初中高中数学都是古典数学-高中数学中的复根
导数压轴题题型归纳
1. 高考命题回顾
例1已知函数f(x)＝e
x
－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
例2已知函数f(x)＝x
2<
br>＋ax＋b，g(x)＝e
x
(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都
过点
P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷）
（Ⅰ）求a，b，c，d的值
（Ⅱ）若x≥－2时,
f(x)?kg(x)
，求k的取值范围。
例3已知函数
f(x
)
满足
f(x)?f'(1)e
x?1
?f(0)x?
1
2
x
（2012全国新课标）
2
(1)求
f(x)
的解析式及单调区间；
(2)若
f(
x)?
1
2
x?ax?b
，求
(a?1)b
的最大值。
2
例4已知函数
f(x)?
alnxb
?
，曲线
y?f(x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
x?1x
x?2y?3?0
。（2011全国新课标）
（Ⅰ）求
a
、
b
的值；
（Ⅱ）如果当
x?0，且
x?1
时，
f(x)?
lnxk
?
，求
k
的取值范围。
x?1x
例5设函数
f(x)?e?1?x?ax
（2010全国新课标）
(1)若
a?0
，求
f(x)
的单调区间；
(2)若当<
br>x?0
时
f(x)?0
，求
a
的取值范围
x2
例6已知函数f(x)＝(x
3
+3x
2
+
ax+b)e
－
x
. （2009宁夏、海南）
(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(－∞,α),(2,
β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.
2.
在解题中常用的有关结论
※
(1)曲线
y?f(
x)
在
x?x
0
处的切线的斜率等于
f
?
(x0
)
，且切线方程为
y?f
?
(x
0
)(x
?x
0
)?f(x
0
)
。
(2)若可导函数
y?f(x)
在
x?x
0
处取得极值，则
f
?
(x
0
)?0
。反之，不成立。 (3)对于可导函数
f(x)
，不等式
f
?
(x)
?0
的解集决定函数
f(x)
的递增（减）
（?0）
区间。
(
4)函数
f(x)
在区间I上递增（减）的充要条件是：
?x?I
f
?
(x)
?0
(?0)
恒成立
（
f
?
(x
)
不恒为0）.
(5)函数
f(x)
（非常量函数）在区间I上不单调等
价于
f(x)
在区间I上有极值，则
可等价转化为方程
f
?
(x)?0
在区间I上有实根且为非二重根。（若
f
?
(x)
为二次
函数且I=R，则有
??0
）。
(6)
f(x)
在区间I
上无极值等价于
f(x)
在区间在上是单调函数，进而得到
f
?
(x
)
?0
或
f
?
(x)
?0
在I上恒成立
(7)若
?x?I
，
f(x)
?0
恒成立，则
f(x)min
?0
; 若
?x?I
，
f(x)
?0
恒
成立，则
f(x)
max
?0
(8)若
?x
0<
br>?I
，使得
f(x
0
)
?0
，则
f(x)<
br>max
?0
；若
?x
0
?I
，使得
f(x<
br>0
)
?0
，
则
f(x)
min
?0
.
(9)设
f(x)
与
g(x)
的定义域的交集为D，若
?x?
D
f(x)?g(x)
恒成立，则有
?
f(x)?g(x)
?
min
?0
.
(10)若对
?
若对
?
若对
?
x
1
?I
1
、
x
2
?I
2
，
f(
x
1
)?g(x
2
)
恒成立，则
f(x)
min<
br>?g(x)
max
.
x
1
?I
1
，
?x
2
?I
2
，使得
f(x
1
)?g(x
2
)
,则
f(x)
min
?g(x)
min
.
x
1
?I
1
，
?x
2
?I
2，使得
f(x
1
)?g(x
2
)
，则
f(x)
max
?g(x)
max
.
（11）已
知
f(x)
在区间
I
1
上的值域为A,，
g(x)
在区间
I
2
上值域为B，
若对
?x
1
?I
1
,
?x
2
?I
2
，使得
f(x
1)
=
g(x
2
)
成立，则
A?B
。
(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程
f
?
(x)?0
有两个不等
实根
x
1
、x
2
，且极大
值大于0，极小值小于0.
(13)证题中常用的不等式:
x
+
1
①
lnx?x?1
x
(x?0)
②
?x
≤
ln（x+1）?x(x??1)
③
e?
1
?x
④
e?1?x
⑤
lnx
?
x?1
(x?1)
⑥
lnx
?
1
?
1
(x?0)
x
2
22x
2
x?12
3. 题型归纳
①
导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用
例7（构造函数，最值定位）
设函数
f
?
x
?
?
?
x?1
?
e
?kx
(其中
k?R
).
x2
(Ⅰ)
当
k?1
时,求函数
f
?
x
?
的单调区间;
(Ⅱ) 当
k?
?
例8（分类讨
论，区间划分）已知函数
f(x)?
?
1
?
,1
?
时,求函数
f
?
x
?
在
?
0,k
?
上的最大值
M
.
2
??
1
3
1
2x?ax?x?b(a?0)
,
f'(x)
为函数
32
f(x)
的导函数.
(1)设函数f(x)的图象与x轴交点为A,曲线y=f(x)在A点处的切
线方程是
y?3x?3
,求
a,b
的值;
(2)若函数
g(x)?e
2
例9（切线）设函数
f(x)?x?a
.
?ax
?f'(x)
,求函数
g(x)
的单调区间.
（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<
br>1
?a)
处的切线为
l
，
l
与
x
轴
交
于点
A(x
2
,0)
求证：
x
1
?x<
br>2
?a
.
22x
f(x)?(x?
ax?2a?3a)e(x?R),
其中
a?R
例10（极值比较）已知函数
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.k.s.5.u.c.o.m
a?
⑵当
2
3
时，求函数
f(x)
的单调区间与极值.
例11（零点存在性定理应用）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
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<
br>，使得直线l与曲线y=g(x)相切．
例
12
（最值问题，两边分求）已知函数
f(x)?lnx?ax?
⑵
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
4
f(x
1
)≥g(x
2<
br>)
，求实数
b
取值范围
.
例
13
（二阶导转换）已知函数
f(x)?lnx
F(x
)?
⑴若
f(x)?a
(a?R)
x
，求
F(x)
的极大值；
2
G(x)?[f(x)]?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. ⑵若
f(x)?x?
例14（综合技巧
）设函数
⑴讨论函数
f(x)
的单调性；
1
?alnx(a?R).
x
x,xA(x
1
,
f(x
1
)),B(x
2
,f(x
2
))
⑵若f(x)
有两个极值点
12
，记过点的直线斜率为
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.
②
交点与根的分布
例15
（切线交点）已知函数
f
?
x
?
?ax?bx?3x
?a,b?R
?
在点
1,f
?
1
?
处的切线方程
32
??
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
,x
2
都有
f
?
x
1
?
?f
?
x2
?
?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．
<
br>例16（根的个数）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；
2
g(x)?t?
?
t?
1在x?[?1,1]
上恒成立，求t的取值范围； （II）若
lnx
?
x
2
?2ex?m
（Ⅲ）讨论关于x的方程
f(x)
的根的个数．
f(x)?ln(2?3x)?
例17（综合应用）已知函数
3
2
x.
2
⑴求f(x)在[0,1]上的极值；
11
x?[,],不等式|a?lnx|?ln[f
?
(x)?3x]?0<
br>63
⑵若对任意成立，求实数a的取值
范围；
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不等式证明
例18(变形构造法)已知函数?
(x)?
a
x?1
，a为正常数．
?
9
2
，求函数
f(x)
的单调增区间； ⑴若
f
(x)?lnx?
?
(x)
，且a
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
)
．
⑶若
g(x)?lnx?
?
(x)
，且对任意的
x
1
,x
2
?
?
0,
2
?
，
x
1
?x
2
，都有
g(x
2
)?g(x
1
)
??1
x
2
?x
1，求a的取值范围．
2
f(x)?xln(ax)(a?0)
例19(高次处理证明不等式、取对数技巧
)已知函数
.
2
f'(x)?x
（1）若对任意的
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
x
1
,x
2
?(,1),x
1
?x
2
?1
x
，若
e
，求证
x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)
4
32
例20（绝对值处理）已知函数
f(x)
?x?ax?bx?c
的图象经过坐标原点，且在
x?1
处
取得极大值．
（I）求实数
a
的取值范围；
(2a?3)2
（II）若方程
f(x)??
恰好有两个不同的根，求
f(x)
的解析式；
9
（III）对于（II）中的函数
f(x)
，对任意
?
、
?
?R
，求证：
|f(2sin
?
)?f(
2sin
?
)|?81
．
例21（等价变形）已知函数
f(x)?ax?1?lnx
(a?R)
．
（Ⅰ）讨论函数
f(x)
在定义域内的极值点的个数；
（Ⅱ）若函数
f(x)
在
x?1
处取得极值，对
?x?
(0,??)
,
f(x)?bx?2
恒成立，
求实数
b
的取值范围；
（
Ⅲ）当
0?x?y?e
且
x?e
时，试比较
2
y1?lny
的大小．
与
x1?lnx
例22（前后问联系法证明不等式）已知
1。
（I）求直线
l
的方程及m的值；
f(x)?lnx,g(x)?
1
2
7
x?mx?(m?0)
22
，直
线
l
与函数
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
（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。
（III）当
0?b?a
时，求证：
f(a?b)?f(2a)?
b?a
.
2a
例23(整体
把握，贯穿全题)已知函数
f(x)?
（1）试判断函数
f(x)
的单调性；
lnx
?1
．
x
（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<
br>e
是自然对数的底数）．
)?
nn
例24(化简为繁，统一变量)设
a?R
,函数
f(x)?lnx
?ax
.
P
?
1,?2
?
（Ⅰ
）若
a?2
，求曲线
y?f(x)
在处的切线方程；
（Ⅱ）若
f(x)
无零点,求实数
a
的取值范围；
x1
,x
2
x
1
?x
2
?e
2
f(x)
（Ⅲ）若有两个相异零点,求证: .
例25（导数与常见不等式综合）已知函数
数．
（Ⅰ）求函数
（Ⅱ）设数列
（1）求数列
（Ⅲ）证明：
例26（利用前几问结论证明立体不等式）已知
函数
f(x)=e
x
-ax(e
为自然对数的底数
).
(I )
求函数
f(x)
的单调区间；
，其中为正常
在
满足：
的通项公式
上的最大值；
，，
，； ； （2）证明：对任意的
．
(II)如果对任意
(III)设
例27已知函数<
br>f
?
x
?
?ax?
2
，都有不等式
f(x)
>
x
+ x
2
成立，求实数
a
的取值范围；
,
证明：+++…+<
1
x?c(a?0)
.若函数
f<
br>?
x
?
满足下列条件:
2
①f
?
?1
?
?0
;②对一切实数
x
,不等式<
br>f
?
x
?
?
(Ⅰ)求函数
f
?
x<
br>?
的表达式;
1
2
1
x?
恒成立.
22
fx）?t?2at?1
对
?x?
?
?1,1
?
,
?a?
?
?1,1
?
恒成立,求实数
t
的取值范围
; (Ⅱ)若
（
2
(Ⅲ)求证:
1112n
???????(n?N
*
)
.
f
?
1
?
f
?
2
?
f
?
n
?
n?2
例28（数学归纳法）已知函数
f(x)?ln(x?1)?mx
，当
x?0
时，函数
f(x)
取得极大
值.
（１）求实数
m
的值；
（２）已知结论：若函数
f(x)?ln(
x?1)?mx
在区间
(a,b)
内导数都存在，且
f(b)?f(a).试用这个结论证明：
b?a
f(x
1
)?f(x
2
)
(x?x
1
)?f(x
1
)
，则对任意若
?1?x
1
?x
2
，函数
g(x)?
x
1
?x2
a??1
，则存在
x
0
?(a,b)
，使得
f
?
(x
0
)?
x?(x
1
,x
2
)
，都有
f(x)?g(x)
；
（３）已知正数
?
1<
br>,
?
2
,L,
?
n
，满足
?
1?
?
2
?L?
?
n
?1
，求证：当
n
?2
，
n?N
时，对任意大于
?1
，且互不相等的实数
x<
br>1
,x
2
,L,x
n
，都有
f(
?
1
x
1
?
?
2
x
2
?L?
?n
x
n
)?
?
1
f(x
1
)?
?
2
f(x
2
)?L?
?
n
f(x
n<
br>)
.
④
恒成立、存在性问题求参数范围
1?x
例29（传统讨论参数取
值范围）已知函数
f(x)?(2?a)(x?1)?2lnx
，
g(x)?xe(
a?R,e
为自然对数的底数)
（1）当
a?1
时，求
f(x)
的单调区间；
（2）对任
意的
x?(0,),f(x)?0
恒成立，求
a
的最小值；
（3）
若对任意给定的
x
0
?
?
0,e
?
,在
?
0,e
?
上总存在两个不同的x
i
(i?1,2)
，
1
2
使得
f(x
i
)?g(x<
br>0
)
成立，求
a
的取值范围。
例30已知函数
f(x)?a?
1
.
|x|
（1）求证：函数
y?f(x)在(0,??)
上是增函数.
（2）若
f(x)?2x在(1,??)
上恒成立，求实数
a
的取值范围.
（3）若函数
y?f(x)在[m,n]
上的值域是
[m,n](m?
n)
，求实数
a
的取值范围.
x
3
例31已知
函数
f(x)?ln(2ax?1)??x
2
?2ax(a?R)
.
3
(1)若
x?2
为
f(x)
的极值点,求实数
a
的值;
(2)若
y?f(x)
在
?
3,??
?
上为增函数,求实数
a
的取值范围;
3
1
1?x
?
b
?
(3)当
a??
时,方程
f(1?x)??
有实根,
求实数
b
的最大值.
2
3x
2
f(x)?x?alnx
(a为实常数). 例32（分离变量）已知函数
(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； <
br>(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.
32x
f(x)?(x?6x?3x?t)e
例33
（多变量问题，分离变量）已知函数，
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
，求
t
的值．
（２）若
存在实数
2
t?
?
0,2
?
，使对任意的
x??
1,m
?
，不等式
f(x)?x
恒成立．求正
整数<
br>m
的最大值．
2
例
34
（分离变量综合应用）设函数
f(x)?aln
x?bx
.
1
f(x)
y??
x?1
⑴若函数在处与直线相切：
2
①求实数
a,b
的值；②求函数
f(x)
在
[,e]
上的最大值；
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<
br>1
e
3
2
数
m
的取值范围
.
例
35
（先猜后证技巧）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
.
（Ⅲ）若
x
>0
时
f(x)?
k
恒成立，求正整数
k
的最大值
.
x?1
1?1n(x?1)
x
例36（创新题型）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．
例37（创新题型）已知函数<
br>f(x)
=
ax?lnx?1(a?R)
，
g(x)?xe
(
Ⅰ)求函数
g(x)
在区间
(0,e]
上的值域；
（Ⅱ）是否存在
实数
a
，对任意给定的
x
0
?(0,e]
，在区间
[1,e]
上都存在两个不同的
1?x
.
x
i
(i?1
,2)
，使得
f(x
i
)?g(x
0
)
成立.若存
在，求出
a
的取值范围；若不存在，
请说明理由；
（Ⅲ）给出如下定义：对
于函数
y?F(x)
图象上任意不同的两点
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，
如果对于函数
y
?F(x)
图象上的点
M(x
0
,y
0
)
（其中<
br>x
0
?
x
1
?x
2
)
总能使得2
F(x
1
)?F(x
2
)?F
?
(x
0
)(x
1
?x
2
)
成立，则称函数具备性质“
L
”，试判断函数
f(x)
是不是具备性质“
L
”，并说明理由.
2
g(x)?ax?2ax?1?b(a?0,b
?1)
，在区间例38(图像分析，综合应用) 已知函数
g(x)
f(x)?
?
2,3
?
上有最大值4，最小值1，设
x
．
（Ⅰ）求
a,b
的值；
xx
f(2)?k?2?0
在x?[?1,1]
上恒成立，求实数
k
的范围； （Ⅱ）不等式
2
f(|2
x
?1|)?k(
x
?3)?0
|2?1|
（Ⅲ
）方程有三个不同的实数解，求实数
k
的范围．
⑤导数与数列
2x
例
39
（创新型问题）设函数
f(x)
?(x?a)(x?b)e
，
a、b?R
，
x?a
是
f(x
)
的一
个极大值点．
(1)
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x
4
?R
，使得
x
1
，x
2
，x3
，x
4
的某种排列
x
i
1
,x
i<
br>2
,x
i
3
,x
i
4
（其中
2，3，4
?
）依次成等差数列
?
若存在，求所有的b
及相应的
x
4
；
?
i
1
，i
2
，i
3
，i
4
?
=
?
1，
若
不存在，说明理由．
x
2
例40（数列求和，导数结合）给定函数
f(x)?
2(x?1)
(1)试求函数
f
?
x
?
的单调减区间; <
br>(2)已知各项均为负的数列
?
a
n
?
满足,
4S<
br>n
?f(
(3)设
b
n
??
1n?11
1<
br>?ln??
;
)?1
求证:
?
a
n?1
n
a
n
a
n
1
,
T
n
为数列
?b
n
?
的前
n
项和,求证:
T
2012
?1?ln2012?T
2011
.
a
n
⑥导数与曲线新题型
例41（形数转换）已知函数
f(x)?lnx
,
g(x)?
1
2
ax?bx
(a?0)
.
2
(1)若
a??2
,
函数
h(x)?f(x)?g(x)
在其定义域是增函数,求b的取值范围;
(2
)在(1)的结论下,设函数
?
(x)=e
2x
+be
x
,
x∈[0,ln2],求函数
?
(x)
的最小值;
(3)设函数
f
(x)
的图象C
1
与函数
g(x)
的图象C
2
交于
点P、Q,过线段PQ的中点R作
x
轴的垂线分别交C
1
、C
2于点
M
、
N
,问是否存在点R,使C
1
在
M<
br>处的切线与
C
2
在
N
处的切线平行?若存在,求出R的横坐标
;若不存在,请说明理由.
例42（全综合应用）已知函数
f(x)?
1?ln
x
(0?x?2)
.
2?x
(1)是否存在点
M
(a,b)
,使得函数
y?f(x)
的图像上任意一点P关于点M对称的点Q
也在函数
y?f(x)
的图像上?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;
2n?1
(2)定义
S
n
?
?
i?1
i122n
?1
f()?f()?f()?????f()
,其中
n?N
*
,求
S
2013
;
nnnn
m
*<
br>(3)在(2)的条件下,令
S
n
?1?2a
n
,若不等式<
br>2
n
?(a
n
)?1
对
?n?N
且
n?2
恒成立,
a
求实数
m
的取值范围.
⑦导数与三角函数综合
2
f(x)??x(x?a)
例43（换元替代，消除三角）设函数（
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；
22
k?
?
?1，0
?
f(k?cosx)≥f(k?cosx)<
br>对任意的
a?3
（Ⅲ）当，时，若不等式
x?R
恒成立,求
k
的值。
例44
（新题型，第7次晚课练习）设函数
f(x)?ax?cosx,x?[0,
?
].
(1)讨论
f(x)
的单调性
(2)设
f(x)?1?sinx
,求
a
的取值范围.
⑧创新问题积累
例45已知函数
f(x)?ln
I、求
f(x)
的极值.
x?2x
?
.
x?44
II、求证
f(x)
的图象是中心对称图形.
III、设
f(x)
的定义域为
D
,是否存在
?
a,b
?
?D
.当
x?
?
a,b
?
时，
f(x)
的取值范围是
?
,
?
?若存在,求实数
a
、
b
的
值；若不存在，说明理由
44
例46已知函数
f(x)?x
4
?4x
3
?ax
2
?1
在区间[0,1]上单调递增，在区间[1,2]上单调递减．
（1）求a的值；
（2）设
g(x)?bx
2
?1
，若方
程
f(x)?g(x)
的解集恰好有3个元素，求
b
的取值范
围；
（3）在（2）的条件下，是否存在实数对
(m,n)
，使
f(x?m)?g
(x?n)
为偶函数？
如存在，求出
m,n
如不存在，说明理由．
?
ab
?
??
导数压轴题题型归纳
参考答案
例1 (1)解 f(x)＝e
x<
br>－ln(x＋m)?f′(x)＝e
x
－
定义域为{x|x>－1}，
1
?f′(0)＝e
0
－＝0?m＝1，
x＋m0＋m
1
e
x
?x＋1?－1
f′(x)＝e
x
－＝，
x
＋mx＋1
1
显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
(2)证明 g(x)＝e
x
－ln(x＋2)，
1
则g′(x)＝e
x
－(x>－2)．
x＋2
11h(x)＝g′(x)＝e
x
－(x>－2)?h′(x)＝e
x
＋>0
，
2
x＋2?x＋2?
所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，
1111
又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，
22
e
3
2
1
－，0
?
内， 所以h(x
)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间
?
?
2
?
1
11－
t
，
－
，所以，e
t
＝设g′
(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝e
t
－＝0
?
?t＋2＝e
?
t＋2
?
2
t＋2
当x∈(－2，t)时，g′(x)
?1＋t?2
所以g(x)
min
＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0，
t＋2t＋2
t
1
当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)， 所以f(x)＝e
x
－ln(x＋m)≥e
x
－ln(x＋2)＝g(x
)≥g(x)
min
>0.
例2（Ⅰ）由已知得
f(0)?2,g(0)?
2,f
?
(0)?4,g
?
(0)?4
，
而
f<
br>?
(x)
=
2x?b
，
g
?
(x)
=
e(cx?d?c)
，∴
a
=4，
b
=2，
c<
br>=2，
d
=2；……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
f(x)?x?4x?
2
，
g(x)?2e(x?1)
，
设函数
F(x)
=kg(x)?f(x)
=
2ke(x?1)?x?4x?2
（
x??2<
br>），
x2
2x
x
F
?
(x)
=
2
ke
x
(x?2)?2x?4
=
2(x?2)(ke
x
?1
)
，
有题设可得
F(0)
≥0，即
k?1
，
令
F
?
(x)
=0得，
x
1
=
?lnk，
x
2
=－2，
（1）若
1?k?e
，则－2＜x
1
≤0，∴当
x?(?2,x
1
)
时，
F(
x)
＜0，当
x?(x
1
,??)
时，
F(x)
＞0，即
F(x)
在
(?2,x
1
)
单调递减，在
(x
1
,??)
单调递增，故
F(x)
在
x
=x
1
取
最小值
F(x
1
)
， 而
F(
x
1
)
=
2x
1
?2?x
1
2
?
4x
1
?2
=
?x
1
(x
1
?2)
≥0，
∴当
x
≥－2时，
F(x)
≥0，即
f(x)<
br>≤
kg(x)
恒成立，
2
(2)若
k?e
，则F
?
(x)
=
2e(x?2)(e?e)
，
2
2x2
∴当
x
≥－2时，
F
?
(x)
≥0，∴<
br>F(x)
在(－2,+∞)单调递增，而
F(?2)
=0，
∴当
x
≥－2时，
F(x)
≥0，即f(x)
≤
kg(x)
恒成立，
(3)若
k?e
，则
F(?2)
=
?2ke
2?2
?2
=
?2e
?2
(k?e
2
)
＜0，
∴当
x
≥－2时，<
br>f(x)
≤
kg(x)
不可能恒成立，
综上所述，
k
的取值范围为[1,
e
].
例3（1）f(x)?f
?
(1)e
2
1
?f(0)x?x
2?f
?
(x)?f
?
(1)e
x?1
?f(0)?x<
br>
2
令
x?1
得：
f(0)?1
1
f(x)?f
?
(1)e
x?1
?x?x
2
?
f(0)?f
?
(1)e
?1
?1?f
?
(1)?e
2
1
2xx
得：
f(x)?e?x?x?g(x)?f
?
(x)?e?1?x
2
g
?
(x)?e
x
?1?0?y?g(x)
在
x
?R
上单调递增
f
?
(x)?0?f
?
(0)?x?0,
f
?
(x)?0?f
?
(0)?x?0
1
2x
得：
f(x)
的解析式为
f(x)?e?x?x
2
且单调递增区间为
(0,??)
，单调递减区间为
(??,0)
1
2
x
x
（2）
f(x)?x?ax?b?h(x)?e?(a?1)
x?b?0
得
h
?
(x)?e?(a?1)
2
①
当
a?1?0
时，
h
?
(x)?0?y?h(x)
在
x?R
上单调递增
x???
时，
h(x)???
与
h(x)?0
矛盾
②当
a?1?0
时，
h
?
(x)?0?x?ln(a?1),h<
br>?
(x)?0?x?ln(a?1)
得：当
x?l
n(a?1)
时，
h(x)
min
?(a?1)?(a?1)ln(a?1)
?b?0
x?1
(a?1)b?(a?1)
2
?(a?1)
2
ln(a?1)(a?1?0)
22
令
F(
x)?x?xlnx(x?0)
；则
F
?
(x)?x(1?2lnx)
F
?
(x)?0?0?x?e,F
?
(x)?0?x?e
当
x?
当
a?
e
时，
F(x)
max
?
e
2
e
2
e?1,b?e
时，
(a?1)b
的最大值为
例4解（Ⅰ）
f'(x)?
?
(
x?1
?ln
x)
b
x
?
22
(x?1)x
?
f(1
)?1,
1
?
由于直线
x?2y?3?0
的斜率为
?<
br>，且过点
(1,1)
，故
?
1
即
2
f'(1)??,
?
?2
?
b?1,
?
?
a1
?b??,
?
?22
解得
a?1
，
b?1
。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
f(x)?
lnx1
?
，所以
x?1x
lnxk1(k?1)(x
2
?1)
f(
x)?(?)?(2lnx?)
。
x?1x1?x
2
x
(k?1)
(x
2
?1)?2x
(k?1)(x
2
?1)
(x?0)<
br>，则
h'(x)?
考虑函数
h(x)?2lnx?
。
2x
x
22
k(x?1)?(x?1)
(i)设
k?0
，
由
h'(x)?
知，当
x?1
时，
h'(x)?0
，h(x
)递减。而
2
x
h(1)?0
故当
x?(0,1)
时，h(x)?0
，可得
当x
?
（1，+
?
）时，h（x）
<0，可得
1
h(x)?0
；
1?x
2
1
h（x）>0
2
1?x
lnxklnxk
从而当x>0,且x
?<
br>1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
x?1xx?1x
（ii）设0
2
?1)?2x
=
(k?1)x
2
?2x?k?1
的图像开口向下，且
1
1
?1
当x
?
（1，）时，（k-1）（x
2
+1）
1?k
1?k
.
'
11
h
+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x
?
（1，）时，h（x）>0，可得h
1?k
1?x
2
??4?4(
k?1)
2
?0
，对称轴x=
（x）<0,与题设矛盾。
（iii
）设k
?
1.此时
x?1?2x
，
(k?1)(x
2
?1)?2x?0?
h
（x）>0,而h（1）=0，
故当x
?
（
1，+
?
）时，h（x）>0，可得
综合得，k的取值范围为（-
?
，0]
例5（1）
a?0
时，f(x)?e?1?x
，
f'(x)?e?1
.
xx
2'
1
h（x）<0,与题设矛盾。
1?x
2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
x
（II）
f
'(<
br>x
)
?e?
1
?
2
ax
由（I）
知
e
x
?
1
?x
，当且仅当
x?0
时等号
成立.故
f'(x)?x?2ax?(1?2a)x
，
从而当
1?2a?0
，即
a?
1
时，
f'(x)?0 (x?0)
，而
f(0)?0
，
2
于是当
x?0
时，
f(x)?0
.
?x
x
由
e?
1
?x
(
x?
0)
可得
e?1?x(x?0)
.从而当
a?
1
时，
2
f
'(
x
)
?e
x
?1
?
2
a
(
e
?x
?
1)
?
e
?x
(
e
x
?
1)(
e
x
?<
br>2
a
)
，
故当
x?(0,ln2a)
时，
f'(x)?0
，而
f(0)?0
，于是当
x?(0,ln2a)
时
，
f(x)?0
.
综合得
a
的取值范围为
(??,]
.
1
2
例6解
:
(1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x
3
+3x
2
－3x－3
)e
－
x
,故
f′(x)＝－(x
3
+3x
2<
br>－3x－3)e
－
x
+(3x
2
+6x－3)e
－
x
＝－e
－
x
(x
3
－9x)
＝－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.
从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少. <
br>(2)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. <
br>从而f′(x)＝－e
－
x
［x
3
+(a－6)x+4－2a
］.
因为f′(α)＝f′(β)＝0,
所以x
3
+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)
＝(x－2)［x
2
－(α+β)x+αβ］.
将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.
故
?
?<
br>?
?
(
?
?
?
)
2
?
4<
br>??
?
12
?
4a
.
又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6.
于是β－α＞6.
例7 (Ⅰ) 当
k?1
时,
f<
br>?
x
?
?
?
x?1
?
e
x
?x
2
,
f
?
?
x
?
?e
x?
?
x?1
?
e
x
?2x?xe
x
?
2x?x
?
e
x
?2
?
令
f
?
?
x
?
?0
,得
x
1<
br>?0
,
x
2
?ln2
当
x
变化时
,
f
?
?
x
?
,f
?
x
?
的变化如下表:
x
?
??,0
?
0
?
0,ln2
?
ln2
?
ln2,??
?
f
?
?
x
?
?
0
极
?
0
极
?
f
?
x
?
Z
大
值
]
小
值
]
右表可知,函数
f
?
x
?
的递减区间为
?
0,ln2
?
,递
增区间为
?
??,0
?
,
?
ln2,??
?
.
(Ⅱ)
f
?
?
x
?
?e
x
?
?
x?1
?
e
x
?2kx?xe
x
?2
kx?xe
x
?2k
,
令
f
?
?
x?
?0
,得
x
1
?0
,
x
2
?ln
?
2k
?
,
令
g
?
k
?
?ln
?
2k
?
?k
,则
g
?
?
k
?
?
??
11?k
?
1
?
?1
??0
,所以
g
?
k
?
在
?
,1
?
上递增,
kk
?
2
?
所以
g
?
k
?
?ln2?1?ln2?lne?0
,从而
ln
?
2
k
?
?k
,所以
ln
?
2k
?
?
?
0,k
?
所以当
x?0,ln
?
2k
?
时,
f
?
?
x
?
?0
;当
x?
ln
?
2k
?
,??
时,
f
?
?
x
?
?0
;
??
??
所以
M?max
?
f
?
0
?
,f
?
k
?
?
?max?1,
?
k?1
?
e
k
?k
3
令
h
?
k
?
?
?
k?1
?
e
k
?k
3
?1
,则
h
?
?
k
?
?ke
k
?3k
,
??
??
令
?
?
k
?
?e
k
?
3
k
,则<
br>?
?
?
k
?
?e
k
?3?e?3?0
所以
?
?
k
?
在
?
,1
?<
br>上递减,而
?
??
?
?
?
1
?
?<
br>?
e?
?
1
?
?
2
?
?
1
?
?
2
?
?
?
3
?
?
?
e?3
?
?0
2
?
?
?
所以存
在
x
0
?
?
,1
?
使得
?
?x
0
?
?0
,且当
k?
?
,x
0?
时,
?
?
k
?
?0
,
当
k?
?
x
0
,1
?
时,
?
?
k<
br>?
?0
,
所以
?
?
k
?
在
?
,x
0
?
上单调递增,在
?
x
0
,1
?
上单调递减.
?
1
?
?
2
?
?
1
?
2
?
1
?
2
?
?
因为
h
??
??
?
1
?
?
2
?
17
e??0
,
h
?
1
?
?0
,
28
?
1
?
?
2
?所以
h
?
k
?
?0
在
?
,1
?
上恒成立,当且仅当
k?1
时取得“
?
”.
综上,函数
f
?
x
?
在
?
0,k
?
上的最大
值
M?
?
k?1
?
e
k
?k
3
.
例8解:(Ⅰ)∵
f(x)?
1
3
1
2
x?ax?
x?b(a?0)
,
32
2
∴
f'(x)?x?ax?1
∵
f(x)
在
(1,0)
处切线方程为
y?3x?3
,
∴
?
?
f'(1)?3
,
?
f(1)?0
11
. (各1分)
6
∴
a?
1
,
b??
f'(x)
x
2
?ax?1
(Ⅱ)g(x)?
ax
?
(x?R)
.
e
ax
e<
br>(2x?a)e
ax
?a(x
2
?ax?1)e
ax
??x[ax?(a
2
?2)]e
?ax
g'(x)?
a
x2
(e)
①当
a?0
时,
g'(x)?2x
,
x
(??,0)
-
↘
0
0
极小值
(0,??)
+
↗
g'(x)
g(x)
g(x)
的单调递增区间为
(0,??)
,单调
递减区间为
(??,0)
②当
a?0
时,令
g'(x)?
0
,得
x?0
或
x?
2
?a
a
(ⅰ)当
2
?a?0
,即
0?a?2
时,
a
x
(??,0)
0
2?a
2
(0,)
a
2?a
a
2
2?a
2
(,??)
a
g'(x)
- 0 + 0 -
g(x)
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
2?a
2
2?a
2
g(x)
的单调递增区间为
(0,)
,单调递减区间为
(
??,0)
,
(,??)
;
aa
(ⅱ)当
2
?
a?0
,即
a?2
时,
g'(x)?
??2x
2
e
?2x
?0
,
a
故
g(x)
在
(??,??)
单调递减;
(ⅲ)当
2
?a?0
,即
a?2
时,
a
x
2
(??,?a)
a
2
?a
a
0
2
(?a,0)
a
+
0
(0,??)
g'(x)
- 0 -
g(x)
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
2?a
2
2?a
2
,0)
上单调递增,在
(0,??)
,
(??,)
上单调递减
g(x)
在
(
a
a
综上所述,当
a?0
时,
g(x)
的单调递增区间为
(0,??)
,单调递减区间
为
(??,0)
;
2?a
2
)
,单调递减区间为
(??,0)
当<
br>0?a?2
时,
g(x)
的单调递增区间为
(0,
a
当
a?2
,
g(x)
的单调递减区间为
(??,??)
<
br>当
a?2
时,
g(x)
的单调递增区间为
(?a,0)
,单调递减区间为
(0,??)
、
2
a
2
(??,?a)
a
?
例9解：(1)
a?1
时，
g(x)?x?
x
，由
g(x)?3x?1?0
，解得
g
?
(x)
的变化情况如下表：
x
32
x??
3
3
.
0
(0,
3
)
3
3
3
(
3
,1)
3
1
g
?
(x)
g(x)
0
-
↘
0 +
0
极小值
↗
x?
3323
g()??
3
时，<
br>g(x)
有最小值
39
. 所以当
2
y?f(x)
P
(x,2x?a)
处的切线斜率
k?f
?
(x
1
)?2x<
br>1
11
(2)证明：曲线在点
2
y?f(x)
y?
(2x?a)?2x
1
(x?x
1
)
.
1
曲线在
点P处的切线方程为
x?ax?aa?x
1
x
2
?
1
x
2
?x
1
?
1
?x
1
?
2x
1
，∴
2x
1
2x
1
令
y?0
，得
a?x
1
?0
x?a
2x
1
∵
1，∴，即
x
2
?x
1
.
x?ax
1
x
aa
x
1
a
x
2
?
1
???2
1
??a
?
2x22x22x
22x
111
1，∴又∵
2
222
2
所以
x
1
?x
2
?a
.
2x2x
例
10
⑴
当a?0时，f(x
)?xe，f'(x)?(x?2x)e，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.
22x
⑵
f'(x)?x?(a?2)x?2a?4ae.
??
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
令f'(x)?0，解得x??2a，或x?a?2.由a?
以下分两种情况讨论：
①
若a
＞
2
知，?2a?a?2.
3
2
，则
?2a
＜
a?2
.
当
x
变化时，f'(x)，f(x)
的变化情况如下表：
3
?2a
?
?2a
x
?
??，
+
↗
0
极大
值
?
?2a，a?2
?
—
↘
a?2
0
极小
值
?
a?2，??
?
+
↗
所以f(x
)在(??，?2a)，(a?2，??)内是增函数，在(?2a，a?2)内是减函数.
函数f(x)在x??2a处取得极大值f(?2a)，且f(?2a)?3ae
?2a
. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f(x)在x?a?2处取得
极小值f(a?2)，且f(a?2)?(4?3a)e
a?2
.
②
若a
＜
2
，则
?2a
＞
a?2
，当
x
变化时，
f'(x)，f(x)
的变化情况
如下表：
3
x
?
??，a?2
?
a?2
+
↗
0
极大
值
?
a?2，?2a
?
—
↘
?2a
0
极小
值
?
?2a，??
?
+
↗
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
.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f(x)在x??2
a处取得极小值f(?2a)，且f(?2a)?3ae
?2a
.
x?1<
br>x?1
例11解：（Ⅰ）
?
(x)?f
?
x
?
?
，
?
?
?
x
?
?
?lnx?
x?1
x?1
12x
2
?1
．
??
22
x
?
x?1
?
x?
?
x?1
?
??
?
． ∵
x?0
且
x?1
，∴
?
?
?<
br>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<
br>0
x
设直线
l
与曲线
y?g(x)
相切于点
(x
1
,e
1
)
，
x
∵
g
?<
br>(x)?e
x
，∴
e
1
?
1
1
，∴
x
1
??lnx
0
,∴
g(x
1
)?e<
br>?lnx
0
?
.
x
0
x
0
∴直线
l
也为
y?
lnx
0
1111
?
?
x?lnx
0
?
， 即
y?x??
， ②
x
0
x
0
x
0
x
0
x
0
lnx0
1
x?1
?
，∴
lnx
0
?
0．
x
0
?1
x
0
x
0
由①②得
lnx
0
?1?
下证：在区间（1,+
?
）上
x
0
存在且唯一.
由（Ⅰ）
可知，
?
(x)
?lnx?
x?1
（1,+?）
在区间上递
增．
x?1
e
2
?1e
2
?3
e?1?2
22
又
?
(e)?lne?
??0
，
??0
，
?
(e)?lne?
2
e?1e
2
?1
e?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．
1?a
la?1?ax
2
?
x?a?1
?1(x?0)
，
f
?
(x)??a?
2
?
例
12
⑴
f(x)?lnx?ax?
(x?0)
2
x
xxx
2
令
h(x)?ax?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
时，
?1?1?0
,x?(0,1)
时
h(x)?0,f
?
(x)?0
，函数
f(x)
单调递减；
2a
当
0?a?
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
当
a?0
时
1
?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<
br>时，函数
f(x)
在
(0,1)
单调递减，
(1,??)单调递增；
当
a?
1
时
x
1
?x<
br>2
,
h(x)?0
恒成立
,
此时
f
?
(x)?0
，函数
f(x)
在
(0,??)
单调递减；
2
111
时
,
函数
f(x)
在
(0,1)
递减
,
(1,?1)
递增
,
(?1,??)
递减<
br>.
2aa
当
0?a?
⑵当
a?
1
时，f(x)
在
(0,1)
上是减函数，在
(1,2)
上是增函数，
所以对任意
x
1
?(0,2)
，
4
1
，
2
1
?g(x
2
)，
x
2
?
?
1,2
?
，（※）
2
有
f(x
1
)≥f(1)??
又已知存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
f(x
1
)?g(x
2
)
，所以
?
22
又
g(x)?(x?b)?4?
b,x?[1,2]
当
b?1
时，
g(
x)
min
?g(1)?5?2b?0
与（※）矛盾；
2
当
b?
?
1,2
?
时，
g(x)
min
?
g(1)?4?b?0
也与（※）矛盾；
当
b?2
时，
g
(x)
min
?g(2)?8?4b??,b?
综上，实数
b
的取值
范围是
[
例
13
解：⑴
?F(x)?
1
2
17
.
8
17
,??)
.
8
f(x)?alnx?a
?
定义域为
x?(0,??)
xx
?F
?
(x)?
(1?a)?lnx
x2
1?a1?a
令
F
?
(x)?0得x?e
由
F
?
(x)?0得0?x?e
1?a
由
F
?
(x)?0得x?e
1?a1?a
即
F(x)在(0,e)
上单调递增，在
(e,??)
上单调递减<
br>
1?a
?x?e
1?a
时，
F
(
x
)
取得极大值
F(e?
1?a?a
a?1
)?e
e
?a
2lnx
?k
x
2
⑵
?G(x)?(lnx)?kx
的定义域为
(0
，
+
∞
)<
br>，
?G
?
(x)?
由
G
(
x
)<
br>在定义域内单调递减知：
G
?
(x)?
令
H(x)?
2lnx
?k?0
在
(0
，
+
∞
)
内恒成
立
x
22(1?lnx)
lnx?k
，则
H
?<
br>(x)?
由
H
?
(x)?0得x?e
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
∴当
x
= <
br>e
时，
H
(
x
)
取最大值
H(e)?
故只需
2
?k
e
22
?k?0
恒成立，
?k?
ee
22
时，只有一点
x
=
e
使得
G
?
(x)?H(x)?0
不影响其单调性
?k?.
ee<
br>又当
k?
1ax
2
?ax?1
例
14
解：⑴
f(x)
的定义域为
(0,??).
f'(x)?1?
2
?
?
xxx
2
2
令
g(x)?x
?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．
V>0,g(x)=0
的两根都小于
0
，在
(0,??)
上，<
br>f'(x)?0
，故②当
a??2时,
f(x)在(0,??)
上单调
递增．
22
a?a?4a?a?4
V>0,g(x)=0
的两根为
x
1
?
③当
a?2时,
，
,x
2
?
22
当
0?x?x
1
时，
f'(x)?0；当
x
1
?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
．
因为
f(x
1
)?f(x
2<
br>)?(x
1
?x
2
)?
x
1
?x
2
?a(lnx
1
?lnx
2
)
，
x1
x
2
所以
k?
f(x
1
)?f(x
2
)lnx?lnx
2
1
?1??ag
1
x1
?x
2
x
1
x
2
x
1
?x
2
lnx
1
?lnx
2
k?2?ag
xx?1又由⑴知，
12
，于是
x
1
?x
2
若存在
a
，使得
k?2?a.
则
lnx
1
?lnx
2
?1
．即
lnx
1
?lnx
2
?x1
?x
2
．
x
1
?x
2
亦
即
x
2
?
1
?2lnx
2
?0(x
2?1)(*)
x
2
1
h(t)?t??2lnt
在<
br>(0,??)
上单调递增，而
x
2
?1
，所以再由⑴知，函数
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
例15解：⑴
f
?
?
x?
?3ax
2
?2bx?3
．
?
?
a?1<
br>?
f
?
1
?
??2,
?
a?b?3??2,
根据题意，得
?
即
?
解得
?
?
?
b?0
?
3a?2b?3?0,
?
f
?
?
1
?
?0,
所以
f
?
x
?
?x
3
?3x
．
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<
br>?
x
?
max
?2
，
f
?
x
?
min
??2
．
则对于区间
?
?2,2
?<
br>上任意两个自变量的值
x
1
,x
2
，都有
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?f<
br>?
x
?
max
?f
?
x
?
min<
br>?4
，所以
c?4
．
所以
c
的最小值为4． ⑶因为点
M
?
2,m
??
m?2
?
不在曲线<
br>y?f
?
x
?
上，所以可设切点为
?
x
0<
br>,y
0
?
．
3
?3x
0
．
则
y
0
?x
0
2
2
?3
． 因为
f
?
?
x
0
?
?3x
0
?3
，所
以切线的斜率为
3x
0
3
x
0
?3x
0
?
m
则
3x?3
=，
x
0
?2
2
0
32
?6x
0
?6?m?0
． 即
2x
0
因为过
点
M
?
2,m
??
m?2
?
可作曲线
y?
f
?
x
?
的三条切线，
32
?6x
0
?6?m?0
有三个不同的实数解． 所以方程
2x
0
所以函数
g
?
x
?
?2x
3?6x
2
?6?m
有三个不同的零点．
则
g
?
?
x
?
?6x
2
?12x
．令
g
??
x
?
?0
，则
x?0
或
x?2
．
x
?
??,0
?
+
增
0
极大值
?
0,2
?
?
减
2
极小值
?
2,??
?
+
增
g
?
?
x
?
g
?
x
?
则
?
?
g
?
0
?
?0
?
?
?
g
?
2
?
?2
，即
6?m?0
，解得
?6?m?2
．
<
br>?
?
?
?2?m?0
例16解：（I）
f(x)?x,?g(
x)?
?
x?sinx
，
?g(x)在[?1,1]
上单调递减，<
br>?g'(x)?
?
?cosx?0
?
?
??cos
x
在
[-1
，
1]
上恒成立，
?
?
??1
，故
?
的最大值为
?1.
2
（
II）由题意
[g(x)]
max
?g(?1)??
?
?sin1,
?只需?
?
?sin1?t?
?
t?1,
?(t
?1)
?
?t
2
?sin?1?0
（其中
?
??1
），恒成立，令
h(
?
)?(t?1)
?
?t
2<
br>?sin1?1?0(
?
??1)
，
?
t??1<
br>?
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
令
f
1
(x)?
l
nx1?lnx
,f
2
(x)?x
2
?2ex?m,?f
1
'
(x)?,
2
x
x
[来源
'
当
x?(0,e)时,f
1
(x)?0,
?f
1
(x)在<
br>?
0,e
?
上为增函数；
'
当
x?
?
e,??
?
时，
f
1
(x)?0,
?f
1
(x)在
?
e,??
?
为减函数；
当
x?e时,[f
1
(x)]
max
?f
1
(e)?
1
,
e
[来源:学*科*网]
2
22
而
f
2
(x)?(x?e)?m?e,
?当m?e?
11
,即m?e
2
?时,
方程无解；
ee
2
当
m?e?
11
,即m?e
2
?
时，方程有一个根；
ee
11
22
m?e?时,m?e?
当时，方程有两个根
.
ee
例
17
解：⑴
f
?
(x)?
3?3(x?1)(3x?1)
?3x?
，
2?3x3x?2
1
或x??1
（舍去）
3
令
f
?
(x)?0得x?
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()?l
n3?为函数f(x)在[0,1]
上的极大值
.
36
⑵由
|a?
lnx|?ln[f
?
(x)?3x]?0
得
a?lnx?ln
33
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
依题意知
a?h(x)或a?g(x)在x?[,]
上恒成立，
1163
?g
?
(x)?
2?3x3(2?3x)?3x?32
??
?0
，
2
3xx(2?3x)
(2?3x)
h
?
(x)?
312?6x
?(2?6x)??0
，
2x?3
x
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
a?h()或a?g(),即a?ln或a?ln.
当且仅当
3635
⑶由
f(x)??2x?b?ln(2?3x)?
3
2
x?2x?b?0.
2
3
2
37?9x<
br>2
令
?
(x)?ln(2?3x)?x?2x?b,则
?
?<
br>(x)?
，
?3x?2?
22?3x2?3x
当
x
?[0,
77
]时,
?
?
(x)?0,于是
?
(x
)在[0,]
上递增；
33
x?[
而
?
(
77
,1]时,
?
?
(x)?0,于是
?<
br>(x)在[,1]
上递减，
33
77
)?
?
(0),
?
()?
?
(1)
，
33
?f(x)??2x?b即
?
(x)?0在[
0,1]
恰有两个不同实根等价于
?
?
?
(0)?ln2
?b?0
?
7727
?
?b?0
?
?
(
)?ln(2?7)??
66
?
3
1
?
?
(1)?
ln5??b?0
?
2
?
?ln5?
1727
?b?ln(
2?7)??.
263
1ax
2
?(2?a)x?1
?
例
18
解：⑴
f
?
(x)??
x
(x?1)
2x(x?1)
2
∵
a
?
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
ln
2
12
1
?
x
1
,
又
k?
f(x
2
)?f(x
1
)
?<
br>lnx
2
?lnx
1
?
∴
f
?
(x
)?
,
∴
f
?
(x
0
)?
xx?xx
012
x
2
?x
1
x
2
?x
1
x
2
?x
1
x
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
ln
又∵
x
2
?x
1
，∴即比较
ln
x
2
2(x2
?x
1
)
?
与
x
1
x
1<
br>?x
2
2(
x
2
?1)
x
1
的大小
．
x
2
?1
x
1
14(x?1)
22(x?1)
??0
,
(x?1)
,
则
h
?
(x)??
令
h(x)?lnx?
x
(x?1)
2
x(x?1)
2
x?1
∴
h(x)
在
?
1,??<
br>?
上位增函数．
2(
x
2
?1)
x
1
，即
k?f
?
(x
0
)
x
2
?1
x
1
x
2
x
2
x
?1h(
)?h(1)?0
，∴
ln
2
?
又，∴
x
1
x
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<
br>1
x
2
?x
1
由题意得
F(x)?g(x)?x在区间
?
0,2
?
上是减函数．
<
br>1?
当
1?x?2,F(x)?lnx?
1a
a
?1
?x
，∴
F
?
(x)??
2
x
(x?1)
x?1
(x?1)
2
1
?(x?1)
2
?x
2
?3x??3
在
x?
?
1,2
?
恒成立． 由
F
?
(x)?0?a?
xx
2
设
m(x)?
x?3x??3
，
x?
?
1,2
?
，则
m
?
(x)?2x?
1
x
1
?3?0
2
x
∴
m(x)
在
?
1,2
?
上为增函数，
∴
a?m(2)?
2?
当
0?x?1,F(x)??lnx?
27<
br>.
2
1a
a
?1
?x
，∴F
?
(x)???
2
x
(x?1)
x?1
(x
?1)
2
1
?(x?1)
2
?x
2
?x??1在
x?(0,1)
恒成立 由
F
?
(x)?0?a??
xx
2
设
t(x)?
x?x?
1
?1
，
x
?(0,1)
为增函数,
∴
a?t(1)?0
x
27
.
2
综上：
a
的取值范围为
a?
例
19
解：（
1
）
f'(x)?2xln(ax)?x,
f'(x)?2xln(ax)?x?x
2
，即
2lnax?1?x<
br>在
x?0
上恒成立
设
u(x)?2lnax?1?x
,
u'(x)?
2
?1?0,x?2
，
x?2
时，单调减
，
x?2
单调增，
x
e
.
2
所以x?2
时，
u(x)
有最大值
.
u(2)?0,2ln2a?1
?2
，所以
0?a?
（
2
）当
a?1
时，
g(x)?
f(x)
?xlnx
,
x
g(x)?1?lnx?0,
x?
因为
111
,
所以在
(,??)
上
g(x)<
br>是增函数，
(0,)
上是减函数
.
eee
1
?x<
br>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<
br>
e
x
1
?x
2
x?x
2
ln(x
1
?x
2
)
同理
lnx
2
?
1<
br>ln(x
1
?x
2
)
.
x
1
x<
br>2
,
即
lnx
1
?
所以
lnx
1<
br>?lnx
2
?(
x
1
?x
2
x
1<
br>?x
2
xx
?)ln(x
1
?x
2
)?(2
?
1
?
2
)ln(x
1
?x
2
)
x
2
x
1
x
2
x
1
又因为
2?
x
1
x
2
??4,
当且仅当“
x
1
?x
2
”时，取等号
.
x
2
x
1
又
x
1
,x
2
?(,1),x
1
?x
2
?1
，
ln(x
1
?x
2
)?0
,
1
e
所以<
br>(2?
x
1
x
2
?)ln(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
.
2
例20（I）
f(0)?0?c?0,f
?
(x)?3x?2ax?b,<
br>f
?
(1)?0?b??2a?3
?f
?
(x)?
3x
2
?2ax?(2a?3)?(x?1)(3x?2a?3),
由
f
?
(x)?0?x?1或x??
所以
?
2a?3
，因为当
x?1
时取得极大值，
3
2a?3
?1?a??3
，所以
a的取值范围是:(??,?3)
；
3
(??,1)
+
递增
（II）由下表：
x
f
?
(x)
1
0
极大值
?a?2
(1,?
2a?3
)
3
?
2a?3
3
(?
2a?3
,??)
3
-
递减
0
极小值
a?6
(2a?3)
2
27
-
递增
f(x)
a?6(2a?3)
2
2
依题意得：，解得：
a??9
<
br>(2a?3)??
279
32
所以函数
f(x)
的解析式是：
f(x)?x?9x?15x
（III）对任意的实数
?
,
?
都有
?2?2sin
?
?2,?2?2sin
?
?2,
在区间[-2，2]有：
f(?2)??8?36?30??74,f(1)?7,f(2)?8?36?30?2
<
br>f(x)的最大值是f(1)?7,f(x)的最小值是f(?2)??8?36?30??74
函数
f(x)在区间[?2,2]
上的最大值与最小值的差等于81，
所以
|f(2sin
?
)?f(2sin
?
)|?81
．
1ax?1
，当
a?0
时，
f
?
(x)?0
在
(0,??)
上恒成立，函数
?
xx
例21解：（Ⅰ）
f
?
(x)?a?
f(x)
在
(0,??)
单调递减，∴<
br>f(x)
在
(0,??)
上没有极值点；
当
a?0
时，
f
?
(x)?0
得
0?x?
11
，<
br>f
?
(x)?0
得
x?
，
aa
1
处有极小值．
a
∴
f(x)
在
(
0,)
上递减，在
(
,??)
上递增，即
f(x)
在
x?
1
a
1
a
∴当
a?0
时
f
(x)
在
(0,??)
上没有极值点，
当
a?0
时，f(x)
在
(0,??)
上有一个极值点．
（Ⅱ）∵函数
f(x)
在
x?1
处取得极值，∴
a?1
，
∴
f(x)?bx?2?1?
1lnx
??
b
，
xx
令
g(x)?1?
1lnx
，可得
g(x)
在
0,e
2
上递减，在
e
2
,??
上递增，
?xx
?
??
?
∴
g(x)
min
?g(e2
)?1?
1
e
2
，即
b?1?
1
．
2
e
（Ⅲ）证明：
e
x?y
ln(x?1)e
x<
br>e
y
???
，
ln(y?1)ln(x?1)ln(y?1)
e
x
令
g(x)?
，则只要证明
g(x)
在
(e
?1,??)
上单调递增，
ln(x?1)
1
??
e
x<
br>?
ln(x?1)?
x?1
?
??
， 又∵
g
?
(x)?
ln
2
(x?1)
显然函数
h(x)?ln(
x?1)?
1
在
(e?1,??)
上单调递增．
x?1
∴
h(x)?1?
1
?
0
，即
g
?
(x)
?0
，
e
e
x
e
y
?
∴
g(x
)
在
(e?1,??)
上单调递增，即
，
ln(x?1)ln(y
?1)
∴当
x?y?e?1
时，有
e
x?y
?
ln
(x?1)
．
ln(y?1)
例
22
解：（
I
）
Qf'(x)?
1
,?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.
<
br>?
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
2
由上述方程消
去
y
，并整理得
x?2(m?1)x?9?0
①
2
依题意，方程②有两个相等的实数根，
???[2(m?1)]?4?9?0
解之，
得
m=4
或
m=-2
，
Qm?0,?m??2.
（
II
）由（
I
）可知
g(x)?
1
2<
br>7
x?2x?,
22
，
?g'(x)?x?2,?h(x)
?ln(x?1)?x?2(x??1)
?h'(x)?
1?x
?1?.
<
br>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
。
（III
）
f(a?b)?f(2a)?ln(a?b)?ln2a?ln
a?bb
?a
?ln(1?).
2a2a
Q0?b?a,??a?b?a?0,
1b?a
????
0.
22a
证明，当
x?(?1,0)
时，
ln(1?x)?x,?
ln(1?
b?ab?a
)?.
2a2a
?f(a?b)?f(2a)?
b?a
.
2a<
br>1?lnx
．令
f
?
(x)?0
，得
x
2<
br>例23解：（1）函数
f(x)
的定义域是
(0,??)
．由已知f
?
(x)?
x?e
．
因为当
0?x?e
时
，
f
?
(x)?0
；当
x?e
时，
f
?<
br>(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
lnm
?1
．当
m?e?2m
，即
m
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
1
?m?e
时，
f(x)
max
?f(e)??1
．综上所述，
f(x)
m
ax
2
e
e
?
ln2m
?
2m
?1,
0?m?
2
?
e
?
1
?
?
?1,
?m?e
e2
?
?
lnm
?1,
m?e
?
?
m
1
（3）由（1）知当x?(0,??)
时
f(x)
max
?f(e)??1
．所以在
x?(0,??)
时恒有
e
f(x)?
lnx1lnx1
?
1??1
，即
?
，当且仅当
x?e
时等号成立．因此对任意
xexe
11?n1?n1?n11?n
．因为，即
?0
，
?e，所以
ln??
ennnen
x?(0,??)
恒有
lnx?<
br>1?n
e
1?n1?n
e
1?n
．因此对任意
n?N
*
，不等式
ln(
．
ln()?)?
nnnn
例
24解：在区间
?
0,??
?
上,
f
?
(x)?<
br>11?ax
.
?a?
xx
（1）当
a?2
时，
f
?
(1)?1?2??1
，
则切线方程为
y?(?2)??(x?1)
，即
x?y?1?0
<
br>（2）①若
a?0
,
f(x)?lnx
有唯一零点
x?1.
②若
a?0
,则
f
?
(x)?0
,
f(x)
是区间
?
0,??
?
上的增函数,
Qf(1)??a?0
,
f(e
a
)
?a?ae
a
?a(1?e
a
)?0
,
?f(1)?f(
e
a
)?0
,函数
f(x)
在区间
?
0,???
有唯一零点.
③若
a?0
,令
f
?
(x)?0
得:
x?
1
.
a
在区间
(0,)
上,
f
?
(x)?0
,函数
f(x)
是增函数;
1
a
在区间
(,??)
上,
f
?
(x)?0
,函数
f(x)
是减函数;
1
a
故在区间
?
0,??
?
上,
f(x
)
的极大值为
f()?ln
1
a
1
?1??lna?1.
a
由
f()?0,
即
?lna?1?0
,解得:
a?
1
a
1
.
e
故所求实数
a
的取值范围是
(,??)
.
1
e
(3) 设
x
1
?x
2
?0,Qf(x
1
)?0,f(x
2
)?0,?lnx
1
?ax
1
?0,lnx
2
?ax
2
?0
?lnx
1
?lnx
2
?a(x
1
?x
2
)
,
lnx
1
?lnx
2
?a(x
1?x
2
)
原不等式
x
1
?x
2?e
2
?lnx
1
?lnx
2
?2
?a(x
1
?x
2
)?2
?
lnx
1
?l
nx
2
x2(x
1
?x
2
)
2
??ln<
br>1
?
x
1
?x
2
x
1
?
x
2
x
2
x
1
?x
2
令
x
1
x2(x
1
?x
2
)
2(t?1)
?t
,则
t?1
,于是
ln
1
??lnt?
.
x
2
x
2
x
1
?x
2
t?114(t?1)
2
2(t?1)
设函数
g(t)?lnt?
(t
?1)
,求导得:
g
?
(t)????0
22
t?1
t(t?1)t(t?1)
故函数
g(t)
是
?
1,
??
?
上的增函数,
?g(t)?g(1)?0
，即不等式
lnt?
2(t?1)
成立,
t?1
故所证不等式
x
1
?x
2
?e
2<
br>成立.
例25解：（Ⅰ）由，可得，
所以，
则在区间
，
上单调递增，在区间
，
上单调递减，
所以，．
（Ⅱ）（1）由，得，又，
则数列为等比数列，且，
故为所求通项公式．
（2）即证，对任意的，
证法一：（从已有性质结论出发）
由（Ⅰ）知
即有对于任意的恒成立．
证法二：（作差比较法）
由及
即有对于任意的恒成立．
（Ⅲ）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩）
由（Ⅱ）知，对于任意的都有，
于是，
对于任意的恒成立
特别地，令，即，
有，故原不等式成立．
以下证明小组讨论给分
证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）
由柯西不等式：
其中等号当且仅当时成立．
令，，可得
则
而由，所以
故，所证不等式成立．
证法三：（应用均值不等式“算术平均数”
由均值不等式：
“几何平均数”）
，其中
可得 ，
两式相乘即得，以下同证法二．
证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）
欲证，
注意到，而
从而所证不等式可以转化为证明
在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题
例26解：（Ⅰ）∵
当
a
≤0时
当
a
>0时， <
br>若
x
∈(ln
a
，+∞)，
若
x
∈(-∞，
ln
a
)，
，得函数
，得函数
在(ln
a
，+∞)
上是增函数；
在(-∞，ln
a
)上是减函数．
，
，得函数
f
(
x
)在(-∞，+∞)上是增函数．
综上所述，当
a
≤0时，函数
f
(
x
)的单调递
增区间是(-∞，+∞)；当
a
>0时，函数
f
(
x
)
的单调递增区间是(ln
a
，+∞)，单调递减区间是(-∞，ln
a
)．…
5分
（Ⅱ）由题知：不等式
e
x
-
ax
>
x+
x
2
对任意成立，
即不等式
．再设
对任意成立．设
，得．
(
x
≥2)，于是
由
x
≥2，得，即在上单调递增，
∴
h
(
x
)≥
h
(2)=
e
2
-4>0，进而，
∴
g
(
x
)在上单调递增，
∴ ，
∴ ，即实数
a
的取值范围是．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
当
a
=1时，函数
f
(
x
)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．
∴
f
(
x
)≥
f
(0)=1，即
e
x<
br>-
x
≥1，整理得1+
x
≤
e
x
．
令(
n
∈N*，
i
=1，2，…，
n
-1)，则≤，即≤
，
∴≤，≤，≤，…，≤，
显然≤，∴
≤
，
故不等式（n∈N*）成立．
例27解:(Ⅰ)又
f<
br>?
?1
?
?0
,所以
a?b?c?0
,即
a
?c?
又因为
f
?
x
?
?
1
2
1
2
1
x?
对一切实数
x
恒成立, <
br>22
1
2
即对一切实数
x
,不等式
(a?)x
2
?
成立.
11
11
x?c??0
也即?cx2
?x?c??0
恒
22
22
,
显然,当
c?
0
时,不符合题意.
?
?c?0
?
?
?
c?0
当
c?0
时,应满足?
,
即
?
11
??
2
???4cc
??0
??
?
?
?
?
4c?1
?
?042
??
?
可得
c?
1
1111
,故
a?c?
.
所以
f
?
x
?
?x
2
?x?
4
4424
(Ⅱ)由于
f(x)在
?
-11
,
?f(
x)的最大值为f(1)=1
,
，上是增函数
?
?f(x)?t
2
?2at?1对a?
?
?1,1
?
,x?
?
?1,
1
?
恒成立
.即:
1?t
2
?2at?1对
任意a?
?
?1,1
?
恒成立
.
?0?t
2?2at对任意a?
?
?1,1
?
恒成立
可把y?t
2
?2at看作关于a的一次函数，
由
a?
?
?1,1?
知其图像是一段线段。
22
?
?
t?2?(?1)
t?0
?
?
t?2t?0
?
?
2
即?
2
?
t?2?1?t?0
?
t?2t?0
??
?
t?0或t??2
?
?
?
t?2或t?0
所
以
t
的取值范围为tt??2,或t?0，或t?2
??
14n
2
?2n?1(n?1)
2
?
?
(Ⅲ)证明:因为<
br>f
?
n
?
?
,所以
2
f
?
n
?
(n?1)
44
要证不等式
1112n
??????
?(n?N
*
)
成立,
f
?
1
?
f?
2
?
f
?
n
?
n?2
即证
111n
??L??
.
2
2
3
2
(n?1
)
2
2n?4
因为
1111
???
,
(n?1)
2
(n?
1)(n?2)n?1n?2
111111111
11n
??L??????L??<
br>.
???
2
2
3
2
(n?1)
2
2
334n?1n?2
2n?22n?4
1112n
???????(n?N
*
)
成立
f
?
1
?
f
?
2
?
f
?
n
?
n?2
所以
所以
例28解：（１）当
x?(?1,0
)
时，
f
?
(x)?0
，函数
f(x)
在区间(?1,0)
上单调递增；
当
x?(0,??)
时，
f
?
(x)?0
，函数
f(x)
在区间
(0,??)
上单调递
减.
?
函数
f(x)
在
x?0
处取得极大值，故
m??1
.
（２）令
h(x)?f(x)?g(x)?f(x)?
f(x
1
)?f(x
2
)
(x?x
1
)?f(x
1
)
，
x
1
?x
2
则
h
?<
br>(x)?f
?
(x)?
f(x
1
)?f(x
2
)
.
x
1
?x
2
Q
函数
f(x)在
x?(x
1
,x
2
)
上可导，
?
存
在
x
0
?(x
1
,x
2
)
，
使
得
f
?
(x
0
)?
f(x
1
)?f(x<
br>2
)
.
x
1
?x
2
Qf
?
(x)?
x
0
?x
11
1
??
?1
，<
br>?h
?
(x)?f
?
(x)?f
?
(x
0<
br>)?
x?1x
0
?1(x?1)(x
0
?1)x?1
Q
当
x?(x
1
,x
0
)
时，
h
?
(x)?0
，
h(x)
单调递增，
?h(x)
?h(x
1
)?0
Q
当
x?(x
0
,x
2
)
时，
h
?
(x)?0
，
h(x)单调递减，
?h(x)?h(x
2
)?0
；
故对任意
x?(x
1
,x
2
)
，都有
f(x)?g(x)
.
（３）用数学归纳法证明.
①当
n?2
时，
Q
?
1
?
?
2
?1
，且
?
1
?0
，<
br>?
2
?0
，
?
?
1
x
1
?
?
2
x
2
?(x
1
,x
2
)<
br>，
?
由（Ⅱ）得
f(x)?g(x)
，即
f(
?<
br>1
x
1
?
?
2
x
2
)?
f
(x
1
)?f(x
2
)
(
?
1
x
1
?
?
2
x
2
?x
1
)?f(x
1
)?
?
1
f(x
1
)?
?
2
f
(x
2
)
，
x
1
?x
2
?
当
n?2
时，结论成立.
②假设当
n?k(k?2)
时结论成立，即当
?<
br>1
?
?
2
?L?
?
k
?1
时，f(
?
1
x
1
?
?
2
x
2<
br>?L?
?
k
x
k
)?
?
1
f(x<
br>1
)?
?
2
f(x
2
)?L?
?
k
f(x
k
)
. 当
n?k?1
时，设正
数
?
1
,
?
2
,L,
?
k?1
满足
?
1
?
?
2
?L?
?
k?1
?1
，令
m?
?
1
?
?
2
?L?
?
k
，
?
1
?
?
1
m
,
?
2
?
?
2
m
,L,
?
k
?
?
k
m
， 则
m?
?
k?1n
?1
，且
?
1
?
?
2
?L?
?
k
?1
. <
br>f(
?
1
x
1
?
?
2
x
2
?L?
?
k
x
k
?
?
k?1
x<
br>k?1
)
?f[m(
?
1
x
1
?
L?
?
k
x
k
)?
?
k?1
x
k
?1
]
?mf(
?
1
x
1
?L?
?
k
x
k
)?
?
k?1
f(x
k?1<
br>)
?m
?
1
f(x
1
)?L?m
?
k
f(x
k
)?
?
k?1
f(x
k?1
)
?
?
1
f(x
1
)?L?
?
k
f(x
k
)?
?
k?1
f(x
k?1<
br>)
?
当
n?k?1
时，结论也成立.
综上由①②，对任意
n?2
，
n?N
，结论恒成立.
例2
9解：（1）当
a?1
时，
f(x)?x?1?2lnx,f
?
(x
)?1?,
由
f
?
(x)?0,x?2
，由
f<
br>?
(x)?0,0?x?2.
故
f(x)
的单调减区间为<
br>?
0,2
?
,
单调增区间为
?
2,??
?<
br>.
（2）即对
x?(0,),a?2?
2
x
1
2
2lnx
恒成立。
x?1
22
(x?1)?2lnx2lnx??2
2lnx1
x
?
,
令
l(x)?2?,x?(0,)
，则
l
'
(x)??x
2
x?12
(x?1)(x?1)
2
再令
m(x)?
2lnx?
2122?2(1?x)
?2,x?(0,),m
?
(x)??<
br>2
???0,
2
x2xxx
1
1
m
?
x
?
在
(0,)
上为减函数，于是
m(x)?m()?
2?2ln2?0,
2
2
从而，
l
'
(
x
)
?
0
，于是
l(x)
在
(0,)
上为
增函数
,l(x)?l()?2?4ln2,
故要
a?2?
12
1
2
2lnx
恒成立，只要
a?
?
2?4l
n2,??
?
,
即
a
的最小值为
2?4ln2
<
br>x?1
1?x
（3）
g
?
(x)?e?xe
1?x<
br>?(1?x)e
1?x
,
当
x?(0,1)
时，
g<
br>?
(x)?0,
函数
g(x)
单调递增；
当
x?
?
1,e
?
时，
g
?
(x
)?0
，函数
g(x)
单调递减
Qg(0)=0,g(1)=1,g(e)
=e?e
所以，函数
g(x)在
?
0,e
?
上的值域为?
0,1
?
.
当
a?2
时，不合题意；
1?e
?0,
当
a?2
时，
f
?(x)?2?a?
故
0?
2(2?a)x?2
??
xx
(2?a)(x?
x
2
)
2?a
,x?
?
0,e<
br>?
22
?e,a?2?
①
2?ae
此时，当
x
变化时
,f
?
(x),f(x)
的变化情况如下：
x
(0,
2
)
2?a
—
2
2?a
0
最小值
?
2
?
,e
?
?
2?a
??
+
单调增
f
?
(x)
f(x)
单调减
Q,x?0,f(x)???,
22
f()?a?2ln,f(e)?(2
?a)(e?1)?2
2?a2?a
?,
对任意给定的
x
0
?
?
0,e
?
，在区间
?
0,e
?
上总存
在两个不同的
x
i
(i?1,2),
使得
f(x
i
)?g(x
0
)
成立，当且仅当
a
满足下列条件
22
??
f()?0,a?2ln?0,
??
即
2?a
?
2?a
?
??
?
f(e)?1,
?
(2?a)(e?1)?2?1.
令
h(a)?a?2ln
②
③
22
,a?(??,2?),
2?ae
h
?
(a
)?1?2[ln2?ln(2?a)]
?
?1?
2a
?,
令
h
?
(a)?0
，得
a?0,a?2,
2?aa?2<
br>当
a?(??,0)
时，
h
?
(a)?0,
函数h(a)
单调递增
当
a?(0,2?)
时，
h
?(a)?0,
函数
h(a)
单调递减
2
e
所以，对任意
a?(??,2?),
有
h(a)?h(0)?0,
即②对任意
a?(??,2?)
恒成立。
由③式解得：
a?2?<
br>2
e
2
e
3
.
④
e?1
?
?
3
?
时,对任意给定的x
0
?
?
0,
e
?
,
e?1
?
?
综合①④可知，当
a
?
?
??,2?
在
?
0,
e
?
上总存在两
个不同的x
i
(
i?
1,2),
使
f(x
i
)?g(x
0
)
成立。
例30解：（
1）当
x?(0,??)时,f(x)?a?
1
.
用定义或导数证明单调性均
可
x
（2）
a?
1
?
2
x在
(1
,
??
)
上恒成立.
x
1
x
则a?h
(
x
)
在
(1,
??
)
上恒成立.
设
h(x)?2x?
可证
h(x)在(1,??)
单调增
故
a?h(1)即a?3
?a
的取值范围为
(??,3]
（3）
?f(x)
的定义域为
{x|x?0,x?R}?mn?0
当
n?m?0时,由(1)知f(x)在(0,??)
上单调增
?m?f(m),n?f(n)
故
x
2
?ax?
1
?
0
有两个不相等的正根
m
，
n
，
?
a?0
?
?
?
??0
?a?2
当
m?n?0
时，可证
f(x)在(??,0)
上是减函数.
?m?f(n),n?f(m)而m?n,故mn?1此时a?0
综上所述，
a
的取值范围为
{0}?(2,??)
x
?
2ax
2
?(1?4a)x?(4a
2
?2)
?
2a
??
2
例31解:(1
)
f'(x)??x?2x?2a?
2ax?12ax?1
因为
x?2
为
f(x)
的极值点,所以
f'(2)?0
即
2a
?2a?0
,解得
a?0
4a?1
又当
a?0
时,
f'(x)?x(x?2)
,从而
x?2
为
f(x)
的极值点成立
(2)因为
f(x)
在区间
?
3,??
?
上为增函数,
所以
f'(x)?
22
x
?
2ax?(1?4a)x?(4a?2)
?
??
2ax?1?0
在区间
?
3,??
?
上恒成立
①当
a
?0
时,
f'(x)?x(x?2)?0
在
?
3,??
?<
br>上恒成立,所以
f(x)
在
?
3,??
?
上为
增函数,故
a?0
符合题意
②当
a?0
时,由函数
f
(x)
的定义域可知,必须有
2ax?1?0
对
x?3
恒成立,故只
能
a?0
,
22
所以
2ax?(1?4a)x?(4a?
2)?0
在
?
3,??
?
上恒成立
22
令
g(x)?2ax?(1?4a)x?(4a?2)
,其对称轴为
x?1?
1
,
4a
因为
a?0
所以
1?
1
?1
,
从而
g(x)?0
在
?
3,??
?
上恒成立,只要
g(3)?0
即可,
4a
2
因为
g(3)??4a?6a?1?0
,
解得
3?133?13
?a?
44
3?13
.
4
因为
a?0
,所以
0?a?
?
3?13
?
综上所述,
a
的取值范围为
?
0,
?
4
??
?
1?x
?
?
b
可化为
lnx?(
1?x)
2
?(1?x)?
b
.
1
(3)若
a?
?
时,方程
f(1?x)?
2x
3x
223
问题转化为b?xlnx?x(1?x)?x(1?x)?xlnx?x?x
在
?
0,??<
br>?
上有解,
3
23
即求函数
g(x)?xlnx?x?x
的值域
22
因为
g(x)?x(lnx?x?x)
,令
h(x)?lnx?x?x
,
则
h'(x)?
1(2x?1)(1?x)
?1?2x?
xx
,
所以当
0?x?1
时
h'
(x)?0
,从而
h(x)
在
?
0,1
?
上为增函
数,
当
x?1
时
h'(x)?0
,从而
h(x)
在
?
1,??
?
上为减函数,
因此
h(x)?h(1)?0
.
而
x?0
,故
b?x?h(x)?0
,
因此当
x?1
时,
b
取得最大值0
2
2(x?1)
?0
，
例
32
解：⑴当
a??2
时，
f(x)?x?2lnx
，当
x?(1,??)
，
f
?
(x)?
x
2
故函数
f(x)
在
(1,??)
上是增函数．
2x
2
?a
⑵
f
?
(x)?(x?0)
，当
x?[1,e]
，
2x2
?a?[a?2,a?2e
2
]
．
x
若<
br>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?
f(x)
?a?a
时
,
f
?
(x)?0
；当
1?x
?
时，
f
?
(x)?0
，此时
22
是减函数；当<
br>?a
?x?e
时，
f
?
(x)?0
，此时
f
(x)
是增函数．
2
故
[f(x)]
min
?<
br>f(
aaa
?a
)
?ln(?)?
．
22
2
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<
br>[1,e]
上是减函数，此时
[f(x)]
min
?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<
br>?2x
因而
a?
（
x?[1,e]
）
x?lnx
(x?1)(x?2?2lnx)
x
2
?2x
令
g(x)?
（
x?[1,e]
），又
g<
br>?
(x)?
，
(x?lnx)
2
x?lnx
当
x?[1,e]
时，
x?1?0,lnx?1
，
x?2?2ln
x?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,??)
．
2x32x32x
例
33<
br>解：（
1
）①
f
?
(x)?(3x?12x?3)e?(x?
6x?3x?t)e?(x?3x?9x?t?3)e
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
?
?t?8
.
?
?
ab?ac?bc??9
?b?1或?(舍Qb?(-1,
3))
?
?
b?1
2
?
?
t?3??abc
?
?
c?1?23
32x
（
2
）不等式
f(x)
?x
，即
(x?6x?3x?t)e?x
，即
t?xe
?x
?x
3
?6x
2
?3x
.
转化为存在实数
t?<
br>?
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
?<
br>(x)?e
?x
?x
2
?6x?3
，则
?
?
(x)??e
?x
?2x?6
。
?x
设
r(x)?
?
?
(x)??e?2x?6
，则
r
?
(x)?e
?x
?2
，因为
1?x?m
，有
r
?<
br>(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<
br>0
时，有
?
?
(x)?0
，当
x?x
0时，有
?
?
(x)?0
。
从而
y?
?
(x)
在区间
?
1,x
0
?<
br>上递增，在区间
?
x
0
,??
?
上递减。
?1?2?3
又
?
(1)?e?4?0,
?
(2)?e?5
>0,
?
(3)?e?6>0,
?
(4)?e
?4
?5>0,
?
(5)?e
?5
?2?0,
?
(6)?e<
br>?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.
例
34解：（
1
）①
f'(x)?
a
?2bx
。
<
br>x
?
a?1
?
f'(1)?a?2b?0
1
?
?
1
,
解得
?
∵函数
f(x)
在
x?1
处与直线
y??
相切
?
?
1
.
f(1
)??b??
b?
2
?
?
?2
?2
1
2<
br>11?x
2
②
f(x)?lnx?x,f'(x)??x?
2xx
1
1
?x?e
时，令
f'(x)?0
得
?x
?1
；令
f'(x)?0
，得
1?x?e
，
e
e<
br>1
?
1
?
?f(x)在
?
,1
?
上
单调递增，在
[1
，
e]
上单调递减，
?f(x)
max<
br>?f(1)??
.
2
?
e
?
当
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
2
?
3
?
??
?
?<
br>3
?
2
?
a?0,,x?1,e
alnx?m?x
成
立，则对所有的
?
?
都成立，
??
?
2
?
2
即
m?alnx?x,
对所有的
a?[0,],x?1,e都成立，
3
2
?
?
令
h(a)?alnx?
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
2<
br>程酌情给分）
例
35
解：（
1<
br>）定义域
(?1,0)?(0,??)
（
2
）
f<
br>?
(x)?
?11
[?ln(x?1)]
2
x
x?1
当x?0时,
f
?
(x)?0
单调递减。
当x?(?1,0)
，令
g(x)?
g(x)?
1
?ln(x?1
)
x?1
1
?ln(x?1)
x?1
g
?
(x)?
?
g
?
(x)??
11x
???0
(x?1)
2<
br>x?1
(x?1)
2
，
11x
???0
2
2
(x?1)
x?1
(x?1)
故
g(x)
在（－
1
，
0
）上是减函数，即
g(x)?g(0)?1?0
，
故此时
f
?
(x)??
11
[?ln(x?1)]
2
x
x?1
在（－
1
，
0
）和（
0
，
+
?
）上都是减函数
（
3
）当x
>0
时，
f(x)?
k
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
下面证明当
k=3
时，
f(x)?
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)l
n(x?1)?1?2x
，
则
g
?
(x)?ln(x?1)?1,
当x?e?1时
g
?
(x)?ln(x?1)?1, 当x?e?1时<
br>，
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
x
例36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
.
xx
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.
xx
(Ⅱ)∵
a
=1,且
PQ
x
轴,由
f
(
x
1
)=
g<
br>(
x
2
)得:
x
2
?e
1
?sin
x
1
,所以
x
2
?x
1
?e
1
?
sinx
1
?x
1
.
xx
令<
br>h(x)?e?sinx?x,h'(x)?e?cosx?1?0
当
x
>0时
恒成立.
∴
x
∈[0,+∞
)
时,
h
(
x
)的最小值为
h
(0)=1.∴|
PQ|
mi
n
=1.
x?x
(Ⅲ)令
?
(x)?F(x)?F(?x)?e?e?2s
inx?2ax.
x?xx?x
则
?
'(x)?e?e?2cos
x?2a.S(x)?
?
''(x)?e?e?2sinx
.
x?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,+∞<
br>)
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
(<
br>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<
br>0
?
递减，而
?
(0)?0，
?当x?(0,x
0<
br>)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
1?x1?x1?x
例37解：(Ⅰ)
?g
?
(
x
)
?e?xe?e
(1
?x
)
?g(x)
在区间
(0,1]
上单调递增，在
区间
[1,e
)
上单调递减,且
g
(0)
?
0,
g
(1)
?
1,
g
(
e
)
?e
2?e
?
0
?g(x)
的值域为
(0,1]
（Ⅱ）令
m?g(x)
，则由(Ⅰ)可得
m?(0,1]
，原问题等价于：对任意的
m
?(0,1]
f(x)?m
在
[1,e]
上总有两个不同的实根，故
f(x)
在
[1,e]
不可能是单调函数
111
?f
?
(x)?a?(1?x?e)?[,1]
x
xe
当
a?0
时,
f
?
(x)?a?
1
?
0
,
?f(x)
在区间
[1,e]
上递减，不合题意 <
br>x
当
a?1
时,
f
?
(x)?0
,
f(x)
在区间
[1,e]
上单调递增，不合题意
当
0?a?1
时,
f
?
(x)?0
,
f(x)
在区间[1,e]
上单调递减，不合题意
e
1111
?
e
即
?a?1
时,
f(x)
在区间
[1,]
上单调递减;
f(x)
在区间
[
,
e
]上单
aeaa
1
递增，由上可得
a?(
,1)
，此时必
有
f(x)
的最小值小于等于0而由
e
11
f(x)
min
?f()?2?lna?0
可得
a?
2
，则
a??
a
e
当
1?
综上，满足条件的
a
不存在。
（Ⅲ）设函数
f(x)
具备性质“
L
”，即在点
M
处的切
线斜率等于
k
AB
，不妨设
0?x
1
?x
2
，则
k
AB
?
y
1
?y
2
a(x
1
?x
2
)?(lnx
1
?lnx
2
)lnx<
br>1
?lnx
2
??a?
，而
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x<
br>1
?x
2
2
)?a?
，
2x
1
?
x
2
f(x)
在点
M
处的切线斜率为
f
?
(x
0
)?f
?
(
故有
lnx
1
?lnx
2
2
?
x
1
?x
2
x
1
?x
2
即
ln
x
1
2(x
1
?
x
2
)
??
x
2
x
1
?x
22(
x
1
?1)
x
2
x
4
，令
t?
1
?
(0,1)
，则上式化为
lnt??2?0
，
x
1
x
2
t?1
?1
x
2
414(t?1)
2
令
F(t)?
lnt??
2
，则由<
br>F
?
(t)????0
可得
F(t)
在
(0,1)<
br>上单
2
t?1
t
(t?1)
t(t?1)
4
调递增，故
F(t)?F(1)?0
，即方程
lnt??
2
?
0
无解，所以函数
f(x)
不具备性
t?1
质“
L
”.
2
例
38
解
:
（Ⅰ）
(1)
g(
x)?a(x?1)?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
?
?
?
?
故
?
g(2)?54a?4a?2?b?2b?0
???
当
a?0时，g(x)在
?
2,3
?
上为减函数
?
g(3)?2
?
9a?6a?2?b?2
?
a??1
??
故
?
??
g(2)?24a?4a?2?b?5b?3
???
?b?1?a?1b?0
即
g(x)?x
2
?2x?1
.
f
?
x
?
?x?
1
?2
.
x
x
xx
（Ⅱ）方程
f(2)?k?2?
0
化为
2?
1
?2?k?2
x
x
21?(
1
2
11
)?2?k?t
，
k?t
2<
br>?2t?1
，令
xx
x
22
2
1
2
2
∵
x?[?1,1]
∴
t?[,2]
记
?(t)?t?2t?1
∴
?
(t)
min
?0
∴
k?0
x
（Ⅲ）方程
f(|2?1|)?k(
21?2k
x
?3)?0|2?1|??(2?3k)?0
化为
xx
|2?
1||2?1|
|2
x
?1|
2
?(2?3k)|2
x?1|?(1?2k)?0
，
|2
x
?1|?0
x2
令
|2?1|?t
，则方程化为
t?(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|
x
∴由
t?|2?1|
的图像知，
t
2
?(2?3k)t?(1?2k)?0
有两个根
t
1<
br>、
t
2
，
且
0?t
1
?1?t<
br>2
或
0?t
1
?1
，
t
2
?1
2
记
?
(t)?t?(2?3k)t?(1?2k)
?<
br>?
?
(0)?1?2k?0
?
(0)?1?2k?0
?
?
则
?
或
?
?
(1)??k?0
∴
k?
0
?
?
(1)??k?0
?
2?3k
0??1<
br>?
2
?
2x
例
39
解：（Ⅰ）
a?0
时，
f
?
x
?
?x
?
x?b
?
e
，
?
e
x
?x
2
x?be
x
?
?e
x
x
?
x
2
?b?3x?2b?
，
2
?
?f
?
?
x
?<
br>?
?
xx?b
????
??
??
????
2
令
g
?
x
?
?x?
?< br>b?3
?
x?2b
，
Q??
?
b?3
??8b?
?
b?1
?
?8?0
，
22
?
设
x
1
?x
2
是
g
?
x?
?0
的两个根，
（
1
）当
x
1< br>?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.
x
2
x
(
Ⅱ
)
解：
f?
?
x
?
?e
?
x?a
?
?
?
?(3?a?b)x?2b?ab?a
?
?
，
2
令
g(x)?x?(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< br>4
?2x
1
?a?a?b?3
?(a?b?1)
2
? 8?a?a?26
（
2
）当
x
2
?a?a?x< br>1
时，则
x
2
?a?2(a?x
1
)
或(a?x
1
)?2(x
2
?a)
①若
x2
?a?2
?
a?x
1
?
，则
x
4< br>?
a?x
2
，
2
于是
3a?2x
1
?x
2
?
即
3
?
a?b?3
?
?
?
a?b?1
?
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
，
2
Qa?b?3?0，
于是
a?b?1?
此时
x
4
?
?9?137?13
，此时
b??a?
，
22
a?x<
br>2
2a?
?
a?b?3
?
?3
?
a?b?3
?
1?3
=
??b?3?a?.
2
42
②若
(a?x
1
)?2(x
2
?a)
，则
x
4
?
a?x
1
，
2
于是
3a?2x?
x?
21
即
2
3
?
a?b?3
?
?
?
a?b?1
?
2
2
?8
，
2
?
a?b?1
?
?8?3
?
a?b?3
?
.两边平方得
?
a?b?1
?
?9
?
a?b?1
?
?17?0
，
?9?137?13
，此时
b??a?
22
Qa?b?3
?0，
于是
a?b?1?
此时
x
4
?
a?x
1
2a?(a?b?3)?3(a?b?3)1?13
???b?3?a?
242
综上所述，存在
b
满足题意，
当
b
=
－
a
－
3
时，
x
4
?a?26
，
b??a?
7?131?13
时，
x
4
?a?
，
22
7?131?13
时，
x
4
?a?
.
22
b??a?
例
40 (1)
x
2
的定义域为
?
xx?1
?
(
此处不写定义域
,
结果正确不扣分
)
f(x)?<
br>2(x?1)
2xg2(x?1)?x
2
g2x
2
?2xf
?
(x)??
4(x?1)
2
2(x?1)
2
由
f
?
(x)?0
得
0?x?1
或
1
?x?2
单调减区间为
(0,1)
和
(1,2)
(答案写成(0,2)扣1分;不写区间形式扣1分)
(2)由已知可得
2S
n?a
n
?a
n
2
, 当
n?2
时,<
br>2S
n?1
?a
n?1
?a
n?1
2
两式相减得
(a
n
?a
n?1
)(a
n
?a<
br>n?1
?1)?0
∴
a
n
??a
n?1
或
a
n
?a
n?1
??1
当
n?1
时,
2a
1
?a
1
?a
1
2
?a
1
??1
,若
a
n
??a
n?1
,则
a
2
?1
这与题设矛盾
∴
a
n
?a
n?1
??1
∴
a
n
??n
于是,待证不等式即为
1n?11
?ln?
.
n?1nn
1x?11
?ln?,x?0
x?1xx
为此
,我们考虑证明不等式
令
1?
11
?t,x?0,
则
t?1
,
x?
xt?1
1
t
再令
g(t)?t
?1?lnt
,
g
?
(t)?1?
由
t?(1,??)
知
g
?
(t)?0
∴当
t?(1,??)
时,
g(t)
单调递增
∴
g(t)?g(1)?0
于是
t?1?lnt
即
1x?1
?ln,x?0
①
xx
1
t
11t?1
?
2
由
t?(1,??)
知
h
?
(t)?0
2
ttt
1
t
令
h(t)?lnt?1?
,
h
?<
br>(t)??
∴当
t?(1,??)
时,
h(t)
单调递增
∴
h(t)?h(1)?0
于是
lnt?1?
即
ln
x?11
?,x?0
②
xx?1
[来源:Z#xx#]
由①.②可知
1x?11
?ln?,x?0
x?1xx
所
以,
1
?ln
n?1
?
1
,即
?
1
?ln
n?1
??
1
n?1nn
a
n?1na
n
(3)由(2)可知
b
n
?
1
则
T
n
?1?
1
?
1
?L?
1
n<
br>23n
n
[来源:Z*xx*]
在
1
?ln
n?1
?
1
中令n
=1,2,3..2010,2011并将各式相加得<
br>
n?1n
1
++…+
232011
即
T
2012
?1?ln2012?T
2011
2
例41解:(1)依题意:
h(x)?lnx?x?bx.
Q
h
(
x
)
在(0,+
?
)上是增函数,
?h
?
(
x
)?
?
b
?
1
1<
br>x
?2
x
?
b
?0
对x∈(0,+
?
)恒成立,
x
?2
x
.
1
Q
x<
br>?0,则
x
?2
x
?22.
?b的取值范围为??,22.<
br>
x2
(2)设
t?e,则函数化为y?t?bt,t?[1,2].
?
?
b
2
b
2
?y?(t?)?.
24<
br>
b
?当??1,即?2?b?22时
，
函数y在[1,2]上为增函
数,
2
当t=1时,y
m I n
=b+1;
bbb
2
当1???2,即?4?b??2时,当t??时
，y
min
??;
224
b
当??2,即b??4时
，
函数y在[1,2]上是减函
数,
2
当t=2时,y
m I n
=4+2b
综上所述,当?2
?b?22时,
?
(x)的最小值为b?1.
b
2
当?4?b??2
时,
?
(x)的最小值为?.
4
当
b??4时,
?
(x)
的最小值为
4?2b.
(3)设点P、Q的坐标是
(x1
,y
1
),(x
2
,y
2
),且0?x1
?x
2
.
则点M、N的横坐标为
x?
x
1
?x
2
12
.
.C
1
在点M处的切线斜率为
k
1
?|
x
1?x
2
?
x
x?
2
x
1
?x
2
2
x
1
?x
2
?
2
C
2
在点N处的切线斜率为
k
2
?ax?b|
x?
a(x
1<
br>?x
2
)
?b.
2
假设C
1
在点
M处的切线与C
2
在点N处的切线平行,则
k
1
?k
2.
即
2a(x
1
?x
2
)
??b.
x
1
?x
2
2
2
2(x
2?x
1
)a(x
2
?x
1
2
)
则??
b(x
2
?x
1
)
x
1
?x
2
2
a
2
a
?(x
2
?bx
2
)?(x
1
2
?bx
1
)
22
?y
2
?y
1
?lnx
2
?lnx
1
?
ln
x
2
,
x
1
x
2
?1)<
br>x2(x
2
?x
1
)x
1
?ln
2
??.
x
2
x
1
x
1
?x
2<
br>1?
x
1
2(
设
u?
x
2
2(u?
1)
?1,则lnu?,u?1,
①
x
1
1?u
2
(u?1)14(u?1)
2
令r(u)?lnu?,u?1.则r
?
(u)
???.
1?uu(u?1)
2
u(u?1)
2
Qu?1,?r?
(u)?0,所以r(u)在
?
1,??
?
上单调递增,故r(u)?r(1)?0,则lnu?
2(u?1)
.
u?1
这与①矛盾,假设不成立.故C
1
在点M处的切线与C
2
在点N处的切线不
平行
例42 (1)假设存在点
M(a,b)
,使得函数
y?f(x)<
br>的图像上任意一点
P
关于点
M
对称
的点
Q
也
在函数
y?f(x)
的图像上,则函数
y?f(x)
图像的对称中心为
M(a,b)
.
由
f(x)?f(2a?x)?2b
,得
1?l
n
x2a?x
?1?ln?2b
,
2?x2?2a?x
?
2?2b?0,
?x
2
?2ax
即
2?2b?ln
2
解得
?0
对
?x?(0,2)
恒成立,所以
?
?x?2a
x?4?4a
?
4?4a?0,
?
a?1,
?
?
b?1.
所以存在点
M(1,1)
,使得函数
y?f(x)
的图像上任意一点
P
关于点
M
对称的点
Q
也在函数
y?f(x)
的图像上.
(2)由(1)得
f(x)?f(2?x)?2(0?x?2)
.
令
x?
iii
,则
f()?f(2?)?2
(i?1,2,???,2n?1
)
.
nnn
1
n
2
n
2
n
1<
br>n
1
n
因为
S
n
?f()?f()?????f(2
?)?f(2?)
①,
所以
S
n
?f(2?)?f(2?)?????f()?f()
②,
1
n
2
n
2
n
由①+②
得
2S
n
?2(2n?1)
,所以
S
n
?2n?1
(n?N
*
)
.
所以
S
2013
?2?2013?1?4025
.
(3)
由(2)得
S
n
?2n?1(n?N
*
)
,所以
a
n
?
S
n
?1
?n(n?N
*
)
.
2
nm
.
??
lnnln2
因为当
n?N<
br>*
且
n?2
时,
2
a
n
?(a
n<
br>)
m
?1?2
n
?n
m
?1?
所以当
n?N
*
且
n?2
时,不等式
m
nm
?
n
?
??
恒成立
?
?
.
??
?
lnnln2
lnnln2
??
min
设
g(x)?
lnx
?1
x
.
(x?0)
,则
g
?
(x)?
(lnx)
2
lnx
当
0?x?e
时,
g
?
(x)?0
,
g(x)
在
(0,e)
上单调递减;
当<
br>x?e
时,
g
?
(x)?0
,
g(x)
在<
br>(e,??)
上单调递增.
因为
g(2)?g(3)?
23ln9?
ln8
???0
,所以
g(2)?g(3)
,
ln2ln3ln2
?ln3
所以当
n?N
*
且
n?2
时,
?
g(n)
?
min
?g(3)?
由
?
g(n)
?<
br>min
??
3
.
ln3
m3m3ln2
??
,得,解得
m??
.
ln2ln3ln2ln3
3ln2
,??)
.
ln3<
br>所以实数
m
的取值范围是
(?
232
例
43
解：当
a?1
时，
f(x)??x(x?1)??x?2x?x
，得
f(2)??2
，且
f
?
(x)??3x
2
?4
x?1
，
f
?
(2)??5
．
2
?2)
处的切线方程是
y?2??5(x?2)
，整理得
所以，曲线
y??x(x?1)
在点
(2，
5x?y?8?0
．
2322
（Ⅱ）解：
f(x)??x(x?a)??x?2ax?ax
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
????
f
?
(x)
?
因此，函数
f(x)
在
x?
0
?
0
?
4
?
a
?
f
??
??a
3
；
27
?
3<
br>?
a
处取得极小值
3
?
a
?
f
??
，且
?
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
?
f
?
(x)
?
0
?
0
?
因此，函数
f(x)
在
x?a
处取得极小值
f(a)
，且
f(a)?0
；
函数
f(x)
在
x?a
处取得极大值
3
?
a
?
f
??
，且
?
3
?
4
?
a
?
f
??
??a
3
．
27
?
3
?
（Ⅲ）证明：由
a?3
，得
a
0
?
时，
k?cosx≤1
，
k
2
?cos
2
x≤1
．
?1
，当
k?
?
?1，
3
1
?
上是减函数，要使f(k?cosx)≥f(k
2
?cos
2
x)
，由（Ⅱ）知，
f(x)
在
?
?∞，
x?R
2222
只
要
k?cosx≤k?cosx(x?R)
，即
cosx?cosx≤k?k(x?R
)
①
1
?
1
?
设
g(x)?cosx?
cosx?
?
cosx?
?
?
，则函数
g(x)
在
R
上的最大值为
2
．
2
?
4
?
2
2
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
)
对任意的所以，在区间
?
?1，
x?R
恒成立．
解:
f(x)
?
a
?
sinx
.
例44
(Ⅰ)因为
x?[0,
?
]
,所以
0?sinx?1
. <
br>当
a?1
时,
f
?
(x)?0
,
f(x)<
br>在
x?[0,
?
]
上为单调递增函数;
当
a?0<
br>时,
f
?
(x)?0
,
f(x)
在
x?[0
,
?
]
上为单调递减函数;
?
当
0?a?1
时,由
f(x)?0
得
sinx?a
,由f(x)?0
得
0?x?arcsina
或
?
?arcsina
?x?
?
;由
f
(x)?0
得
arcsina?x
?
?
?arcsina
；
所以当
0?a?1
时
f
(x)
在
[0,arcsina]
和
[
?
?arcsina
,
?
]
上为为单调递增函数;在
[arcsina,
?
?arcsina]
上为单调递减函数.
(
Ⅱ)因为
f(x)?1?sinx?ax?cosx?1?sinx?ax?1?sinx?cosx<
br>
当
x?0
时,
0?1?sin0?cos0?0
恒成立 <
br>当
0?x?
?
时,
ax?1?sinx?cosx?a?
令<
br>g(x)?
1?sinx?cosx1?sinx?cosx
?a?[]
min
xx
1?sinx?cosx
(0?x?
?
)
,则
x
(cosx?sinx)x?1?sinx?cosx(1?x)cosx?(x?1)sinx?
1
g
?
(x)??
22
xx
又令
c(x
)?(1?x)cosx?(x?1)sinx?1
,则
c
?
(x)?co
sx?(1?x)sinx?sinx?(x?1)cosx??x(sinx?cosx)
则当
x?(0,
当
x?(
3
?
)
时,
si
nx?cosx?0
,故
c
?
(x)?0
,
c(x)
单调递减
4
3
?
,
?
]
时,
sinx
?cosx?0
,故
c
?
(x)?0
,
c(x)
单
调递增
4
3
?
所以
c(x)
在
x?(0,
?
]
时有最小值
c()??2?1
,
4
而
li
mc(x)?(1?0)cos0?(0?1)sin0?1?0
,
lim
?
c(x)?c(
?
)??(1?
?
)?1?0
?
x?0x?
?
综上可知
x?(0,
?
]
时,
c(x
)?0?g
?
(x)?0
,故
g(x)
在区间
(0,
?
]
单调递
所以
[g(x)]
min
?g(
?
)?
2
?
,故所求
a
的取值范围为
a?
2
?
.
另解:由<
br>f(x)?1?sinx
恒成立可得
f(
?
)?1?a
??1?1?a?
令
g(x)?sinx?
当
x?(0,arcsin2
?
,
2
?
x(0?x?
?
2
)<
br>,则
g
(x)?cosx?
2
?
,
2?
)
时,
g
?
(x)?0
,当
x?(arcs
in
2
2
?
,)
时,
g
?
(x)?0
?
2
又
g(0)?g()?0
,所以
g(x)?0<
br>,即
?
2
?
x?sinx(0?x?
?
2
)
故当
a?
2
?
时,有
f(x)?
2?
x?cosx
①当
0?x?
②当
?
2时,
2
?
x?sinx
,
cosx?1
,所以
f(x)?1?sinx
2
x?cosx?1?(x?)?sin(x?)?1?sinx
?
22
2
?
2
?x?
?
时,
f(x)?
?
?
?
综上可知故所求
a
的取值范围为
a?
2
?
. 例45(I)
f
(x)?
x?2
x(x?6)
.
(2)
注意到
?0
,得
x?(??,2)?(4,??)
，解
4(x?2)(x?4)
x?4
x(x?6)
?0
得
x
?6
或
x?0
.当
x
变化时，
f
(x),
f(x)
的变化情况如下表：
4(x?2)(x?4)
x
(??,0)
+
0
0
(0,2)
－
(4,6)
－
6
０
(6,??)
＋
f
(x)
f(x)
增
所以
f(0)?ln
极大值 减 减
极小值 增
13
是
f(x)
的一个极大值,
f(6)?l
n2?
是
f(x)
的一个极大值..
(4)
22
(II)点
?
0,f(0)
?
,(6,f(6))
的中点是
(3,)
,所以
f(x)
的图象的对称中心只可能是
(3,)
.<
br>3
4
3
4
33
(6
)
设
P
(x,f(x))
为
f(x)
的图象上一点,
P
关于
(3,
)
的对称点是
Q(6?x,?f(x))
.
42
4?x6?x3Qf(6?x)?ln???f(x)
.
?Q
也在
f(x)
的图
象上,因而
f(x)
的图象是中
2?x42
心对称图形.
(
8)
(III) 假设存在实数
a
、
b
.
Q?
a,b
?
?D
,
?b?2
或
a?4
.
若
0?b?2
, 当
x?
?
a,b
?
时,
f(x)?f(0)?ln
1bb
?0
,而
?0?f(x)?<
br>.故此时
244
?
ab
?
f(x)
的取值范围是不
可能是
?
,
?
.
(10
)
?<
br>44
?
若
4?a?6
,当
x?
?
a,b?
时,
f(x)?f(6)?ln2?
33a
a3
?
,
而
?
?f(x)?
.故此时
224
42
?
ab?
f(x)
的取值范围是不可能是
?
,
?
.
(
12
)
?
44
?
若
a?b?0或6?a
?b
,由
g(x)
的单调递增区间是
?
??,0
?
,
?
6,??
?
,知
a,b
是
xxx?2
?0
无解.故此时
f(x)
的取值范围是不可
的两个解.而
f(x)
??ln
44x?4
?
ab
?
能是
?
,<
br>?
.
(14)
综上所述,假设错误,满足条件的实数
a
、b
不存在.
?
44
?
f(x)?
例46解：（1）<
br>f
'
(x)?4x
3
?12x
2
?2ax
，
由已知
f
'
(x)
在
[0,1]
上的值为正，在
[
1,2]
上
的值为负．
故
x?1
是方程
4x
3
?12x
2
?2ax?0
之根，
?a?4
．
（2）由f(x)?g(x)?x
2
(x
2
?4x?4?b)?0
有三个
相异实根，
故方程
x?4x?4?b?0
有两个相异的非零根．
???16?4(4?b)?0
且
4?b?0
.
?b?(0,4)?(4,??)
．
（
3）
?f(x?m)?g(x?n)?x
4
?4x
3
(m?1)?2
x
2
(3m
2
?6m?2?)
?2x(2m
3
?6
m
2
2
b
2
?4m?bn)
?m
4?4m
3
?4m
2
?bn
2
?2
为偶函数，
?
?
m??1,
?
m?1?0,
?
?<
br>3
?
?
?
bn?0.
?
2m?6m?4m?bn?0
?
?
由（2）知
b?0
．
?m??1,n?0
．