0
）上，

当
x?e
?1
?1
时，
f(x)
取得极大值，即最大值为
f( e
?1
?1)??w
.

在区间
(0,??)
上，
f(x)?0
.
?
函数
f(x)
的取值范围为
(??,?e)U(0,??)
.
分

（
3
）
Q2
1
x?1
?(x?1)?0,x?(? 1,0)
，两边取自然对数得
x?1
ln2?mln(x?1)

m
1

68.

（分离常数）

1?lnx

．

x
1
（Ⅰ）若函数在区间
(a,a?)
其中
a >0
，上存在极值，求实数
a
的取值范围；

2
k
（Ⅱ）如果当
x?1
时，不等式
f(x)?
恒成立，求实数
k
的取值范围；

x?1
1?lnxlnx
解：（Ⅰ）因为
f(x)?
，
x >0
，则
f
?
(x)??
2
，

xx 当
0?x?1
时，
f
?
(x)?0
；当
x? 1
时，
f
?
(x)?0
．

所以
f(x)
在（
0
，
1
）上单调递增；在
(1,??)
上单调递减，

所以函数
f(x)
在
x?1
处取得极大值．

1
因为函数
f(x)
在区间
(a,a?)
（其中
a ?0
）上存在极值，

2
?
a?1,
1
?
?a?1
．
 所以
?
解得
1
a??1,
2
?
?2
已知函数
f(x)?
k(x?1)(1?lnx)(x?1)(1?lnx)
,
即为
?k,

记
g(x)?,

x?1xx
? x?(x?1)(1?lnx)
x?lnx
(x?1)(1?lnx)
???

所以
g
?
(x)?
2
2
x
x
1
令
h(x)?x?lnx
，则
h
?
( x)?1?
，

x
Qx?1
，

?h
?
(x)?0,?h(x)
在
?
1,??)
上单调递增，

（Ⅱ）不等式
f(x)?
?
?
h(x)
? min
?h(1)?1?0
，从而
g
?
(x)?0
，

故
g(x)
在
?
1,??)
上也单调递增，
 所以
?
g(x)
?
min
?g(1)?2
，所以k?2

．

69.

（
2010
湖南，分离常数，构造函数）

已知函数
f(x)?x
2
?bx?c(b,c?R),

对任意的
x?R,
恒有
f
?
(x)≤f(x)
.
⑴证明：当
x≥0时，f(x)≤(x?c)
2
;

⑵若对满足题设条件的任意
b
、
c
，不等式
f(c)?f( b)≤M(c
2
?b
2
)
恒成立，求
M
的最小值。

70.

（第3
问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数
f(x)?
（Ⅰ）求函数
f (x)
的定义域

（Ⅱ）确定函数
f (x)
在定义域上的单调性，并证明你的结论
.
k
（Ⅲ）若
x>0
时
f(x)?
恒成立，求正整数
k
的最大值
.

x?1
解：（
1
）定义域
(?1,0)?(0,??)

1?1n(x?1)

x
?11
[?ln(x?1)]当x?0时,
f
?
(x)?0
单调递减。

2
x
x?1
111x
?
g(x)??ln(x?1)g(x)?????0
当
x ?(?1,0)
，令
22
x?1x?1
(x?1)(x?1)
（2
）
f
?
(x)?
，
g(x)?
111x?ln(x?1)g
?
(x)?????0

x?1
(x?1)
2
x?1
(x?1)
2
故
g(x)
在（－
1
，
0
）上是减函数，即
g(x)?g(0)?1?0
，

11
?ln(x?1)]

故此时
f
?
(x)??
2
[
x
x?1
在（－
1
，
0
）和（
0
，
+
?
）上都是减函数

k
（
3
）当
x>0
时，
f(x)?
恒成立，令
x?1有k?2 [1?ln2]

x?1
又
k
为正整数，∴
k
的最大值不大于
3

k
(x?0)
恒成立

x?1
当
x>0
时

(x?1)ln(x?1)?1?2x?0
恒成立

令
g(x )?(x?1)ln(x?1)?1?2x
，
则
g
?
(x)?ln( x?1)?1, 当x?e?1时

下面证明当
k=3
时，
f(x )?
g
?
(x)?ln(x?1)?1, 当x?e?1时
，
g ?
(x)?0
，
当
0?x?e?1时, g
?
(x)?0

∴当
x?e?1时, g(x)
取得最小值
g(e?1)?3?e?0

当
x>0
时，

(x?1)ln(x?1)?1?2x?0
恒成立，因此正整数
k
的最大值为
3

71.

(
恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理
)
1?ln(x?1)
(x?0).

x

（Ⅰ）试判断函数
f(x)在(0,??)
上单调性并证明你的结论；

k

（Ⅱ）若
f(x)?
恒成立，求整数
k
的最大值；（较难的处理）

x?1

（Ⅲ）求证：
(1+1×2 )(1+2×3)
…
[1+n(n+1)]>
e
2n
－
3 .
1x11
?1?ln(x?1)]??
2
[?ln(x?1)]
 解：（
I
）
f
?
(x)?
2
[
x x?1
x
x?1
1
?x?0,?x
2
?0,?0,l n(x?1)?0,?f
?
(x)?0.
?f(x)在(0,?)
上递减.
x?1
k(x?1)[1?ln(x?1)]
恒成立,即h(x)??k恒成立.

（
II
）
f(x)?
x?1x
x?1?l n(x?1)
h
?
(x)?,记g(x)?x?1?ln(x?1)(x?0).
x
x
?0,?g(x)在(0,??)
上单调递增，

则
g
?
(x)?
x?1
又
g(2)?1?ln3?0,g (3)?2?2ln2?0.

?g(x)?0
存在唯一实根
a
，且满足
a?(2,3),a?1?ln(a?1).

当
x?a时，g(x)? 0,h
?
(x)?0，当0?x?a时，g(x)?0,h
?
(x)?0. 
(a?1)[1?ln(a?1)](a?1)a
??a?1?(3,4)

∴
h(x)
min
?h(a)?
aa
故正整数
k 的最大值是
3 .
1?ln(x?1)3
?(x?0)

（Ⅲ）由（Ⅱ）知
xx?1
3x33
?1?2??2?

∴
ln(x?1)?
x?1x?1x
3

令
x?n (n?1)(n?N*)
，则
ln[1?n(n?1)]?2?
n(n?1)
已知函数
f(x)?
∴
ln(1+1
×
2)+ln(1+2
×
3)+
…
+ln[1+n(n+1)]

333
) ?(2?)???[2?]
1?21?3n(n?1)
131

?2n?3[ ????]
1?22?3n(n?1)
13
?2n?3(1?)?2n?3??2n? 3
n?1n?1
?(2?
∴（
1+1
×
2
）（1+2
×
3
）…
[1+n
（
n+1
）
]>e
2n
－
3

72.

(分离常数，双参，较难)已知函数
f(x)?(x
3
?6x
2
?3x?t)e
x
，
t?R
.
（１）若函数
y?f(x)
依次在
x?a,x?b,x?c(a?b?c)
处取到极值．
①求
t
的取值范围； ②若
a?c?2b
2
，求
t
的值．
（２）若存在实数t?
?
0,2
?
，使对任意的
x?
?
1,m ?
，不等式
f(x)?x
恒成立．求正整数
m
的
最大值．

解：（1）①
f
?
(x)?(3x
2
?12x?3)e
x?(x
3
?6x
2
?3x?t)e
x
?(x
3
?3x
2
?9x?t?3)e
x

Qf(x)有3个极值点 ,?x
3
?3x
2
?9x?t?3?0有3个根a,b,c.
令g(x)?x
3
?3x
2
?9x?t?3,g'(x)?3x
2
?6x?9?3(x?1)(x?3)

g(x)在(-?,-1),(3,+?)上递增,(-1,3)上递减.

?
g(-1)>0
Qg(x)有3个零点?
?
??8?t?24.

g(3)?0
?
②
Qa,b,c是f(x)的三个极值点

?x
3
?3x
2
?9x?t?3?(x-a)(x-b)(x-c)=x3
?(a?b?c)x
2
?(ab?bc?ac)x?abc

?
a?1?23
?
a?b?c?3
?
3
?
?
?
ab?ac?bc??9
?b?1或?(舍Qb?(-1,3))
?
? b?1?t?8
.
2
?
t?3??abc
?
??
c?1?23
（2）不等式
f(x)?x
，即
(x
3
?6x
2
?3x?t)e
x
?x
，即
t?xe ?x
?x
3
?6x
2
?3x
.
转化为存在实数
t?
?
0,2
?
，使对任意
x?
?
1 ,m
?
，不等式
t?xe
?x
?x
3
?6x
2
?3x
恒成立,即不等
式
0?xe
?x
?x
3
?6x
2
?3x
在
x?
?
1,m
?
上恒成立。
即不等式
0?e
?x
?x
2
?6x?3在
x?
?
1,m
?
上恒成立。
设
?
(x)?e
?x
?x
2
?6x?3
，则
?
?
(x)??e
?x
?2x?6
。
设
r(x)?
?
?
(x)??e
?x
?2x?6
，则
r
?
(x) ?e
?x
?2
，因为
1?x?m
，有
r
?
(x)?0
。
故
r(x)
在区间
?
1,m
?
上是减函数。又
r(1)?4?e
?1
?0,r(2)?2?e
?2
?0,r (3)??e
?3
?0

故存在
x
0
?(2,3)
，使得
r(x
0
)?
?
?
(x
0
)?0
。
当
1?x?x
0
时，有
?
?
( x)?0
，当
x?x
0
时，有
?
?
(x)?0。
从而
y?
?
(x)
在区间
?
1,x
0
?
上递增，在区间
?
x
0
,??
?
上递减。
又
?
(1)?e
?1
?4?0,
?
(2) ?e
?2
?5>0,
?
(3)?e
?3
?6>0,

?
(4)?e
?4
?5>0,
?
(5)?e
?5 ?2?0,
?
(6)?e
?6
?3?0.

所以当
1?x?5
时，恒有
?
(x)?0
；当
x?6
时，恒有
?
(x)?0
；
故使命题成立的正整数
m
的最大值为5.

73.

（
2008
湖南理
22
，分离常数，复合的超范围）

x
2
已知函数
f(x)?ln(1?x)?.

1?x
⑴求函数
f(x)
的单调区间
;
1
n?a
⑵若不等式
(1?)≤e
对任意的
n?N*
都成立（其中
e
是自然对数的底数），求
a
的最大值
.
n
2
（分离常数）

解
:
⑴函数
f(x)
的定义域是
(?1,??)
，

2 ln(1?x)x
2
?2x2(1?x)ln(1?x)?x
2
?2x
f
?
(x)???.

22
1?x(1?x)(1?x)
设
g(x)?2(1?x)ln(1?x)?x
2
?2x,
则
g?
(x)?2ln(1?x)?2x.

2?2x
?2?.
 令
h(x)?2ln(1?x)?2x,
则
h
?
(x)?1?x1?x
当
?1?x?0
时，

h
?
(x)?0,

h(x)
在（－
1
，
0
）上为增函数，

当
x
＞
0
时，
h
?
(x)?0,h(x)
在
(0,??)
上为减函数
.
所以
h(x)
在
x =0
处取得极大值，而
h(0)=0,
所以
g
?
(x)?0 (x?0)
，

函数
g(x)
在
(?1,??)
上为减函数
.
于是当
?1?x?0
时，
g(x)?g(0)?0,
当
x
＞ 0
时，
g(x)?g(0)?0.

所以，当
?1?x?0 时，
f
?
(x)?0,f(x)
在（－
1
，
0
）上为增函数
.
当
x
＞
0
时，
f?
(x)?0,f(x)
在
(0,??)
上为减函数
.
故函数
f(x)
的单调递增区间为（－
1
，
0
），单调递减区间为
(0,??)
.
1
n?a
1
?e
等价于不等式
(n?a)ln(1?)?1.

⑵不等式
(1?)
nn
1
a≤?n.
11

1
由
1??1
知，
ln(1?)
＞
0
，∴上式变形得
ln(1?)
nn
n
11
1
?,x?
?
0,1
?
,
则

设
x?
，则
G(x)?
ln(1?x)x
n
11(1?x)ln
2
(1?x)?x
2
G
?
(x)????
2
.

(1?x)ln2
(1?x)x
2
x(1?x)ln
2
(1?x)
x 2
由⑴结论知，
ln(1?x)??0,
（
f(x)
≤
f(0)?0
）即
(1?x)ln
2
(1?x)?x
2
? 0.

1?x
所以
G
?
(x)?0,
x?
?
0,1
?
,
于是
G(x)
在
?
0,1 ?
上为减函数
.
1
?1.

故函数
G(x )
在
?
0,1
?
上的最小值为
G(1)?
ln2 1
?1.

所以
a
的最大值为
ln2
2

74.

（变形，分离常数）

已知函数
f(x)?x
2
?alnx
(a
为实常数
).
(1)
若
a??2
，求证：函数
f(x)
在
(1,+
∞
)
上是增函数；
(2)
求函数
f(x)
在
[1,e]
上的最小值及相应的
x
值；

(3)
若存在
x?[1,e]
，使得
f (x)?(a?2)x
成立，求实数
a
的取值范围
.
2
2 (x?1)
解：⑴当
a??2
时，
f(x)?x?2lnx
，当x?(1,??)
，
f
?
(x)??0
，

x
故函数
f(x)
在
(1,??)
上是增函数．

2
2x
2
?a
⑵
f
?
(x)?(x?0)
，当
x?[1,e]
，
2x
2
?a?[a?2,a?2e 2
]
．

x
若
a??2
，
f
?
(x)
在
[1,e]
上非负（仅当
a??2
，
x=1
时，
f
?
(x)?0
），故函数
f(x)
在
[1,e]
上是
增函数，此时
[f(x)]
min
?
f(1)?1
．

若
?2e
2
?a??2
，当 x?
是减函数；当
?a?a
时
,
f
?
(x) ?0
；当
1?x?
时，
f
?
(x)?0
，此时f(x)

22
?a
?x?e
时，
f
?
(x)?0
，此时
f(x)
是增函数．

2
aaa
?a
故
[f(x)]
min
?
f()
?ln(?)?．

222
2
若
a??2e
2
，
f ?
(x)
在
[1,e]
上非正（仅当
a??2e
2 ，
x=e
时，
f
?
(x)?0
），故函数
f (x)

在
[1,e]
上是减函数，此时
[f(x)]
mi n
?f(e)?
a?e
2
．

⑶不等式
f(x)? (a?2)x
，可化为
a(x?lnx)?x
2
?2x
．

∵
x?[1,e]
, ∴
lnx?1?x
且等号不能同时取，所以 lnx?x
，即
x?lnx?0
，
x
2
?2x
x?[1,e]
因而
a?
（）
x?lnx
(x?1)(x?2?2lnx)
x
2
?2x
x?[1 ,e]
令
g(x)?
（），又
g
?
(x)?
， 2
(x?lnx)
x?lnx
当
x?[1,e]
时，
x?1?0,lnx?1
，
x?2?2lnx?0
，
从而
g
?
(x)?0
（仅当
x=1
时取等号），所以
g(x)
在
[1,e]
上为增函数，
故
g(x)
的最小值为
g(1) ??1
，所以
a
的取值范围是
[?1,??)
．
75.

（分离常数，转换变量，有技巧）

设函数
f(x)?alnx?bx
2
.
1
相切：

2
1
①求实数
a,b
的值；②求函数
f(x)
在 [,e]
上的最大值；

e
3
2
⑵当
b?0
时，若不等式
f(x)
≥
m?x
对所有的
a?[0,],x ?[1,e]
都成立，求实数
m
的取值
2
⑴若函数
f(x)
在
x?1
处与直线
y??
范围
.
解：（
1
）①
f'(x)?
a
?2bx
。

x

?
a?1
?
f'(1)?a?2b?0
1
?
?
∵函数
f(x)
在
x?1
处与直线
y ??
相切
?
?
1
,
解得
?
1
.
f(1)??b??
b?
2
?
?
?2
?2
1
2
11?x
2

②
f(x)?lnx?x,f'(x)? ?x?
2xx
1
1
?
1
?
f'(x)?0f'(x )?0
?f(x)在,1
?
上单
?x?e?x?1
当时，令得；令，得
1?x?e
，
?
e
e
?
e
?
1
调递增，在
[1
，
e]
上单调递减，
?f(x)
m ax
?f(1)??
.
2
?
3
?
2
 （
2
）当
b=0
时，
f(x)?alnx
若不等式 f(x)?m?x
对所有的
a?
?
0,
?
,x??
1,e
?
?
都成立，
?
2
?
?3
?
2
则
alnx?m?x
对所有的
a?
? 0,
?
,x?
?
1,e
?
?
都成立，

2
??
3
2
即
m?alnx?x,
对所有的 a?[0,],x?1,e
都成立，

2
令
h(a)?aln x?x,则h(a)
为一次函数，
m?h(a)
min
.
3 Qx?
?
1,e
2
?
,?lnx?0,
?h(a)在 a?[0,]
上单调递增，
?h(a)
min
?h(0)??x
， 
?
2
?m??x
对所有的
x?
?
1,e 2
?
?
都成立
.
?
?
2
Q1?x ?e
2
,??e
2
??x??1,
?m?(?x)
min ??e
..
2
（注：也可令
h(x)?alnx?x,则m?h(x )
所有的
x?1,e
?
?
都成立，分类讨论得
?
3
m?h(x)
min
?2a?e
2
对所有的
a?[0,] 都成立，
?m?(2a?e
2
)
min
??e
2，请根据过程酌情
2
给分）

恒成立之讨论字母范围

76.

（
2007
全国
I
，利用均值，不常见）

设函数
f(x)?e
x
?e
?x
．

⑴证明：
f(x)
的导数
f
?
(x)≥2
；

⑵若对所有
x≥0
都有
f(x)≥ax
，求
a
的取值范围．

解：⑴
f(x)
的导数
f
?
(x)?e
x
?e
?x
．由于
e
x
?e
-x
≥2e x
ge
?x
?2
，故
f
?
(x)≥2
．

（当且仅当
x?0
时，等号成立）．
⑵令
g(x) ?f(x)?ax
，则
g
?
(x)?f
?
(x)?a?e x
?e
?x
?a
，
①若
a≤2
，当
x?0
时，
g
?
(x)?e
x
?e
?x
?a?2?a≥0
，
?∞)
上为增函数，故
g(x)
在
(0，
所以，
x≥0
时，
g(x)≥g(0)
，即
f(x) ≥ax
．

2
a?a?4
， ②若
a?2
，方程
g
?
(x)?0
的正根为
x
1
?ln
2
此时，若
x?(0，x
1
)
，则
g
?
( x)?0
，故
g(x)
在该区间为减函数．
所以，
x?(0，x 1
)
时，
g(x)?g(0)?0
，即
f(x)?ax
，与题设
f(x)≥ax
相矛盾．
2
?
．综上，满足条件的
a
的取值范围是
?
?∞，

77. 设函数f(x)=e
x
+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)
－
g( x).
(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；
(Ⅱ)当 a=1时,设P(x
1
,f(x
1
)), Q(x
2
, g(x
2
))(x
1
>0,x
2
>0), 且PQx轴,求P
、
Q两点间的最短距离；
(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．
解：(Ⅰ)F(x)= e
x
+sinx
－
ax,
F'(x)?e?cosx?a
.
因为x=0是F(x)的极值点,所以
F'(0)?1?1?a?0,a?2
.
又当a=2时,若x<0,
F'(x)?e?cosx?a?0
;若 x>0,
F'(x)?e?cosx?a?0
.
∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.
(Ⅱ) ∵a=1, 且PQx轴,由f(x
1
)=g(x 2
)得:
x
2
?e
1
?sinx
1
,所以
x
2
?x
1
?e
1
?sinx
1 ?x
1
.
令
h(x)?e?sinx?x,h'(x)?e?cos x?1?0
当x>0时恒成立.
∴x∈[0,+∞
)
时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|
min
=1.
(Ⅲ)令
?
(x)? F(x)?F(?x)?e?e
则
?
'(x)?e?e
x
x?xx?x
xx
xx
x
xx
?2sinx?2ax.
?2cosx?2a.S(x)?
?
''(x)?e
x
?e
?x
?2sinx
.
?x
因为
S'(x)?e?e?2cosx?0
当x≥0时恒成立,
所以函数S(x)在
[0,??)
上单调递增,
∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞
)
时恒成立;
因此函数
?
'(x)
在
[0,??)
上单调递增,
?
'(x)?
?
'(0)?4?2a
当x∈[0,+∞
)
时恒成立.
当a≤2时,
?
'(x)?0
,
?
(x)在[0,+∞
)
单调递增,即
?
(x)?
?
(0)?0
.
故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.
当a?2时，
?
'(x)?0,又Q
?
'(x)在
?
0,??
?
单调递增， ?总存在x
0
?(0,??),
使得在区间
?
0，x
0?
上
?
'(x)?0.导致
?
(x)在
?
0, x
0
?
递减，而
?
(0)?0，
?当x?(0,x
0
)时，
?
(x)?0，这与F(x)?F(?x)?0对x?
?
0 ,??
?
恒成立不符，
?a?2不合题意.综上a取值范围是
?
-? ,2
?
.???14分

78.

（用到二阶导数，二次）

k
2
x?x
.
2
⑴若
k?0
，求
f(x)
的最小值；

⑵若当
x?0
时
f(x)?1
，求实数
k
的取值范围
.
解：（
1
）
k?0
时，
f(x)?e
x?x
，
f'(x)?e
x
?1
.
当
x?(? ?,0)
时，
f'(x)?0
；当
x?(0,??)
时，
f '(x)?0
.
所以
f(x)
在
(??,0)
上单调减小，在
(0,??)
上单调增加

故
f(x)
的最小值为
f(0)?1

设函数
f( x)?e?
x

（
2
）
f'(x)?e
x?kx?1
，
f
??
(x)?e
x
?k

当
k?1
时，
f
??
(x)?0 (x?0)
，所以
f
?
(x)
在
?
0,??
?
上递增， 
而
f
?
(0)?0
，所以
f'(x)?0 (x? 0)
，所以
f(x)
在
?
0,??
?
上递增，
而
f(0)?1
，于是当
x?0
时，
f(x)?1
.
当
k?1
时，由
f
??
(x)?0
得
x?lnk

当
x?(0,lnk)
时，
f
??
( x)?0
，所以
f
?
(x)
在
(0,lnk)
上递减，

而
f
?
(0)?0
，于是当
x?(0,ln k)
时，
f'(x)?0
，所以
f(x)
在
(0,lnk)
上递减，

而
f(0)?1
，所以当
x?(0,lnk) 时，
f(x)?1
.
综上得
k
的取值范围为
(??,1]
.
79. (第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数
f(x)?b(x?1)lnx?x?1
，斜率
为
1
的直线与
f(x)
相切于
(1,0)
点.
（Ⅰ）求
h(x)?f(x)?xlnx
的单调区间；
（Ⅱ）当实数0?a?1
时，讨论
g(x)?f(x)?(a?x)lnx?
（Ⅲ）证明：(x?1)f(x)?0
.
解：（Ⅰ）由题意知：
f
?
(x) ?b(lnx?
1
2
ax
的极值点。
2
x?1
)?1

x
f
?
(1)?2b? 1?1,b?1
………………………………2分
h(x)?f(x)?xlnx?lnx?x?1

1
h
?
(x)??1

x
11
h
?
(x)??1?0
解得：
0?x?1
；
h
?
(x)??1?0
解得：
x?1

xx
所以
h(x)
在
(0,1)
上单调递增，在
(1,??)
上单调递减………………4分
1
2
1
2
（Ⅱ）
g(x)? f(x)?(a?x)lnx?ax
=
(1?a)lnx?ax?x?1

2 2
1
??
ax?(?1)(x?1)
2
??
ax?(1?a )(x?1)
??
1?aax?x?1?a
a
?
?g

(x)??ax?1?
??
?

xx
xx
1
g ?
(x)?0
得：
x
1
??1,x
2
?1 .
a
11
1
0
若
0??1?1,a?0
即
?a?1
，
0?x
1
?x
2

a2
x

(0,x
1
)

x
1

(x
1
,x
2
)

x
2

(x
2
,??)

- +
0

0

f

(x)

+
f(x)

?

极大值
?

极小值
?

此时
g(x)
的极小值点为
x?1
，极大值点
x?
1
?1
………………………………7分
a
2
0
若
11
?1?1,a?0
即
a?
，
x
1
?x
2
?1
，则
g
?(x)?0
，
g(x)
在
(0,??)
上单调递增，
a2

无极值点.
3
0
若
11
?1?1, a?0
即
0?a?
，
x
1
?x
2
?1，
a2
x

(0,x
2
)

x
2

(x
2
,x
1
)

x
1

-
0

0

f

(x)

+
(x
1
,??)

+
f(x)

?

极大值
?

1
?1
.
a
极小值
?

此时
g(x)
的极大值点为
x?1
，极小值点
x?
综上述：
1 1
?a?1
时，
g(x)
的极小值点为
x?1
，极大值点 x??1
；
2a
1
当
a?
时，
g(x)
无极值点；
2
11
当
0?a?
时，
g(x)
的极大值点为
x? 1
，极小值点
x??1
.
2a
当

80.

（
2011
全国
I
文
21
，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧）

设函数
f(x)?xe?1?ax
.

?
x
? 2
1
，求
f(x)
的单调区间；

2
⑵若当
x
≥0时
f(x)
≥0，求
a
的取值范围.
11
2x
解：⑴
a?
时，
f(x)?x(e?1)?x
，
f'(x)?e
x
?1?xe
x
?x?(e
x
?1)(x ?1)
.
22
当
x?
?
??,?1
?
时
f'(x)??
;
当
x?
?
?1,0
?
时，
f'(x)?0
;
⑴若
a
=
当
x?
?
0,??
?
时，
f'(x)?0
.
故
f(x)
在
?
??,?1
?
，
?
0,??
?
单调增加，在
(
－
1
，
0)
单调减少
.

⑵
f(x)?x(e
x
?1?ax)
.
令
g(x) ?e
x
?1?ax
，则
g
?
(x)?e
x
?a
.
①若
a?1
，则当
x?
?
0,??
?
时，
g'(x)??
，
g(x)
为减函数，而
g(0) ?0
，

从而当
x
≥
0
时
g(x)
≥
0
，即
f(x)
≥
0
，符合题意
.
②若
a??
，则当
x?
?
0,lna
?时，
g'(x)??
，
g(x)
为减函数，而
g(0)?0，

从而当
x?
?
0,lna
?
时
g (x)
＜0，即
f(x)
＜0,不合题意.
综合得
a
的取值范围为
?
??,1
?

81.

（2011全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将一
般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为
x?1 则更间单）
已知函数
f(x)?
⑴求
a
、
b
的值；
alnxb
?
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
x?2y?3? 0
.
x?1x
lnxk
?
，求
k
的取值范围。
x?1x
⑵如果当
x?0
，且
x?1
时，
f(x) ?
x?1
?lnx)
b
，解：⑴
x
f'(x)??
(x?1)
2
x
2
1a1
依意意
f(1)?0,
且
f
?
(1)??
，即
b?1
，
?b??
，解得
a?1
，
b?1
.
222
lnxk1(k?1)( x
2
?1)
lnx1
?)?(2lnx?)
.
?
，所以
f(x)?(
⑵由⑴知
f(x)?
x?1x1?x
2
x
x?1x
a(
(k?1)(x
2
?1)(k?1)(x
2
?1)?2x
(x?0)
，则
h'(x)?
.
设
h(x)?2lnx?
2
xx
（注意
h(x)
恒过点
(1, 0)
，由上面求导的表达式发现讨论点
0
和
1
）

k(x
2
?1)?(x?1)
2
① 当
k?0
，由
h'(x)?
，（变形难想，法二）

2x
当
x?1
时，
h'(x)?0
.
而
h(1) ?0
，故

1
h(x)?0
；

当
x?( 0,1)
时，
h(x)?0
，可得
2
1?x
1
h( x)
>0,
当
x
?
(1,+
?
)
时， h(x)
<0
，可得
1?x
2
lnxklnxk
+) >0
，即
f(x)
>+.
从而当
x>
0,
且x
?
1
时，
f(x)
－
(
x?1xx?1x k
法二：
h
?
(x)
的分子
(k?1)(x
2
?1)?2x
≤＜
0
，∴
h'(x)?0
.

1?k
1
)
时，
(k
－
1)(x
2 +1)+2x>0
,
故
h
?
(x)
>0,
而 
②当
0<
k
<1
，由于当
x
?
(1,
1?k
11
h(1)
=0
，故当
x
?(1,
h(x)
<0,
不合题意.
)
时，
h(x) >0
，可得
2
1?k
1?x
h(x)
递增，
h(x)?h(1)?0
，
+
?
)
时，③当
k
≥ 1
，此时
h
?
(x)
>0
，则
x
?
(1
，∴
f(x)?
不合题意
.

综上，
k
的取值范围为
(
－
?
,0]
1
h(x)
<0,
1?x
2

82.

(
恒成立，讨论
,
较容易，但说明原理
)
已知函数
f(x)?(x?1)?alnx
.
（
1
）求函数
f(x)
的单调区间和极值；

（ 2
）若
f(x)?0
对
x?[1,??)
上恒成立，求实数 a
的取值范围
.
ax?a
(x?0)
.

解：（
1
）
f'(x)?1??
xx
x?a
?0,得x?a
，

当
a?0
时，
f'(x)?0
，在
( 0,??)
上增
,
无极值；当
a?0
时，
由f'(x)? x
f(x)
在
(0,a)
上减，在
(a,??)
上增
,
∴
f(x)
有极小值
f(a)?(a?1)?alna
，无极大值
.
ax?a

（
2
）
f'(x)?1? ?
xx
当
a?1
时，
f'(x)?0
在
[1,?? )
上恒成立，则
f(x)
是单调递增的，

则只需
f(x)?f(1)?0
恒成立，所以
a?1
.
 当
a?1
时，
f(x)
在上
(1,a)
减，在
(a,??)
上单调递增，所以当
x?(1,a)
时，

f(x)?f(1)?0
这与
f(x)?0
恒成立矛盾，故不成立
.
综上：
a?1
.

83.

（
2010
新课程理
21
，恒成立，讨论，二次，用到结论
e
x
≥
1?x
）

设函数
f(x)?e
x
?1?x?ax
2
.
⑴若
a?0
，求
f(x)
的单调区间；

⑵若当 x≥0
时
f(x)≥0
，求
a
的取值范围
. 解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问
题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力
.
⑴
a?0
时，f(x)?e
x
?1?x
，
f'(x)?e
x
?1.

当
x?(??,0)
时，
f'(x)?0
；当x?(0,??)
时，
f'(x)?0
.
故
f(x)
在
(??,0)
单调减少，在
(0,??)
单调增加
.
1 时，
f
?
(x)?e
x
?1?2ax
，
 2
由⑴结论知
f(x)?e
x
?1?x
≥
f(0)? 0
，则
e
x
≥
1?x
，

⑵①当
a
≤
故
f'(x)?x?2ax?(1?2a)x
，从而当
1?2a ?0
，即
a?
而
f(0)?0
，于是当
x?0
时，
f(x)?0
，符合题意
.
1
时，
f'(x)?0 (x?0)
，

2
1
时，由
e
x
?1?x (x?0)
可得
e
?x
?1?x(x?0)
.
（太难想，法二）

2
f'(x)?e
x
?1?2a(e
?x
? 1)?e
?x
(e
x
?1)(e
x
?2a)
，
故当
x?(0,ln(2a))
时
,
f'(x)?0
，而
f(0)?0
，于是当
x?(0,ln(2a))
时
,
f(x)?0
.
1
综合得
a
的取值范围为
(??,]
.
2
法二：设
g(x)?f
?
(x)?e
x
?1?2ax
, 则
g
?
(x)?e
x
?2a
,
令
g
?
(x)?0
，得
x?ln(2a)?0
.
当
x?[0,ln(2a)]
，
g
?
(x)?0
，
g(x)
在此区间上是增函数，∴
g(x)
≤
g(0)?0
，

∴
f(x)
在此区间上递增，∴
f(ln(2a))
≤
f(0)?0
，不合题意
.
②
a?

84.

（恒成立，2010全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）
?x
设函数
f
?
x
?
?1?e
．
⑴证明：当
x＞-1
时，
f
?
x
?
?
⑵ 设当
x?0
时，
f
?
x
?
?
x
；
x?1
x
，求
a
的取值范围．
ax?1
解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨
论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础
知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会
减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常
伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.

85. 已知函数
f(x)?

kx?1
，且函数
f
?
x
?
是
?
?1,??
?上的增函数。
x?1
kx?1
x?1
（1）求
k
的取值范围；
（2）若对任意的
x?0
，都有
e
的值。
?x?1
（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数
k
解析：（1）设
f
?(x)?
k?1
，所以
g
?
?
x
?
? 0
，得到
k??1
．所以
k
的取值范围为
2
(x? 1)
，因为
f
?
x
?
是
?
?1,???
上的增函数，且
e?1
，所以
g
?
x
?是
?
?1,??
?
k?1
2
(?1,??)
… ……2分
（2）令
g(x)?e
kx?1
x?1
上的增函数。…… ……………………4分
由条件得到
g(1)?2?e?2?k?2ln2?1?3
（两边取自然对数），猜测最大整数
?x?1
对任意
x?0
恒成立。…………6 分
2x?1
33
e
x?1
?x?1
等价于
2?? ln
?
x?1
?
?ln
?
x?1
?
??2
，………………8分
x?1x?1
313x?2
设
h
? x
?
?ln
?
x?1
?
?
，
?h
?
?
x
?
???
22
x?1x?1
?x?1
??
x?1
?
当
x?
?
0,2
?
时，
h
?
?
x
?
?0
，当
x?
?
0,??
?
时，
h
?
?
x
? ?0
，
所以对任意的
x?0
都有
h
?
x ?
?h
?
2
?
?ln3?1?2
，即
e
86.

（
2008
山东卷
21
）

已知函数
f(x)?
2x?1
x?1
k?2
，现在证明e
2x?1
x?1

?x?1
对任意
x?0
恒成立，
所以整数
k
的最大值为2．……………………………………………………14分
1
?aln(x?1),
其中
n
∈
N*,a
为常数
.
n
(1?x)
⑴当
n=2
时，求函数
f(x)
的极值；

⑵当
a=1
时，证明：对任意的正整数
n,当
x
≥
2
时，有
f(x)
≤
x
－1.
解：⑴由已知得函数
f(x)
的定义域为
{x|x
＞1}
，

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

所以
f
?
(x)?.

当
n=2
时，f(x)?
2
3
(1?x)
(1?x)
①当
a
＞
0
时，由
f(x)=0
得
x
1
?1?
此时
f
?
(x)
=
22
＞
1
，
x 2
?1?
＜
1
，

aa
?a(x?x
1
)(x?x
2
)
.
(1?x)
3
当
x
∈（
1
，
x
1
）时，
f
?
(x)
＜
0,f(x)
单调递减；
 当
x
∈（
x
1
+
∞）时，
f
?(x)
＞
0, f(x)
单调递增
.
②当
a
≤
0
时，
f
?
(x)
＜
0
恒成立，所以 f(x)
无极值
.
综上所述，
n=2
时，

当
a
＞
0
时，
f(x)
在
x?1 ?
当
a
≤
0
时，
f(x)
无极值
.
22a2
处取得极小值，极小值为
f(1?)?(1?ln).

aa2a
1
?ln(x?1).

(1?x)
n
1
g(x)?x?1??ln(x?1),

①当
n
为偶数时，令
n
(1?x)
n1x?2n
? ??
则
g
?
(x)
）
=1+
＞
0
（
x
≥
2
）
.
(x?1)
n?1
x?1 x?1(x?1)
n?1
⑵证法一：因为
a=1,
所以
f(x)? 所以当
x
∈
[2,+
∞
]
时，
g(x)单调递增，

又
g(2)=0
，因此
g(x)?x?1?

所以
f(x)
≤
x
－
1
成立
.
1
?ln(x?1)
≥
g(2)=0
恒成立，

n
(x?1)
1
＜
0
，所以只需证
ln(x
－
1)
≤
x
－
1,
(1?x)
n
1x?2

令
h(x)=x
－
1
－
ln(x
－
1),
则
h
?
( x)
=1
－
?
≥
0(x
≥
2),
x?1x?1

所以
,
当
x
∈
[2
，
+
∞
]
时，
h(x)?x?1?ln(x?1)
单调递增，又
h(2)=1
＞
0
，

②当
n
为奇数时，要证
f(x)
≤
x
－
1,
由于

所以当
x
≥
2
时，恒有
h(x)
＞
0, 即
ln(x
－
1)
＜
x
－
1
命题成立
.
综上所述，结论成立
.
证法二：当
a=1
时，
f(x)?

1
?ln(x?1).

(1?x)
n
1
当
x
≤
2
，时，对任意的正整数
n
，恒有≤
1
， 
(1?x)
n
故只需证明
1+ln(x
－
1)
≤
x
－
1.
令
h(x)?x?1?(1?ln(x?1) )?x?2?ln(x?1),x?
?
2,??
?

1x?2
?,

x?1x?1
当
x
≥
2 时，
h
?
(x)
≥
0
，故
h(x)
在
?
2,??
?
上单调递增，

则
h
? (x)?1?
因此，当
x
≥
2
时，
h(x)
≥
h(2)=0
，即
1+ln(x
－
1)
≤
x
－
1
成立
.
故当
x
≥2
时，有
即
f
（
x
）≤
x
－
1.
1
?ln(x?1)
≤
x
－
1.
n
(1?x)
五、函数与导数性质的综合运用

87.

（综合运用）
已知函数
f(x)?xe
?x
(x?R)

⑴求函数
f(x)
的单调区间和极值；
⑵已知函数
y?g(x)
的图象与函数
y?f(x)
的图象关于直线
x?1
对称，证明当
x?1
时，
f(x)?g(x)

⑶如果
x
1
?x
2
，且
f(x
1
)?f(x
2
)
，证明
x
1
?x
2
?2

解：本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能
力及用函数思想分析解决问题的能力.
?x
⑴
f
?
(x)?(1?x)e
，令
f
?
(x)
=0,得
x?1
.
当
x
变化时，
f
?
(x)
，
f(x)
的变化情况如下表
x

(
??,1
)
f
?
(x)

+
1
0
(
1,??
)
-
f(x)

Z

极大值
]

∴
f(x)
在(
??,1
)内是增函数，在(
1,??
)内是减函数；极大值
f(1)?
⑵证明：由题意可知
g(x)=f(2
－
x)，∴
g(x)=(2
－
x)
e
x?2
.
令 F(x)=f(x)
－
g(x)
＝
xe
?x
?(x? 2)e
x?2
，则
F'(x)?(x?1)(e
2x?2
?1)e ?x

当
x?1
时，
2x
－
2>0,
从而
e
2x?2
?1?0,

1
.
e
又
e
?x
?0,
所以
F(x)?0
,
从而
F(x)
在
[1,+
∞
)
是增函数。

又
F(1)=
e
?1
?e
?1
?0，
所以
x?1时
，
有
F(x)>F(1)=0,
即
f(x)>g(x).
⑶证明：①若
(x
1
?1)(x
2
?1)?0,

由⑴及f(x
1
)?f(x
2
),

则x
1
?x
2
?1,与x
1
?x
2
矛盾.
 ②若
(x
1
?1)(x
2
?1)?0,由⑴及f(x
1
)?f(x
2
),得x
1
?x
2
,与x
1
?x
2
矛盾.

∴根据①②得
(x
1
? 1)(x
2
?1)?0,
不妨设
x
1
?1,x
2 ?1.

由⑵可知，
f(x
2
)
>
g(x 2
)
,
则
g(x
2
)
=
f(2?x
2
)
，所以
f(x
2
)
>
f(2?x2
)
,
从而
f(x
1
)
>
f(2? x
2
)
.
因为
x
2
?1
，所以
2 ?x
2
?1
，

又由⑴可知函数
f(x)
在区间（－∞，
1
）内是增函数，所以
x
1
>
2?x
2,
即
x
1
?x
2
>2.

88.

（2010天津理数21，综合运用）
x?1
已知函数
f(x)?
x?1
(x?R).

e
⑴求函数
f(x)
的单调区间和极值；

⑵已知函数y?g(x)
对任意
x
满足
g(x)?f(4?x)
，证明：当
x?2
时，
f(x)?g(x);

⑶如果
x
1 ?x
2
，且
f(x
1
)?f(x
2
)
，证明：
x
1
?x
2
?4.

x?12?x
?
(x)
=
f
.

(2
分
)
，∴
x?1x?1
ee
令
f( x)
=0
，解得
x?2
.
(??,2)

(2,??)

x

2
解：⑴∵
f(x)
=
f
?
(x)

＋

f(x)

↗

0
极大值
－

1

e
↘

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

(3
分
)

1
.

(4
分
)

e
3?x
⑵证明：
?g(x)?f(4 ?x),?g(x)?
3?x
.

e
x?13?x
令F(x )?f(x)?g(x)?
x?1
?
3?x
,
则

ee
32x?1
2?x2?x(2?x)(e?e)
F
?
(x)=
x?1
?
3?x
?
.

(6
分
)
x?2
eee
当x?2
时，
2?x
＜
0
，
2x?1
＞
3
，从而
e
3
?e
2x?1
＜
0
，

∴
F
?
(x)
＞
0
，
F(x)
在
(2,??)
是增函数
.

(7
分
)
11
?F(x)?F(2)???0,故当x?2时,f(x)?g(x)成立.

(8
分
)
ee
⑶证明：∵
f(x)
在
(??,2)
内是增函数，在
(2, ??)
内是减函数
.
∴当
x
1
?x
2
，且
f(x
1
)?f(x
2
)
，
x
1、
x
2
不可能在同一单调区间内
.
∴当
x?2
时，
f(x)
取得极大值
f(2)
=
不妨设
x
1
?2?x
2
，由⑵可知
f(x
2
)?g(x
2)
，

又
g(x
2
)?f(4?x
2
)
，∴
f(x
2
)?f(4?x
2
)
.
∵
f(x
1
)?f(x
2
)
，∴
f(x
1
)?f(4?x
2
)
.
∵
x
2
?2,4 ?x
2
?2,x
1
?2
，且
f(x)
在区间
(??,2)
内为增函数，

∴
x
1
?4?x
2
,
，即
x
1
?x
2
?4.

(12
分
)
89.

已知函数
f(x)?
x?1
.

x
e
(1)
求函数
f(x)
的单调区间和极值；

(2)
若函数
y?g(x)
对任意
x
满足
g(x )?f(4?x)
,
求证：当
x?2
,
f(x)?g(x);

(3)
若
x
1
?x
2
，且
f(x 1
)?f(x
2
)
，求证：
x
1
?x
2
?4.

x?12?x
?
(x)
=
f
.

(2
分
)
，∴
xx
ee
令
f
?
(x)
=0
，解得
x?2
.
(??,2)

(2,??)

x

2
解：⑴∵
f(x)
=
f
?
(x)

＋

f(x)

↗

0
极大值
－

↘

1

e
2
∴
f(x)
在
(??,2)
内是增函数，在
(2,??)
内是减函数
.

(3
分
)
1
.

(4
分
)

2
e
3?xx?13?x
⑵证明：g(x)?f(4?x)?
4?x
，
令F(x)?f(x)?g(x)?
x
?
4?x
,
eee
42x
2?x2?x(2?x)(e?e)
.

(6
分
)
∴
F
?
(x)
=
x
?
4?x
?
x?4
eee
当 x?2
时，
2?x
＜
0
，
2x
＞
4
，从而
e
4
?e
2x
＜
0
，
 ∴当
x?2
时，
f(x)
取得极大值
f(2)
=

∴
F
?
(x)
＞
0
，
F(x)
在
(2,??)
是增函数
.
?F(x)?F(2)?
11
??0,故当x?2时,f(x)?g(x)成立.

(8
分
)
e
2
e
2
⑶证明：∵
f(x)
在
(??,2)
内是增函数，在
(2,??)
内是减函数 .
∴当
x
1
?x
2
，且
f(x
1
)?f(x
2
)
，
x
1
、
x
2
不可能在同一单调区间内
.
不妨设
x
1
?2?x
2
，由⑵可知
f(x
2
)?g(x
2
)
，

又
g(x
2
)?f(4?x
2
)
，∴
f( x
2
)?f(4?x
2
)
.
∵
f(x
1
)?f(x
2
)
，∴
f(x
1
)?f(4?x2
)
.
∵
x
2
?2,4?x
2
?2 ,x
1
?2
，且
f(x)
在区间
(??,2)
内为增函数，

∴
x
1
?4?x
2
，即
x1
?x
2
?4.

x
90. 已知函数
f(x)?ln(x?1),g(x)?e?1
，
（Ⅰ）若
F(x)?f(x)?px
，求
F(x)
的单调区间； （Ⅱ）对于任意的
x
2
?x
1
?0
，比较
f (x
2
)?f(x
1
)
与
g(x
2
?x 1
)
的大小，并说明理由．
1px?p?1
，-----1分 ?p?
x?1x?1
①当
p?0
时，
F
?
(x )?0
在
(?1,??)
上恒成立，
?F(x)
的递增区间为
(?1,??)
；------2分
②当
p?0
时，
F(x) 的递增区间为
(?1,??)
；--------------3分
11
③当
p?0
时，
F(x)
的递增区间为
(?1,?1 ?)
，递减区间为
(?1?,??)
；--------4分
p
p
x
（Ⅱ）令
G(x)?g(x)?f(x)?e?1?ln(x?1)(x??1) ，
解：（Ⅰ）
F(x)?f(x)?px?ln(x?1)?px
，
?F
?
(x)?
1e
x
x?e
x
?1
?G
?
(x)?e??
，
x?1x?1
xxx
令
H( x)?ex?e?1(x??1)
，
H
?
(x)?e(x?2)?0
在
(?1,??)
上恒成立，
?
当
x?0
时，
H (x)?H(0)?0
成立，
?G
?
(x)?0
在
x?0 上恒成立，
?
G(x)
在
(0,??)
上单调递增，
?
当
x?0
时，
G(x)?G(0)?0
恒成立，
?
当
x?0
时，
g(x)?f(x)?0
恒成立， ?
对于任意的
x
2
?x
1
?0
时，
g (x
2
?x
1
)?f(x
2
?x
1
)，
x?1x
1
(x
2
?x
1
)x?1
??0
，
?ln(x
2
?x
1
?1)?ln
2 ?ln(x
2
?1)?ln(x
1
?1)
，又
x 2
?x
1
?1?
2
x
1
?1x
1 ?1x
1
?1
?f(x
2
?x
1
)?f(x
2
)?f(x
1
)
，即
g(x
2
?x1
)?
f(x
2
)?f(x
1
)
．
x

91.

（
2011
辽宁理
21
，利用
2
的对称）

2
已知函数
f(x)?lnx?ax?(2?a)x
．

⑴讨论
f(x)
的单调性；

111
⑵设
a?0 ，证明：当
0?x?
时，
f(?x)?f(?x)
；（作差）

aaa

⑶若函数
y?f(x)
的图像与
x
轴交于
A
、
B
两点，线段
AB
中点的横坐标为
x0
，证明：
f
?
(x
0
)?0
.
解：⑴
f(x)的定义域为(0,??),

f
?
(x)?
1(2x?1)(ax?1)
?2ax?(2?a)??.

xx
① 若
a?0,则f
?
(x)?0,所以f(x)在(0,??)
单调增加
.
1
②若
a?0,则由f
?
(x)?0得x?,
a
11
且当
x?(0,)时,f
?
(x)?0,当x?时,f ?
(x)?0.

aa
11
所以
f(x)在(0,)
单调增加，在
(,??)
单调减少
.
aa
11
⑵设函数
g(x)?f(?x)?f(?x),
则

aa
g(x)?ln(1?ax)?ln(1?ax)?2ax,g(x)?ln(1?ax) ?ln(1?ax)?2ax,
aa2a
3
x
2
aa2a
3
x
2

g
?
(x)???2a?.g
?
( x)???2a?.
22
1?ax1?ax1?ax1?ax
1?ax1?a
2
x
2
1
当
0?x?时,g
?
(x)?0,而g( 0)?0,所以g(x)?0
.
a
111
故当
0?x?时
，
f(?x)?f(?x).

aaa
⑶由⑴可得，当
a?0时 ,函数y?f(x)
的图像与
x
轴至多有一个交点，

11
故
a?0
，从而
f(x)
的最大值为
f(),且f()?0.

aa
1
不妨设
A(x
1
,0),B(x
2,0),0?x
1
?x
2
,则0?x
1
??x
2
.

a
211
由⑵得
f(?x
1
)?f (??x
1
)?f(x
1
)?0.

aaa
x?x
2
12
从而
x
2
??x
1
,于是x
0
?
1
?.

a2a
由⑴知，
f
?
(x
0
)?0.

92.

（恒成立，思路不常见）

x?a
，其中
a
为实数．

lnx
(1)
当
a?2
时，求曲线
y?f(x)
在点
(2,f(2)) 处的切线方程；

(2)
是否存在实数
a
，使得对任意
x?(0,1)?(1,??)
，
f(x)?x
恒成立
?
若不存在，请说
明理由，若存在，求出
a
的值并加以证明．

x?2 xlnx?x?2
解：⑴
a?2
时，
f(x)?
，
f
?
(x)?
，

2
lnx
xlnx
已知函数f(x)?

11
(x?2)
. ，又
f(2)?0
，所以切线方程为
y?
ln2ln2
x?a
?x
?a?x?xln x
⑵①当
0?x?1
时，
lnx?0
，则
lnx
2x?2?lnx
令
g(x)?x?xlnx
，
g
?
(x) ?
，
2x
11x?1
再令
h(x)?2x?2?lnx
，
h
?
(x)????0

x
x
x
当
0?x?1
时
h
?
(x)?0
，∴
h(x)
在 (0,1)
上递减，
∴当
0?x?1
时，
h(x)?h(1)?0
，
h(x)
?0
，所以
g(x)
在
(0,1)
上递增，
g(x )?g(1)?1
，所以
a?1

∴
g
?
(x)?
2x
x?a
?x
?a?x?xlnx
?a?g(x)
② x?1
时，
lnx?0
，则
lnx
由①知当
x?1 时
h
?
(x)?0
，
h(x)
在
(1,?? )
上递增
h(x)
?0
当
x?1
时，
h(x) ?h(1)?0
，
g
?
(x)?
2x
所以
g(x)
在
(1,??)
上递增，∴
g(x)?g(1)?1
，∴
a ?1
；
由①②得
a?1
.
f
?
(2)?

93.

已知函数
g(x )?ax
2
?2ax?1?b(a?0,b?1)
，在区间
?
2,3
?
上有最大值4，最小值1，设
g(x)
．
x
（Ⅰ）求
a,b
的值；
f(x)?
（Ⅱ）不等式
f(2
x
)?k?2
x
?0
在
x?[?1,1]
上恒成立，求实数
k
的范围；
x
（Ⅲ）方程
f(|2?1|)?k (
2
?3)?0
有三个不同的实数解，求实数
k
的范围．

x
|2?1|
解
:
（Ⅰ）
(1)
g(x)?a(x ?1)
2
?1?b?a

当
a?0
时，
g(x )在
?
2,3
?
上为增函数

?
g(3)? 2
?
9a?6a?2?b?5
?
a?1
?
?
??

g(2)?54a?4a?2?b?2b?0
???
当a?0时，g(x)在
?
2,3
?
上为减函数

故?
故
?
?
g(3)?2
?
9a?6a?2?b?2?
a??1
?
?
?
?

g(2)?24a?4a?2?b?5b?3
???
1
?2
. x
?b?1?a?1b?0
即
g(x)?x
2
?2x?1
.
f
?
x
?
?x?
（Ⅱ）方程
f(2
x
)?k?2
x
?0
化为
2?
x
1
x ?2?k?2

x
2

1
2
11
)?2?k?t
，
k?t
2
?2t?1

，令
x x
x
22
2
1
∵
x?[?1,1]

∴
t?[,2]

记
?
(t)?t
2
?2t?1
∴
?
(t)
min
?0

∴
k?0

2
21?2k
x
?3)?0 化为
|2
x
?1|?
x
?(2?3k)?0

（Ⅲ）方程
f(|2?1|)?k(
x
|2?1||2?1|
1?(
|2
x
?1|
2
?(2?3k)|2
x
?1|?(1?2 k)?0
，
|2
x
?1|?0

令
|2
x
?1|?t
，

则方程化为
t
2
?(2?3k)t?(1?2k)?0

（
t?0
）

x
∵方程
|2 ?1|?
1?2k
?(2?3k)?0
有三个不同的实数解，

x |2?1|
∴由
t?|2
x
?1|
的图像知，
t
2
?(2?3k)t?(1?2k)?0
有两个根
t
1
、
t
2
，

且
0?t
1
?1?t
2

或

0?t
1
?1
，
t
2
?1

记
?
(t)?t
2
?(2?3k)t?(1?2k)
?
?
?
(0)?1?2k?0
?
?
(0)?1?2k? 0
?

或

?
?
(1)??k?0
∴
k?0

则
? ?
?
(1)??k?0
?
2?3k
0??1
?
2
?
1
2
94. 已知函数
f(x)?(1?)[1?ln(x?1)]
，设
g(x)?x?f
?
(x)

(x?0)

x
（1）是否存在唯一实数
a?(m,m?1)
，使得
g(a)?0
，若存在，求正整数m的值；若不存在，
说明理由。
（2）当
x?0
时，
f(x)?n
恒成立，求正整数n的最大值。
解：（1）由
f
?
(x)?
则
g
?
(x) ?
x?1?ln(x?1)
,
得
g(x)?x?1?ln(x?1)(x?0),

x
2
x
?0,
因此
g(x)
在
(0,??)
内单调递增。……………4分
x?1
因为
g(2)?1?ln3?0
，
g(3)?2(1?ln2 )?0
，
即
g(x)?0
存在唯一的根
a?(2,3)
，于是
m?2,
……………6分

（2）由
f(x)?n得，由第（1）题知存在唯一的实数
a?(2,3)
，
n?f(x)
且 x?(0,??)
恒成立，
使得
g(a)?0
，且当
0?x? a
时，
g(x)?0
，
f
?
(x)?0
；当
x?a
时，
g(x)?0,f
?
(x)?0
，
(a?1) [1?ln(a?1)]
……………9分
a
由
g(a)?0
，得
a?1?ln(a?1)?0,
即
1?ln(a?1)?a,
于是
f(a)?a?1

因此当
x?a
时，
f(x)
取得最小值
f(a)?
又由
a?(2,3)
，得
f(a)?(3,4)
，从而
n?3
，故正整数n的最大值为3。………12分
95. (第3 问难想)已知函数
f(x)?(ax?x)e
，其中ｅ是自然数的底数，
a?R
。
（１）当
a?0
时，解不等式
f(x)?0
；
（２）若
f(x)
在［－１，１］上是单调增函数，求
a
的取值范围；
（３）当
a?0
时，求整数ｋ的所有值，使方程
f(x)?x?2
在［ｋ，ｋ＋１］上有解。
⑴因为
e
x
?0
，所以不等式
f(x)?0
即为
ax
2
?x?0
，
1
又因为
a?0
，所以不等式可化为
x(x?)?0
， a
1
所以不等式
f(x)?0
的解集为
(0,?)
． ………………………………………4分
a
⑵
f
?
(x)?(2ax ?1)e
x
?(ax
2
?x)e
x
?[ax
2?(2a?1)x?1]e
x
，
①当
a?0
时，
f ?
(x)?(x?1)e
x
，
f
?
(x)≥0
在
[?1，1]
上恒成立，当且仅当
x??1
时
取等号，故
a?0
符合要求；………………………………………………………6分 ②当
a?0
时，令
g(x)?ax
2
?(2a?1)x?1 ，因为
??(2a?1)
2
?4a?4a
2
?1?0
，
所以
g(x)?0
有两个不相等的实数根
x
1
，
x
2
，不妨设
x
1
?x
2
，
因此
f(x)
有极大值又有极小值．
若
a?0
，因为g(?1)?g(0)??a?0
，所以
f(x)
在
(?1，1)
内有极值点，
1
?
上不单调．………………………………………………………8分故
f(x)
在
?
?1，
2x
若
a?0
，可知
x
1
?0?x
2
，
因为
g(x)
的图象开口向下，要使
f(x)
在
[?1，1]
上单调，因为
g(0)? 1?0
，
?
g(1)≥0,
?
3a?2≥0,
2
必须满足
?
即
?
所以
?≤a?0
.
3
?
g(?1)≥0.
?
?a≥0.
2
综上可知，
a
的取值范围是
[?,0]
．………………………………………10分
3
x
⑶当
a?0
时, 方程即为
xe?x?2
，由于
e
x
?0
，所以
x?0
不是方程的解，
22 所以原方程等价于
e
x
??1?0
，令
h(x)?e
x
??1
，
xx
2
因为
h
?
(x)?e
x
?
2
?0
对于
x?
?
??,0
?
U
?
0,??
?
恒成立，
x
所以
h( x)
在
?
??,0
?
和
?
0,??
?内是单调增函数，……………………………13分
1
又
h(1)?e?3?0 ，
h(2)?e
2
?2?0
，
h(?3)?e
?3 ??0
，
h(?2)?e
?2
?0
，
3
2
?
和
?
?3，?2
?
上，所以方程
f(x)?x?2
有且只有两个实数根，且分别在区间
?
1，

所以整数
k
的所有值为
?
?3,1
?
．…………… …………………………………………16分

96.

（2011高考，单调性应用，第2问难）
b
是实数，已知
a
、函数
f(x)?x
3
?ax,g(x)?x
2
?bx,
f
?
(x)
和
g
?
(x)
是
f(x) ,g(x)
的导
函数，若
f
?
(x)g
?
(x)? 0
在区间I上恒成立，则称
f(x)
和
g(x)
在区间I上单调性一致.
（1）设
a?0
，若函数
f(x)
和
g(x)
在区间
[?1,??)
上单调性一致,求实数b的取值范围；
（2）设
a ?0,
且
a?b
，若函数
f(x)
和
g(x)
在以
a
，
b
为端点的开区间上单调性一致，求
|a
－
b |
的最大值
.
解：
Qf(x)?x
3
?ax,g(x)? x
2
?bx,?f
?
(x)?3x
2
?a,g
? (x)?2x?b.

⑴因为函数
f(x)
和
g(x)
在区间
[?1,??)
上单调性一致，
所以，
?x?[?1,??),f
'
(x)g
'
(x)?0,

即
?x?[?1,??),（3x
2
+a）(2x+b)?0,

Qa?0,3x
2
?a?0??x?[?1,??),2x+b?0,
即
??x?[?1,??),b??2x,?b?2;
实数b的取值范围是
[2, ??)

a

3
若
b?0
,
则由
a?0
,
0?(a,b),f
?
(0)g
?
(0)?ab? 0
,
f(x)
和
g(x)
在区间
(a,b)
上不是单调
性一致,所以
b?0
.
Qx?(??,0),g
?
( x)?0
;又
x?(??,??
a
),f
?
(x)?0;x ?(??
a
,0),f
?
(x)?0
.
33
所以要使
f
?
(x)g
?
(x)?0
,只有
⑵由f
?
(x)?0,x???
111
aa
??a?0,??b?0 ,|a?b|?
,
a???,b???
333
33
111
2
取
a??,b?0,f
?
(x)g
?
(x)?6x(x? )
,当
x?(?,0)
时,
f
'
(x)g
'
(x)?0,

393
1
因此
|a?b|
max
?

3 当
b?a
时，因为，函数
f(x)
和
g(x)
在区间（
b,a
）上单调性一致，所以，
?x?(b,a),f
'
(x)g
'
(x)?0,

即
?x?(b,a),（3x
2
+a）(2x+b)?0,
Qb?a?0,??x?(b,a),2x?b?0
，
??x?(b,a),a??3x
2
,

?b?a??3b
2
,
设
z?a?b
，考虑点
(b,a)
的可行域，函数y??3x
2
的斜率为
1
的切线的切点
设为
(x
0
,y
0
)

11111
?(?)?
；

则
?6x
0
?1,x
0
??,y
0
??, ?z
max
??
6121266
当
a?b?0
时，因为，函数
f(x)
和
g(x)
在区间（
a, b
）上单调性一致，所以，
?x?(a,b),f
'
(x)g
'
(x)?0,

即
?x?(a,b),（3x
2
+a）(2x+b)?0,
Qb?0 ,??x?(a,b),2x?b?0
，

??x?(a,b),a??3x
2
,

11
?a??3a
2
,???a?0,?(b?a)
max
?;
33
当
a?0?b
时，因为，函数
f(x)
和
g(x)
在区间（
a, b
）上单调性一致，所以，
?x?(a,b),f
'
(x)g
'
(x)?0,

即
?x?(a,b),(2x+ b)（3x
2
+a）?0,
Qb?0,
而x=0时，
（3x
2
+a）(2x+b)=ab<0,
不符合题
意，
当
a?0?b
时，由题意：

?x?(a,0),2x（3x
2
+a）?0,??x?(a,0),3x
2
+a?0,?3a
2
?a?0,

11
???a?0,?b?a?

33
，1
综上可知，
a?b
max
?
。

3

97.

（
2010
湖南文数，另类区间）

a ?x?(a?1)lnx?15a,
其中
a<0,
且
a
≠-1.
x
（Ⅰ）讨论函数
f(x)
的单调性；

已知函数
f(x)?
（Ⅱ）设函数
g(x)?{
e?f(x),x?1
( ?2x
3
?3ax
3
?6ax?4a
2
?6a)e
x
,x?1
（
e
是自然数的底数）。是否存在
a
，
使
g(x)
在
[a,
－
a]
上为减函数？若存在，求
a
的取值范围；若不存在，请说明理由。

79. （2008辽宁理22，第2问无从下手，思路太难想）
设函数
f(x)?
lnx
?lnx?ln(x?1)
.
1?x
⑴求
f(x)
的单调区间和极值;
⑵是否存在实数
a
,使得关于
x
的不等式
f(x)…a
的解集为
(0,?? )
?若存在,求
a
的取值范围;
若不存在,试说明理由.
说明：本小题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知
识分析问题、解决问题的能力．满分
14
分．

1lnx11lnx
?????
．

x(1?x)( 1?x)
2
xx?1(1?x)
2
1)
时，
f
? (x)?0
，
x?(1，?∞)
时，
f
?
(x)?0
．

故当
x?(0，
1)
单调递增，在
(1，?? )
单调递减．

所以
f(x)
在
(0，
?∞)的极大值为
f(1)?ln2
，没有极小值．

由此知
f(x)
在
(0，
(1?x)ln(1?x)?xlnx
ln(1?x)?x
?
ln(1?x)?lnx
?
⑵①当
a≤0
时，由于
f(x )???0
，

1?x1?x
??)
．

故关于 x
的不等式
f(x)≥a
的解集为
(0，
解：⑴
f ?
(x)?
lnx
ln2
n
1
?
?
1
?
?
n
?ln
?
1?
?
知
f( 2)??ln1?
②当
a?0
时，由
f(x)?
，其中
n 为正整数，
?
nn
?
1?xx
1?2
??
?
2
?
n
n
n
?
1
1
?
a
a
1
1
n
??
2
1?
n
?
?
n
?
?
2
e
2
?1?n??log
e
(
2
e
?
?1)

且有
ln
ln
?1)
?
?
．
n
?
n
e?1?n??lo g
2
(
2
?
1
?
?
?
?
2
2
?
?
2
2
2
2
ln2
nnln2nln22ln2
2ln2a4ln2
???
??n??1
． 
又
n≥2
时，
1?2
n
1?(1?1)
n
n(n?1)
n?1
．且
n?12n
2
n
4ln2
?1
，且
n
0
≥2
，

取整数
n
0
满足
n??log(e
2
?1)
，
n
0
?
02
a
n
0
ln2
1
?
aa ?
n
?ln1????a
，

则
f(2
0 )?
?
n
0
?
1?2
n
0
2
??
22
?∞)
．

即当
a?0
时，关于
x
的不等式
f(x)≥a
的解集不是
(0，
?∞)
，且 a
的取值范围为综合①②知，存在
a
，使得关于
x
的不等式 f(x)≥a
的解集为
(0，
0
?
．

?
?∞，

80.
（第二问较难）

设函数
f(x)?(x?a)
2
(x?b)e
x
，
a、b? R
，
x?a
是
f(x)
的一个极大值点．

⑴若
a?0
，求
b
的取值范围；

⑵当
a
是给定的实常数，设
x
1
，x
2
，x
3
是
f(x)
的
3
个极值点，问是否存在实数
b
，可找到
2，3，4
?
）
x
4
?R
，使得
x
1 ，x
2
，x
3
，x
4
的某种排列
x
i
1
,x
i
2
,x
i
3
,x
i 4
（其中
?
i
1
，i
2
，i
3，i
4
?
=
?
1，
依次成等差数列
?
若存在，求所有的
b
及相应的
x
4
；若不存在，说明理由．

解：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时考
查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识．

（Ⅰ）
a?0
时，
f
?
x
?
?x
2
?
x?b ?
e
x
，

22
?
e
x
? x
2
x?be
x
?
?e
x
x
?
x
2
?b?3x?2b
?
，

2
?
?f?
?
x
?
?
?
xx?b
????
??
??
????
令
g
?
x
?
?x?
?
b?3
?
x?2b
，
Q??
?
b?3
?
?8b?
?
b?1
?
?8?0
，

2?
设
x
1
?x
2
是
g
?
x ?
?0
的两个根，

（
1
）当
x
1
?0
或
x
2
?0
时，则
x?0不是极值点，不合题意；

（
2
）当
x
1
?0
且
x
2
?0
时，由于
x?0
是f
?
x
?
的极大值点，故
x
1
?0?x
2
.

?g
?
0
?
? 0
，即
2b?0
，
?b?0.

(
Ⅱ
) 解：
f
?
?
x
?
?e
x
2
x
?
x?a
?
?
?
?(3?a?b)x?2b?ab?a ?
?
，

令
g(x)?x
2
?(3?a?b)x?2b?ab?a
，

则?=(3?a?b)
2
?4(2b?ab?a)?(a?b?1)
2
?8?0
，

于是，假设
x
1
，x
2
是
g
?
x
?
?0
的两个实根，且
x
1
?x
2
.

由（Ⅰ）可知，必有
x
1
?a?x 2
，且
x
1
、a、x
2
是
f
?x
?
的三个极值点，

则
x?
1
?
a ?b?3
?
?
?
a?b?1
?
2
2
?8 ，
x
2
?
?
a?b?3
?
?
?a?b?1
?
2
2
?8

假设存在
b
及
x
4
满足题意，

（
1
）当
x
1
，a，x
2
等差时，即
x
2
?a?a?x
1
时，

则
x
4
?2x2
?a
或
x
4
?2x
1
?a
，

于是
2a?x
1
?x
2
?a?b?3
，即b??a?3.

此时
x
4
?2x
2
?a?a ?b?3?
(a?b?1)
2
?8?a?a?26

或
x 4
?2x
1
?a?a?b?3
?(a?b?1)
2
? 8?a?a?26

（
2
）当
x
2
?a?a?x
1
时，则
x
2
?a?2(a?x
1
)
或
(a?x
1
)?2(x
2
?a)

①若
x
2
?a?2
?
a?x
1
?
，则
x
4
?
于是
3a?2x?x?
12
即
a?x
2
，

2
3
?
a?b?3
?
?
?
a?b?1
?
2
?8
，

2
?
a?b?1
?
2
?8??3
?
a?b?3
?
.
2
两边平方得
?
a?b?1
?
?9
?
a?b?1
?
?17?0
，

Qa?b?3?0，
于是 a?b?1?
?9?137?13
，此时
b??a?
，
22
a?x
2
2a?
?
a?b?3
?
?3?
a?b?3
?
1?3
=
此时
x
4
?
??b?3?a?.

2
42
a?x
1
②若
(a?x
1
)?2(x
2
?a)
，则
x
4
?
，

2
于是
3a?2x?x?
21
即
3
?
a?b?3
?
?
?
a?b?1
?
2 2
?8
，

2
?
a?b?1
?
2 ?8?3
?
a?b?3
?
.
两边平方得
?
a ?b?1
?
?9
?
a?b?1
?
?17?0
，
Qa?b?3?0，
于是
a?b?1?
?9?137?13

，此时
b??a?
22
a?x
1
2a?(a?b?3)?3 (a?b?3)1?13

此时
x
4
????b?3?a?
242

综上所述，存在
b
满足题意，

当
b
=－
a
－
3
时，
x
4
?a?26
，

7?131?13
时，
x
4
?a?
，

22
7?131?13
.
时，
x
4
?a?b??a?
22

81.
已知函数
f(x)?
alnx
，
g(x)?x2
，记
F(x)?g(x)?f(x)

（Ⅰ）求
F(x)
的单调区间；

11
（Ⅱ）当
a ?
时，若
x?1
，比较：
g(x?1)
与
f()
的大小；

2x
a1
2
（Ⅲ）若
F(x)
的极值为，问是否存在实数
k
，使方程
g(x)?f(1?x)?k
有四
22 个不同实数根？若存在，求出实数
k
的取值范围；若不存在，请说明理由。

解：（Ⅰ）
F(x)
的定义域为（0，+∞），又
F(x)?g(x)?f(x)
?x
2
?alnx

a2x
2
?a

?
F
?
(x)?2x??
，当
a?0
时，
F
?
(x)
>0恒成立

xx
2a

∴
F(x)
在（0，+∞）上单调递增；令
F
?
(x)?0
得
x?
2
2a
F
?
(x)?0
2a
当
a?0
时，若
0?x?
， ∴
F(x)
在（0，）上单调递减；

22
2a
F
?
(x)?0
2a

若
x
?
，，∴
F(x)
在（，+∞）上单调递增
22

故
a?0
时
，
F(x)
增区间为 (0,??)
；

b??a?

?
2a
?
2a
,??
，减区间为（0，）。 ……4分

a?0
时，
F(x)
增区间为
??
? 2
?
2
??
1
2
（Ⅱ）令
h(x)?g(x ?1)?f()?(x?1)?alnx
，

x
11
2(x?)2
?(a?)
a
则
22
?0
，所以
h(x) 在［1，+∞）

h
?
(x)?2(x?1)??
xx
1
上单调递增，∴
h(x)?h(1)?0
，∴
g(x?1)?f().

x
2a
（Ⅲ）由（Ⅰ）知
F(x)
仅当
a ?0
时，在
x
＝处取得极值

2
1
2aa
2
由
F()?
可得
a
＝２，方程
g(x)?f(1?x)? k
为

2
22

t
x
2
．．

k? ?2ln(1?x
2
)
，令
t?x
2
，得
?k?2 ln(1?t)
．
2
2
由方程有四个不同的根，得方程有两个不同的正根，

t12
?k,y
2?2ln(t?1)
，当直线
y
1
与曲线
y
2
相切时，
?,?t?3
，得切点坐
22t?1
13
标（３，
2ln4
） ∴切线方程为
y?2ln4?(t?3)
，其在y轴上截距为
2 ln4?
；当直
22
3
线
y
1
在
y
轴上截距
?k?(0,2ln4?)
时，
y
1
和
y
2
在y轴右侧有两个不同交点，所以k的取
2
3
值范围为（
?2l n4
，0）.

2
令
y
1
?
（注：也可用导数求解）

六、导数应用题

82.
某工厂生产某种儿童玩具，每件玩具的成本为
30
元，并且每件玩具的加工费为
t
元
(
其中
t
为
常数，且
2 ≤
t
≤
5)
，设该工厂每件玩具的出厂价为
x
元(35
≤
x
≤
41)
，根据市场调查，日销售
量与e
x
(e
为自然对数的底数
)
成反比例，当每件玩具的出厂价为
40
元时，日销售量为
10
件．

(1)
求该工厂的日利润
y(
元
)
与每件玩具的出厂价
x
元的函数关系式；

(2)
当每件玩具的日售价为多少元时，该工厂的利润
y
最大，并求
y
的最大值．

解：
(1)
设日销售量为，则＝
10
，∴
k
＝
10 e
40
.
则日销售量为，

.
∴
y
＝，其中
35
≤
x
≤
41.
∴日利润
y
＝(x
－
30
－
t)·
(2)y
′＝，令
y′＝
0
得
x
＝
31
＋
t.
①当2
≤
t
≤
4
时，
33
≤
31
＋
t
≤
35.
∴当
35
≤
x
≤
4 1
时，
y
′≤
0.
∴当
x
＝
35
时，
y
取最大值，最大值为
10(5
－
t)e
5
.

②当
4≤
5
时，
35＋ 31
≤
36
，函数
y
在
[35
，
t
＋
31]
上单调递增，在
[t
＋
31,41]
上单调递减．
∴当
x
＝
t
＋
31
时，
y取最大值
10e
9
－
t
.
∴
当
2 ≤
t
≤
4
时，
x
＝
35
时，日利润最大值为
10(5
－
t)e
5
元．

当
4 ≤
5
时，
x
＝
31
＋
t
时，日利润最大值为
10e
9
－
t
元．

83.
如图，
ABCD
是正方形空地，正方形的边长为
30m，电源在点
P
处，点
P
到边
AD
、
AB
的距离
分别为
9m
、
3m
，某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕
MNEF
，
MN
：
NE=16
：
9
，线段
MN
必须过点
P
，满足
M
、
N分别在边
AD
、
AB
上，设
AN?x(m)
，液晶广告屏幕
MNEF
的面积为
S(m
2
).

（
I
）求
S
关于
x
的函数关系式，并写出该函数的定义域；

（
II
）当x
取何值时，液晶广告屏幕
MNEF
的面积
S
最小？

解：（
I
）如图，建立直角坐标系，设
M(0,t),

3?03?t3x

?,?t?
9?x9x?9
3x
(10?x?30)
.
又
MN
过点
D
时，
x
最小值为
10
，
?AM?
x?9
9x
2
2222
?MN?AN?AM?x?
(x?9)
2

9
QMN:NE?16:9,?NE?MN
16 99
2
9x
2
2
?S?MNgNE?MN?[x?]
.
2
1616(x?9)
由已知有
P(9,3),N(x,0)
,
?
定义域为
[10
，
30].
918x(x?9)
2
?9x
2
(2x?18)9x[(x?9)
3
?81]

（
II
）
S'?

[2x?]??
16(x?9)
4
8(x?9)
3
令
S'?0,得x=0(舍去),x=9+33
3
，

当
10?x?9?3
3
3时,S'? 0,S
关于
x
为减函数；

当
9?3
3
3 ?x?30
时，
S'?0,S
关于
x
为增函数
.
?当x?9?3
3
3
时，
S
取得最小值
.
答：当
AN
长为
9?3
3
3
（
m
）时，液晶广告屏幕
MNEF
的面积
S
最小

七、导数结合三角函数

84.
已知函数
f(x)?x
，函数
g(x)?
?
f(x)?sinx
是区间
[-1
，1]
上的减函数．

（
I
）求
?
的最大值；

（
II
）若
g(x)?t
2
?
?
t?1在x?[?1,1]
上恒成立，求
t
的取值范围；

lnx
?x
2
?2ex?m
的根的个数．

f(x )
解：（
I
）
f(x)?x,?g(x)?
?
x?sinx
，

?g(x)在[?1,1]
上单调递减，
?g'(x)?
?
?cosx?0

?
?
??cosx
在[
－
1
，
1]
上恒成立，

?
???1
，故
?
的最大值为
?1.
……4
分

（
II
）由题意
[g(x)]
max
?g(?1)??
?
?sin1,

（Ⅲ）讨论关于
x
的方程

只需
?
?
? sin1
＜
t?
?
t?1
，∴
(t?1)
?
t?t?sin1?1
＞
0(
其中
?
≤－1
)
恒成立
.
2
2

?
t?1?0
 令
h(
?
)?
(t?1)
?
t?t?sin1?1 ＞
0(
?
≤－1
)
，则
?
，

2
?
?t?1?t?sin1?1?0
?
t?1?0
即
?
2
，而
t
2
?t?sin1?0
恒成立， ∴
t??1
.
?
t?t?sin1?0
lnxlnx
ln x
??x
2
?2ex?m.

令
f
1
(x )?,f
2
(x)?x
2
?2ex?m,

（Ⅲ）由
f(x)x
x
1?lnx
?f
1
'
(x)?,

2
x
当
x?(0,e)时,f
1
'
(x)?0, ?f
1
(x)在
?
0,e
?
上为增函数；

当
x?
?
e,??
?
时，
f
1
'
(x)?0,
?f
1
(x)在
?
e,??
?
为减函数；

1
当
x?e时,[f
1
(x)]
max
?f
1
(e)?,
而
f
2
(x)?(x?e )
2
?m?e
2
,

e
11
?当m?e
2
?,即m?e
2
?时,
方程无解；

ee
11
22
当
m?e?,即m?e?
时，方程有一个根；

ee
11
22
当
m?e?时,m?e?
时，方程有两个根．
…………14
分

ee
1.

已知函数
f(x) 是奇函数，函数
g(x)
与
f(x)
的图象关于直线
x?1 对称，当
x?2
时，
g(x)?a(x?2)?(x?2)
3
(
a
为常数
).
（
I
）求
f(x)

的解析式；

（
II
）已知当
x?1
时，
f(x)
取得极值，求证：对任意
x
1
,x
2
?(?1,1 ),|f(x
1
)?f(x
2
)|?4
恒成
2
立；

（
III
）若
f(x)
是
[1,??)
上的单调函数，且当
x
0
?1,f(x
0
)?1
时，有f(f(x
0
))?x
0
，求证：
f(x
0
) ?x
0
.
解
:(
Ⅰ
)
当
x?0
时，必有
?x?0
，则
2?x?2,
而若点
P(x,y)
在
y?f(x)
的图象上，

g(x)
的图象上，即当
x?0
时，

则
P(x, y)
关于
x?1
的对称点
P
1
(2?x,y)
必在
y?f(x)?g(2?x)?a[(2?x)?2]?[(2?x)?2]
3
??a x?x
3

由于
f(x)
是奇函数，则任取
x?0,
有
?x?0,
且

f(x)??f(?x)??[?a(?x)?(?x)
3
]??ax?x
3

又当
x?0
时，由
f(?0)??f(0)

必有
f(0)?0

综上，当
x?R

时
f(x)?x?ax
. ……5
分
 2
（Ⅱ）若
x?1
时
f(x)
取到极值，则必有当
x ?1
时
f
?
(x)?3x?a?0
，即
a?3
 2
又由
f
?
(x)?3x?3?3(x?1)(x?1)
知，当
x?(?1,1)
时，
f
?
(x)?0
，
f(x )
为减函数

3
?当x?[?1,1]时
，
f(?1)?f (x)?f(1)?(?1)
3
?3(?1)?2?f(x)?f(1)??2

?当x
1
,x
2
?(?1,1)时

|f(x1
)?f(x
2
)|?|f(?1)?f(1)|?4
. ……9
分

2
（Ⅲ）若
f(x)
在
[1,??)

为减函数，则
f
?
(x)?3x?a?0
对任意
x?[1,??)
皆成立，这样的
实数
a
不存在

2
若
f (x)
为增函数，则可令
f
?
(x)?3x?a?0
.
由于
f
?
(x)
在
[1,??)
上为增函数，可令
f
?
(x)?3x
2
?a?f
?
(1)?3?a?0
，即当
a?3
时，
f(x)
在
[1,??)
上为增函数
由
x
0
?1,f(x
0
)?1
，
f (f(x
0
))?x
0

设
f(x
0
)?x
0
?1
，则
f[f(x
0
)]?f(x
0
)?x
0
?f(x
0
)
与所设矛盾

若 x
0
?f(x
0
)?1
则
f(x
0
)?f[f(x
0
)]

?f(x
0
)?x
0
与所设矛盾

故必有
f(x
0
)?x
0

85. 设函数
f(x)??x(x?a)
2
（
x?R
），其中
a?R
．

（Ⅰ）当
a?1
时，求曲线
y?f(x)在点
(2，f(2))
处的切线方程；

（Ⅱ）当
a?0
时，求函数
f(x)
的极大值和极小值；

0
?
时，若不等式
f(k?cosx)≥f(k
2
?cos
2
x)
对任意的
x?R
恒成（Ⅲ）当
a?3
，
k?
?
?1，
立
,
求
k
的值。

解：当
a?1
时，
f(x)??x(x?1)
2
??x3
?2x
2
?x
，得
f(2)??2
，且
 f
?
(x)??3x
2
?4x?1
，
f
? (2)??5
．

?2)
处的切线方程是
y?2??5(x?2)
，整理得

所以，曲线
y??x(x?1)
2
在点
(2，
5x?y?8?0．

（Ⅱ）解：
f(x)??x(x?a)
2
??x
3
?2ax
2
?a
2
x

f
?
(x )??3x
2
?4ax?a
2
??(3x?a)(x?a)
．令f
?
(x)?0
，解得
x?
由于
a?0
，以下分两种情况讨论．

（
1
）若
a?0
，当
x
变化时，
f
?
(x)
的正负如下表：

a
或
x?a
．

3
x

a
?
a
?
a
??
?∞)

?∞，，a

????

a

(a，
33
??
3
??
0

f
?
(x)

?

因此，函数
f(x)
在
x?
?

0

?

4
3
a
?
a
??
a
?
a
；

处取得极小值
f
??
，且
f??
??
3327
3
????
函数
f(x)
在
x?a
处取得极大值
f(a)
，且
f(a)?0
．

（
2
）若
a?0
，当
x
变化时，
f
?
(x)
的正负如下表：

x

?
?∞，a
?

?
a
?
a
?
a
?
?∞
?

a

?
a，
?

?
，
?
3
?
3
?
3
?
0

?

0

f
?
(x)

?

?

因此，函数
f(x)
在
x?a
处取得极小值 f(a)
，且
f(a)?0
；

4
3
a
?
a
??
a
?
a
．

处取得极大值
f
??
，且
f
??
??
33273
????
a
0
?
时，
k?cosx≤1
， k
2
?cos
2
x≤1
．

（Ⅲ）证明：由
a?3
，得
?1
，当
k?
?
?1，
31
?
上是减函数，要使
f(k?cosx)≥f(k
2
?cos
2
x)
，
x?R

由（Ⅱ）知，
f(x)
在
?
?∞，
函数
f(x)
在
x?
只要
k? cosx≤k
2
?cos
2
x(x?R)
，即
cos
2
x?cosx≤k
2
?k(x?R)
①

1
?
1
?
设
g(x)?cos
2
x?cosx?
?cosx?
?
?
，则函数
g(x)
在
R
上的最大值为
2
．

2
?
4
?
要使①式恒成立，必须
k
2
?k≥2
，即
k≥2
或
k≤?1
．

0
?
上存在
k??1
，使得
f(k?cosx )≥f(k
2
?cos
2
x)
对任意的
x?R
恒成所以，在区间
?
?1，
立．

x
1. 已知函数
f(x)?ln(e?a)
，（
a
为常数）是实数集
R
上的奇函数，函数
2
g(x)?
?
f(x)?sinx
是区间
?
?1,1
?
上的减函数。
(1) 求
a
的值；
2
(2) 若
g(x)?t?
?
t?1
在
x?[? 1,1]
恒成立，求
t
的取值范围；
lnx
?x
2
?2ex?m
的根的个数。 (3) 讨论关于
x
的方程
f(x)
x
21．解：(1)∵
f(x)?ln(e?a )
是实数集R上的奇函数
∴
f(0)?ln(e?a)?0

∴
a?0
……3分
（2）∵
g(x)?
?
f(x )?sinx
是区间
[?1,1]
的减函数
∴
?
??1 ，
[g(x)]
max
?g(?1)??
?
?sin1

∴只需
?
?
?sin1?t?
?
t?1
 ∴
(t?1)
?
?t?sin1?1?0
，（
?
?? 1
）恒成立 ……5分
2
0

2

令
h(
?
)?(t?1)
?
?t?sin1?1
，（
?
??1
）
2
?
t?1?0
则
?
2
?t?1?t?sin1?1?0
?
?
t??1
2
∴
?
2
，而
t?t?sin1?0
恒成立，∴
t??1
……7分
?
t?t?sin1?0
lnx
(3)由(1)知
f( x)?x
∴方程
?x
2
?2ex?m

x
ln x
2
令
f
1
(x)?
，
f
2
(x )?x?2ex?m

x
1?lnx
∴
f
1
?(x)?
………8分
2
x
当
x?(0,e)
时，∴ f
1
?
(x)?0
，
f
1
(x)
在
?
0,e
?
上是增函数
当
x?
?
e,? ?
?
时，∴
f
1
?
(x)?0
，
f
1
(x)
在
?
e,??
?
上是减函数
当
x?e
时，
[f
1
(x)]
max
?f
1
(e)?
22
而
f
2
(x)?(x?e)?m?e

1
……9分
e
分∴当
m?e?
2
11
2
，即
m?e?
时，方程无解； ……10
ee
11
2
，即
m?e?
时，方程有一个根； ……11分
ee
11
22
当
m?e?
，即
m?e ?
时，方程有两个根； ……12分
ee
当
m?e?
2

这是Word2003的模本损坏了，导致不能正常启动word。删除模本文件，
WORD2003就会自动重新创建一个好的模本文件。

即删除c:Documents and Settings用户名Application
文件。
要找到模本文件，需要先在文件夹选项中设置为“显示系统文件夹的内
容”、“显示所有文件和文件夹”、取消“隐藏受保护的操作系统文件”前面的勾。
在打开Word文档时，如果程序没有响应，那么很有可能是该Word文档已经损坏。此时，请试试笔者以下所述
方法，或许能够挽回你的全部或部分损失。

一、自动恢复尚未保存的修改
Word提供了“自动恢复”功能，可以帮助用户找回程序遇到问题并停止响应时尚未保存的
信息。实际上，在你不得不在没有保存工作成果就重新启动电脑和Word后，系统将打开“文档
恢复”任务窗格，其中列出了程序停止响应时已恢复的所有文件。
文件名后面是状态指示器，显示在恢复过程中已对文件所做的操作，其中：“原始文件”
指基于最后一次手动保存的源文件；“已恢复”是指在恢复过程中已恢复的文件，或在“自动
恢复”保存过程中已保存的文件。
“文档恢复”任务窗格可让你打开文件、查看所做的修复以及对已恢复的版本进行比较。
然后，你可以保存最佳版本并删除其他版本，或保存所有打开的文件以便以后预览。不过，“文
档恢复 ”任务窗格是Word XP提供的新功能，在以前的版本中，Word将直接把自动恢复的文件
打开并显示出来。
二、手动打开恢复文件
在经过严重故障或类似问题后重新启动Word时，程序自动任何恢复的文件。如果由于某种
原因恢复文件没有打开，你可以自行将其打开，操作步骤如下：
1. 在“常用”工具栏上，单击“打开”按钮；
2. 在文件夹列表中，定位并双击存储恢复文件的文件夹。对于Windows 2000XP操作系统，
该位置通常为“C：documents and settingsApplication DataMicrosoftWord”文件夹；
对于Windows 98Me操作系统，该位置通常为“C： WindowsApplication
DataMicrosoftWord”文件夹；
3. 在“文件类型”框中单击“所有文件”。每个恢复文件名称显示为“‘自动恢复’保存
file name”及程序文件扩展名；
4. 单击要恢复的文件名，然后单击“打开”按钮。
三、“打开并修复”文件
Word XP提供了一个恢复受损文档的新方法，操作步骤如下：
1. 在“文件”菜单上，单击“打开”命令；
2. 在“查找范围”列表中，单击包含要打开的文件的驱动器、文件夹或Internet位置；

3. 在文件夹列表中，定位并打开包含文件的文件夹；
4. 选择要恢复的文件；
5. 单击“打开”按钮旁边的箭头，然后单击“打开并修复”。
四、从任意文件中恢复文本
Word提供了一个“从任意文件中恢复文本”的文件转换器，可以用来从任意文件中提取文
字。要使用该文件转换器恢复损坏文件中的文本，操作步骤如下：
1. 在“工具”菜单上，单击“选项”命令，再单击“常规”选项卡；
2. 确认选中“打开时确认转换”复选框，单击“确定”按钮；
3. 在“文件”菜单上，单击“打开”命令；
4. 在“文件类型”框中，单击“从任意文件中恢复文本”。如果在“文件类型”框中没有
看到“从任意文件中恢复文本”，则需要安装相应的文件转换器。安装方法不做赘述；
5. 像通常一样打开文档。
此时，系统会弹出“转换文件”对话框，请选择的需要的文件格式。当然，如果要从受损
Word文档中恢复文字，请选择“纯文本”，单击“确定”按扭。不过，选择了“纯文本”，方
式打开文档后，仅能恢复文档中的普通文字，原文档中的图片对象将丢失，页眉页脚等非文本
信息变为普通文字。
五、禁止自动宏的运行
如果某个Word文档中包含有错误的自动宏代码，那么当你试图打开该文档时，其中的自动
宏由于错误不能正常运行，从而引发不能打开文档的错误。此时，请在“Windows资源管理器”
中，按住Shift键，然后再双击该Word文档，则可阻止自动宏的运行，从而能够打开文档。
六、创建新的Normal模板
Word在模板文件中存储默认信息，如果该模板文件被损坏，可能会引发无法
打开Word文档的错误。此时，请创建新的Normal模板，操作步骤如下：
1. 关闭Word；
2. 使用Windows“开始”菜单中的“查找”或“搜索”命令找到所有的文件，
并重新命名或删除它们。比如，在Windows XP中，请单击“开始” ，再单击“搜索”，然后单
击“所有文件和文件夹”，在“全部或部分文件名”框中，键入“”，在“在这里
寻找”列表框中，单击安装Word的硬盘盘符，单击“搜索”按钮。
查找完毕，右键单击结果列表中的“Normal”或“”，然后单击“重命名”命
令，为该文件键入新的名称，例如 “”，然后按Enter键；

3. 启动Word
此时，由于Wo rd无法识别重命名后的Normal模板文件，它会自动创建一个新的Normal模
板。
98. 已知
a
是给定的实常数，设函数
f(x)?(x?a)(x?b)e
，
b?R
，
22
x?a
是
f(x)
的一个极大值点．
(Ⅰ)求
b
的取值范围；
(Ⅱ)设
x
1
,x2
,x
3
是
f(x)
的3个极值点，问是否存在实数
b
，可找到
x
4
?R
，使得
x
1
,x
2
,x
3
,x
4
的
某种排列
x
i
1
,x
i
2
,x
i
3
,x
i
4
(其中
?
i
1
,i
2
,i
3
,i
4
?
=
?
1,2,3,4
?
)依次成等差数列?若存在，求所有的
b
及相
应的
x
4
；若不存在，说明理由．
解析：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时
考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。
2
（Ⅰ）解：f’(x)=e
x
(x-a)
?
x
?
?(3?a?b)x?2b?ab?a
?
?
,

令
g(x)?x
2
?(3?a?b)x?2b?ab?a,
则?=(3-a+b)?4 (2b?ab?a)?(a?b?1)?8?0,
22

于是，假设
x
1
,x
2
是g(x)?0的两个实根，且x
1
?x
2.

（1）当x
1
=a 或x
2
=a时，则x=a不是f(x)的极值点，此时不合题意。
（2）当x1
?
a且x
2
?
a时，由于x=a是f(x)的极大值点，故x
1
2
.即
g(x)?0

即
a? (3?a?b)a?2b?ab?a?0
,
所以b＜-a,所以b的取值范围是（-∞，-a）
2

此时
x
4
?2x
2
?a?a?b?3 ?
(a?b?1)
2
?8?a?a?26

2
或
x
4
?2x
2
?a?a?b?3
?(a?b?1)?8?a?a?26

（2）当
x
2
?a?a?x
1
时，则
x
2
?a?2(a?x
1
)
或
(a?x
1
) ?2(x
2
?a)

于是
a?b?1?
?9?13

2

此时
x
4
?
a?x2a?(a?b?3)?3(a?b?3)1?1 3
???b?3?a?

242
综上所述，存在b满足题意，
当b=-a-3时，
x
4
?a?26

7?131?13
时，
x
4
?a?

22
7?131?13
b??a?
时，
x
4
?a?

22
b??a?

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