高考导数压轴题处理集锦

精品文档 1欢迎下载 导数压轴题题型导数压轴题题型 1 1 高考命题回顾高考命题回顾 例例 1 1 已知函数 f x ex ln x m 2013 全国新课标 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 1 解 f x ex ln x m f x ex f 0 e0 0 m 1 1 x m 1 0 m 定义域为 x x 1 f x ex 1 x m ex x 1 1 x 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 ex ln x 2 则g x ex x 2 1 x 2 h x g x ex x 2 h x ex 0 1 x 2 1 x 2 2 所以h x 是增函数 h x 0 至多只有一个实数根 又g 0 1 2 1 e 1 3 2 1 2 所以h x g x 0 的唯一实根在区间内 1 2 0 设g x 0 的根为t 则有g t et 0 1 t 2 1 2 t 0 所以 et t 2 e t 1 t 2 当x 2 t 时 g x g t 0 g x 单调递增 所以g x min g t et ln t 2 t 0 1 t 2 1 t 2 t 2 当m 2 时 有 ln x m ln x 2 所以f x ex ln x m ex ln x 2 g x g x min 0 例例 2 2 已知函数满足 2012 全国新课标 xf 21 2 1 0 1 xxfefxf x 1 求的解析式及单调区间 xf 2 若 求的最大值 baxxxf 2 2 1 ba 1 1 121 1 1 0 1 0 2 xx f xfefxxfxfefx 精品文档 2欢迎下载 令得 1x 0 1f 121 1 1 0 1 1 1 2 x f xfexxffefe 得 2 1 1 2 xx f xexxg xfxex 在上单调递增 10 x g xeyg x xR 0 0 0 0 0 0fxfxfxfx 得 的解析式为 f x 2 1 2 x f xexx 且单调递增区间为 单调递减区间为 0 0 2 得 2 1 1 0 2 x f xxaxbh xeaxb 1 x h xea 当时 在上单调递增10a 0 h xyh x xR 时 与矛盾x h x 0h x 当时 10a 0ln 1 0ln 1 h xxah xxa 得 当时 ln 1 xa min 1 1 ln 1 0h xaaab 22 1 1 1 ln 1 10 abaaaa 令 则 22 ln 0 F xxxx x 1 2ln F xxx 00 0F xxe F xxe 当时 xe max 2 e F x 当时 的最大值为1 aebe 1 ab 2 e 例例 3 3 已知函数 曲线在点处的切线方程为 ln 1 axb f x xx yf x 1 1 f 2011 全国新课标 230 xy 求 的值 ab 如果当 且时 求的取值范围 0 x 1x ln 1 xk f x xx k 解 由于直线的斜率为 22 1 ln 1 x x b x fx xx 230 xy 1 2 且过点 故即解得 1 1 1 1 1 1 2 f f 1 1 22 b a b 1a 1b 精品文档 3欢迎下载 由 知 所以 ln1 f 1 x x xx 2 2 ln1 1 1 2ln 11 xkkx f xx xxxx 考虑函数 则 2lnh xx 2 1 1 kx x 0 x 2 2 1 1 2 kxx h x x i 设 由知 当时 h x 递 0k 22 2 1 1 k xx h x x 1x 0h x 减 而 故当 时 可得 1 0h 0 1 x 0h x 2 1 0 1 h x x 当 x 1 时 h x 0 2 1 1 x 从而当 x 0 且 x1 时 f x 0 即 1 ln x x x k f x 1 ln x x x k ii 设 0 k0 故 x 0 而 h 1 0 故当 h x 1 时 h x 0 可得h x 0 而 2 12xx 2 1 1 20kxx h h 1 0 故当 x 1 时 h x 0 可得 h x 0时 1 x k xf 恒成立 求正整数k的最大值 例例 1414 创新题型 创新题型 设函数 f x ex sinx g x ax F x f x g x 若 x 0 是 F x 的极值点 求 a 的值 当 a 1 时 设 P x1 f x1 Q x2 g x 2 x1 0 x2 0 且 PQ x 轴 求 P Q 两点间的最短距离 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 例例 15 15 图像分析 综合应用图像分析 综合应用 已知函数 1 0 12 2 babaxaxxg 在 区间 3 2 上有最大值 4 最小值 1 设 g x f x x 求 ba 的值 不等式 02 2 xx kf 在 1 1 x 上恒成立 求实数k的范围 方程 0 3 12 2 12 x x kf 有三个不同的实数解 求实数 k的范围 导数与数列导数与数列 例例1616 创新型问题 创新型问题 设函数 2 x f xxaxb e a bR x a 是 f x 的一个极大值点 若 0a 求b的取值范围 当a是给定的实常数 设 123 xxx 是 f x 的3个极值点 问是否存在实 数b 可找到 4 xR 使得 1234 xxxx 的某种排列 1234 iiii xxxx 其中 1234 iiii 12 3 4 依次成等差数列 若存在 求所有的b及相应的 4 x 若不存在 说明理由 导数与曲线新题型导数与曲线新题型 例例 1717 形数转换 形数转换 已知函数 lnf xx 2 1 2 g xaxbx 0 a 精品文档 9欢迎下载 1 若2a 函数 h xf xg 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 2xx x e be x 0 l n2 求函数 x 的最 小值 3 设函数 xf的图象 C1与函数 xg的图象 C2交于点 P Q 过线段 PQ 的 中点 R 作x轴的垂线分别交 C1 C2于点M N 问是否存在点 R 使 C1 在M处的切线与 C2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 例例 1818 全综合应用 全综合应用 已知函数 1 ln 02 2 x f xx x 1 是否存在点 M a b 使得函数 yf x 的图像上任意一点P关于点M对 称的点Q也在函数 yf x 的图像上 若存在 求出点M的坐标 若不存 在 请说明理由 2 定义 21 1 1221 n n i in Sffff nnnn 其中 n N 求 2013 S 3 在 2 的条件下 令12 nn Sa 若不等式2 1 n am n a 对 n N且 2n 恒成立 求实数m的取值范围 导数与三角函数综合导数与三角函数综合 例例 1919 换元替代 消除三角 换元替代 消除三角 设函数 2 f xx xa x R 其 中a R 当 1a 时 求曲线 yf x 在点 2 2 f 处的切线方程 当 0a 时 求函数 f x 的极大值和极小值 当 3a 10k 时 若不等式 22 cos cos f kxf kx 对任 意的x R恒成立 求k的值 创新问题积累创新问题积累 例例 2020 已知函数 2 ln 44 xx f x x I 求的极值 f x II 求证的图象是中心对称图形 f x III 设的定义域为 是否存在 当时 的 f xD a bD xa b f x 取值范围是 若存在 求实数 的值 若不存在 说明理由 4 4 a b ab 精品文档 10欢迎下载 导数压轴题题型归纳导数压轴题题型归纳 参考答案参考答案 例例 1 1 解 1 1 a 时 xxxg 3 由 013 2 xxg 解得 3 3 x x g 的变化情况如下表 x 0 3 3 0 3 3 1 3 3 1 x g 0 xg 0 极小 值 0 所以当 3 3 x 时 xg 有最小值 9 32 3 3 g 2 证明 曲线 xfy 在点 2 2 11 axxP 处的切线斜率 11 2 xxfk 曲线 xfy 在点 P 处的切线方程为 2 2 11 2 1 xxxaxy 令 0 y 得 1 2 1 2 2x ax x 1 2 1 1 1 2 1 12 22x xa x x ax xx ax 1 0 2 1 2 1 x xa 即 12 xx 又 1 1 22x ax a x ax x ax x ax x 1 1 1 1 1 2 1 2 22 2 222 所以 axx 21 例例2 2 1 ln1 0 a f xxaxx x 2 22 l11 0 aaxxa fxax xxx 令 2 1 0 h xaxxa x 当 0a 时 1 0 h xxx 当 0 1 0 0 xh xfx 函数 f x 单 调递减 当 1 0 0 xh xfx 函数 f x 单调递增 当 0a 时 由 0fx 即 2 10axxa 解得 12 1 1 1xx a 当 1 2 a 时 12 xx 0h x 恒成立 此时 0fx 函数 f x 单调递减 当 1 0 2 a 时 1 110 a 0 1 x 时 0 0h xfx 函数 f x 单调递减 1 1 1 x a 时 0 0h xfx 函数 f x 单调递增 精品文档 11欢迎下载 1 1 x a 时 0 0h xfx 函数 f x 单调递减 当 0a 时 1 10 a 当 0 1 0 0 xh xfx 函数 f x 单调递减 当 1 0 0 xh xfx 函数 f x 单调递增 综上所述 当 0a 时 函数 f x 在 0 1 单调递减 1 单调递增 当 1 2 a 时 12 xx 0h x 恒成立 此时 0fx 函数 f x 在 0 单调递 减 当 1 0 2 a 时 函数 f x 在 0 1 递减 1 1 1 a 递增 1 1 a 递减 当 1 4 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 1 0 2 x 有 1 1 1 2 f xf 又已知存在 2 1 2x 使 12 f xg x 所以 2 1 2 g x 2 1 2x 又 22 4 1 2 g xxbbx 当 1b 时 min 1 520g xgb 与 矛盾 当 1 2b 时 2 min 1 40g xgb 也与 矛盾 当 2b 时 min 117 2 84 28 g xgbb 综上 实数b的取值范围是 17 8 例例 3 3 解 2 323fxaxbx 根据题意 得 12 10 f f 即 32 3230 ab ab 解得 1 0 a b 所以 3 3f xxx 令 0fx 即 2 330 x 得1x x2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 fx f x 2 增极大值减极小值增 2 因为 12f 12f 所以当 2 2x 时 max2f x min2f x 精品文档 12欢迎下载 则对于区间 2 2 上任意两个自变量的值 12 x x 都有 12 maxmin 4f xf xf xf x 所以4c 所以c的最小值为 4 因为点 2 2Mmm 不在曲线 yf x 上 所以可设切点为 00 xy 则 3 000 3yxx 因为 2 00 33fxx 所以切线的斜率为 2 0 33x 则 2 0 33x 3 00 0 3 2 xxm x 即 32 00 2660 xxm 因为过点 2 2Mmm 可作曲线 yf x 的三条切线 所以方程 32 00 2660 xxm 有三个不同的实数解 所以函数 32 266g xxxm 有三个不同的零点 则 2 612gxxx 令 0gx 则0 x 或2x x 0 0 0 2 2 2 gx g x增极大值减极小值增 则 00 22 g g 即 60 20 m m 解得62m 例例4 4解 23 13 1 3 3 32 3 x xx x x xf 令 1 3 1 0 xxxf或得 舍去 0 3 1 0 xfxfx 时当 单调递增 当 0 1 3 1 xfxfx 时 递减 1 0 6 1 3ln 3 1 在为函数xff 上的极大值 由 0 3 ln ln xxfxa 得 x xa x xa 32 3 lnln 32 3 lnln 或 设 3 32 ln 32 3 lnln 2 xx x xxh x x x xxg 32 3 ln 32 3 lnln 依题意知 3 1 6 1 xxgaxha在或 上恒成立 0 32 2 32 33 32 3 3 32 2 xxx xx x x xg 精品文档 13欢迎下载 0 32 62 62 3 1 32 3 22 xx x x xx xh 3 1 6 1 都在与xhxg 上单增 要使不等式 成立 当且仅当 5 1 ln 3 1 ln 6 1 3 1 aagaha或即或 由 0 2 2 3 32ln 2 2 bxxxbxxf 令 x x x x xbxxxx 32 97 23 32 3 2 2 3 32ln 2 2 则 当 3 7 0 0 3 7 0 在于是时xxx 上递增 1 3 7 0 1 3 7 在于是时xxx 上递减 而 1 3 7 0 3 7 1 0 0 2 在即 xbxxf 恰有两个不同实根等价于 0 2 1 5ln 1 0 6 72 6 7 72ln 3 7 02ln 0 b b b 3 72 6 7 72ln 2 1 5ln b 例例5 5解 2 2 2 1 1 2 1 1 xx xax x a x xf a 2 9 令 0 x f 得 2 x 或 2 1 0 x 函数 xf 的单调增区间为 2 2 1 0 证明 当 0 a 时 xxfln x xf 1 210 0 21 xxx xf 又 12 1 2 12 12 12 12 ln lnln xx x x xx xx xx xfxf k 不妨设 12 xx 要比较k与 0 x f 的大小 即比较 12 1 2 ln xx x x 与 21 2 xx 的大小 精品文档 14欢迎下载 又 12 xx 即比较 1 2 ln x x 与 1 1 2 2 1 2 1 2 21 12 x x x x xx xx 的大小 令 1 1 1 2 ln x x x xxh 则 0 1 1 1 41 2 2 2 xx x xx xh xh 在 1 上位增函数 又 1 1 2 x x 0 1 1 2 h x x h 1 1 2 ln 1 2 1 2 1 2 x x x x x x 即 0 xfk 1 12 12 xx xgxg 0 12 1122 xx xxgxxg 由题意得 xxgxF 在区间 2 0 上是减函数 1 当 x x a xxFx 1 ln 21 1 1 1 2 x a x xF 由 3 1 3 1 1 0 22 2 x xxx x x axF 在 2 1 x 恒成立 设 xm 3 1 3 2 x xx 2 1 x 则 03 1 2 2 x xxm xm 在 2 1 上为增函数 2 27 2 ma 2 当 x x a xxFx 1 ln 10 1 1 1 2 x a x xF 由 1 1 1 1 0 22 2 x xxx x x axF 在 1 0 x 恒成立 设 xt 1 1 2 x xx 1 0 x 为增函数 0 1 ta 综上 a的取值范围为 2 27 a 例例6 6解 1 xaxxxf ln 2 2 ln 2 xxaxxxf 即 xax 1ln2 在 0 x 上恒成立 设 xaxxu 1ln2 2 01 2 x x xu 2 x 时 单调减 2 x 单调增 所以 2 x 时 xu 有最大值 212ln2 0 2 au 所以 2 0 e a 精品文档 15欢迎下载 2 当 1 a 时 xx x xf xgln e xxxg 1 0ln1 所以在 1 e 上 xg 是增函数 1 0 e 上是减函数 因为 1 1 211 xxx e 所以 111212121 ln ln xxxgxxxxxxg 即 ln ln 21 1 21 1 xx x xx x 同理 ln ln 21 2 21 2 xx x xx x 所以 ln 2 ln lnln 21 1 2 2 1 21 1 21 2 21 21 xx x x x x xx x xx x xx xx 又因为 42 1 2 2 1 x x x x 当且仅当 21 xx 时 取等号 又 1 1 1 2121 xx e xx 0 ln 21 xx 所以 ln 4 ln 2 2121 1 2 2 1 xxxx x x x x 所以 ln 4lnln 2121 xxxx 所以 4 2121 xxxx 例例 7 7 I 23 00 0 2 baxxxfcf 320 1 abf 323 1 32 23 2 axxaaxxxf 由 因为当时取得极大值 3 32 10 a xxxf或1 x 所以 所以 31 3 32 a a 3 的取值范围是a II 由下表 x 1 1 3 32 1 a 3 32 a 3 32 a x f 0 0 xf 递增 极大 值 2 a 递减 极小值 2 32 27 6 a a递增 依题意得 解得 9 32 32 27 6 2 2 a a a 9 a 所以函数的解析式是 xfxxxxf159 23 III 对任意的实数都有 2sin22 2sin22 在区间 2 2 有 230368 2 7 1 7430368 2 fff 7 1 fxf的最大值是7430368 2 fxf的最小值是 精品文档 16欢迎下载 函数上的最大值与最小值的差等于 81 2 2 在区间xf 所以 81 sin2 sin2 ff 例例 8 8 解 当时 在上恒成立 x ax x axf 11 0 a 0fx 0 函数 在 单调递减 在上没有极值点 xf 0 xf 0 当时 得 得 0 a 0fx 1 0 x a 0fx 1 x a 在上递减 在上递增 即在处有极小值 xf 1 0 a 1 a xf a x 1 当时在上没有极值点 0 a xf 0 当时 在上有一个极值点 0 a xf 0 函数在处取得极值 xf1 x1 a b x x x bxxf ln1 12 令 可得在上递减 在上递增 x x x xg ln1 1 xg 2 0 e 2 e 即 2 2 min 1 1 e egxg 2 1 1b e 证明 1ln 1ln 1ln 1ln y e x e y x e yx yx 令 则只要证明在上单调递增 1ln x e xg x xg 1 e 又 1 ln 1 1 1ln 2 x x xe xg x 显然函数在上单调递增 1 1 1ln x xxh 1 e 即 0 1 1 e xh0 x g 在上单调递增 即 xg 1 e 1ln 1ln y e x e yx 当时 有 1 eyx 1ln 1ln y x e yx 例例9 9 解 I 1 1 1 Qfxf x l 直线 的斜率为1 且与函数 f x 的图像的切点坐标为 1 0 l 直线 的方程为 1 yx 精品文档 17欢迎下载 又 l 直线 与函数 yg x 的图象相切 2 1 17 22 yx yxmx 方程组 有一解 由上述方程消去y 并整理得 2 2 1 90 xmx 依题意 方程 有两个相等的实数根 2 2 1 4 90m 解之 得m 4或m 2 0 2 Qmm II 由 I 可知 2 17 2 22 g xxx 2 ln 1 2 1 g xxh xxxx 1 1 11 x h x xx 当x 1 0 时 h x 0 h x 单调 当 0 x 时 0 h xh x 单减 当x 0时 h x 取最大值 其最大值为2 III 2 ln ln2lnln 1 22 abba f abfaaba aa 0 0 1 0 22 Qbaaba ba a 证明 当 1 0 x 时 ln 1 ln 1 22 baba xx aa 2 2 ba f abfa a 例例 1010 解 1 函数 f x的定义域是 0 由已知 2 1 ln x fx x 令 0fx 得xe 因为当0 xe 时 0fx 当xe 时 0fx 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2me 即 2 e m 时 f x在 2 mm上单调递增 所以 max ln2 2 1 2 m f xfm m 精品文档 18欢迎下载 当me 时 f x在 2 mm上单调递减 所以 max ln 1 m f x m 当2mem 即 2 e me 时 max 1 1f xf e e 综上所述 max ln2 1 0 22 1 1 2 ln 1 me m m e f xme e m me m 3 由 1 知当 0 x 时 max 1 1f xf e e 所以在 0 x 时恒有 ln1 11 x f x xe 即 ln1x xe 当且仅当xe 时等号成立 因此对任意 0 x 恒有 1 ln x e 因为 1 0 n n 1n e n 所以 11 1 ln nn nen 即 11 ln e nn nn 因此对任意 n N 不等式 11 ln e nn nn 例例 1111 解 当 1 0 x 时 0fx 函数 f x在区间 1 0 上单调递 增 当 0 x 时 0fx 函数 f x在区间 0 上单调递减 函数 f x在0 x 处取得极大值 故1m 令 12 11 12 f xf x h xf xg xf xxxf x xx 则 12 12 f xf x h xfx xx Q函数 f x在 12 xx x 上可导 存在 012 xx x 使得 12 0 12 f xf x fx xx 1 1 1 fx x Q 0 0 00 11 11 1 1 xx h xfxfx xxxx Q当 10 xx x 时 0h x h x单调递增 1 0h xh x Q当 02 xx x 时 0h x h x单调递减 2 0h xh x 故对任意 12 xx x 都有 f xg x 用数学归纳法证明 当2n 时 12 1 Q 且 1 0 2 0 1 12212 xxx x 由 得 f xg x 即 12 1 1221 122111122 12 f xf x fxxxxxf xf xf x xx 当2n 时 结论成立 假设当 2 nk k 时结论成立 即当 12 1 k L时 精品文档 19欢迎下载 1 1221122 kkkk fxxxf xf xf x LL 当1nk 时 设正数 121 k L满足 121 1 k L 令 12k m L 12 12 k k mmm L 则 1 1 kn m 且 12 1 k L 1 12211 kkkk fxxxx L 1 111 kkkk f mxxx L 1 111 kkkk mfxxf x L 1111 kkkk mf xmf xf x L 1111 kkkk f xf xf x L 当1nk 时 结论也成立 综上由 对任意2n nN 结论恒成立 例例1212 解 当 2 a 时 xxxfln2 2 当 1 x 0 1 2 2 x x xf 故函数 xf 在 1 上是增函数 0 2 2 x x ax xf 当 1 ex 2 2 2 22 eaaax 若 2 a x f 在 1 e 上非负 仅当 2 a x 1时 0 x f 故函数 xf 在 1 e 上是增函数 此时 min xf1 1 f 若 22 2 ae 当 2 a x 时 0 x f 当 2 1 a x 时 0 x f 此时 xf 是减函数 当 ex a 2 时 0 x f 此时 xf 是增函数 故 min xf 2 a f 2 2 ln 2 aaa 若 2 2ea x f 在 1 e 上非正 仅当 2 e2 a x e时 0 x f 故函数 xf 在 1 e 上是减函数 此时 min efxf 2 ea 不等式 xaxf 2 可化为 xxxxa2 ln 2 1 ex xx 1ln 且等号不能同时取 所以 xx ln 即 0ln xx 因而 xx xx a ln 2 2 1 ex 令 xx xx xg ln 2 2 1 ex 又 2 ln ln22 1 xx xxx xg 当 1 ex 时 1ln 01 xx 0ln22 xx 从而 0 x g 仅当x 1时取等号 所以 xg 在 1 e 上为增函数 故 xg 的最小值为 1 1 g 所以a的取值范围是 1 精品文档 20欢迎下载 例例1313 解 1 定义域 0 0 1 2 0 1ln 1 1 1 2 时当 xx xx xf 0 x f 单调递减 当 0 1 x 令 0 1 1 1 1 1 1ln 1 1 22 x x xx xgx x xg 0 1 1 1 1 1 1ln 1 1 22 x x xx xgx x xg 故 xg 在 1 0 上是减函数 即 01 0 gxg 故此时 1ln 1 1 1 2 x xx xf 在 1 0 和 0 上都是减函 数 3 当x 0时 1 x k xf 恒成立 令 2ln1 21 kx有 又k为正整数 k的最大值不大于3 下面证明当k 3时 0 1 x x k xf 恒成立 当x 0时 021 1ln 1 xxx 恒成立 令 xxxxg21 1ln 1 则 时当1 1 1ln exxxg 时当1 1 1ln exxxg 0 x g 当 0 10 xgex时 当 1xgex时 取得最小值 03 1 eeg 当x 0时 021 1ln 1 xxx 恒成立 因此正整数k的最大值为3 例例 1414 解 F x ex sinx ax cos x F xexa 因为x 0 是F x 的极值点 所以 0 1 10 2Faa 又当a 2 时 若x0 cos0 x F xexa x 0 是F x 的极小值点 a 2 符合题意 a 1 且PQ x轴 由f x1 g x2 得 1 21 sin x xex 所以 1 2111 sin x xxexx 令 sin cos10 xx h xexx h xex 当x 0 时恒成立 x 0 时 h x 的最小值为h 0 1 PQ min 1 令 2sin2 xx xF xFxeexax 则 2cos2 xx xeexa 2sin xx S xxeex 因为 2cos0 xx S xeex 当x 0 时恒成立 所以函数S x 在 0 上单调递增 精品文档 21欢迎下载 S x S 0 0 当x 0 时恒成立 因此函数 x 在 0 上单调递增 0 42xa 当x 0 时恒 成立 当a 2 时 0 x x 在 0 单调递增 即 0 0 x 故a 2 时F x F x 恒成立 0 00 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 14 00 2 axxx xxxx xxxF xFxx aa 当时 又在单调递增 总存在 使得在区间 上导致在递减 而 当时 这与对恒成立不符 不合题意 综上取值范围是 2分 例例1515 解 1 2 1 1g xa xba 当 0 a 时 2 3g x 在 上为增函数 故 3 296251 2 544220 gaaba gaabb 当 0 2 3ag x 时 在 上为减函数 故 3 296221 2 244253 gaaba gaabb 011 bab 即 2 21g xxx 1 2f xx x 方程 2 20 xx fk 化为 1 222 2 xx x k 2 11 1 2 22 xx k 令 t x 2 1 2 21ktt 1 1 x 2 2 1 t 记 12 2 ttt min 0t 0k 方程 0 3 12 2 12 x x kf 化为 0 32 12 21 12 k k x x 0 21 12 32 12 2 kk xx 0 12 x 令 t x 12 则方程化为 0 21 32 2 ktkt 0t 方程 0 32 12 21 12 k k x x 有三个不同的实数解 由 12 x t 的图像知 0 21 32 2 ktkt 有两个根 1 t 2 t 且 21 t1t0 或 10 1 t 1t2 记 21 32 2 ktktt 精品文档 22欢迎下载 则 0k 1 0k21 0 或 1 2 k32 0 0k 1 0k21 0 0k 例例1616 解 0a 时 2x f xxxb e 222 32 xxx fxxxbexxbee x xbxb 令 2 32g xxbxb 22 38180bbb 设1 2 xx 是 0g x 的两个根 1 当 1 0 x 或 2 0 x 时 则 0 x 不是极值点 不合题意 2 当 1 0 x 且 2 0 x 时 由于 0 x 是 f x 的极大值点 故 12 0 xx 00g 即2 0b 0b 解 x fxexa 2 3 2xab xbaba 令 2 3 2g xxab xbaba 22 3 4 2 1 80abbabaab 则 于是 假设 12 xx 是 0g x 的两个实根 且 12 xx 由 可知 必有 12 xax 且 12 xax 是 f x 的三个极值点 则 2 1 318 2 abab x 2 2 318 2 abab x 假设存在b及 4 x 满足题意 1 当 12 xax 等差时 即 21 xaax 时 则 42 2xxa 或 41 2xxa 于是 12 23axxab 即 3ba 此时 42 23xxaab 2 1 82 6abaa 或 41 23xxaab 2 1 82 6abaa 2 当 21 xaax 时 则 21 2 xaax 或 12 2 axxa 若 12 2xaax 则 2 2 4 xa x 于是 2 8133 23 2 21 baba xxa 即 3381 2 baba 两边平方得 2 191170abab 精品文档 23欢迎下载 30ab 于是 1ab 913 2 此时 713 2 ba 此时 2 2 4 xa x 2 31 3 4 3332 ab babaa 若 12 2 axxa 则 2 1 4 xa x 于是 2 21 3318 32 2 abab axx 即 2 1833abab 两边平方得 2 191170abab 30ab 于是 1ab 913 2 此时 713 2 ba 此时 1 4 2 3 3 3 113 3 242 axaabab xba 综上所述 存在b满足题意 当b a 3时 4 2 6xa 713 2 ba 时 4 113 2 xa 713 2 ba 时 4 113 2 xa 例例 1717 解 1 依题意 ln 2 bxxxxh h x 在 0 上是增函数 1 20h xxb x 对 x 0 恒成立 1 2 1 0 则22 2 bx x xx x 22 的取值范围为b 2 设 2 1 2 tbttyet x 则函数化为 2 1 222 1 2 4 2 2 2 上为增函数在函数时即当y b b bb ty 当 t 1 时 ym i n b 1 2 1 4 2 2 42 24 2 2 1 2 min 上是减函数在函数时即当 时当时即当 y b b b y b tb b 精品文档 24欢迎下载 当 t 2 时 ymi n 4 2b 4 24 1 222 2 b xb bxb 的最小值为时当 的最小值为时当综上所述 当 4xb 时 的最小值为 24b 3 设点 P Q 的坐标是 0 212211 xxyxyx 且则点 M N 的横坐标为 2 21 xx x C1在点 M 处的切线斜率为 2 1 21 2 1 21 xxx k xx x C2在点 N 处的切线斜率为 2 21 2 2 21 b xxa baxk xx x 假设 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线平行 则 21 kk 12 12 2 2 a xx b xx 即 22 2121 21 12 2 2 xxa xx b xx xx 则 22 2211 22 aa xbxxbx 21 yy 2 21 1 lnlnln x xx x 2 2211 2 112 1 x 2 1 x2 xx x ln x xxx 1 x 设 1 1 1 2 ln 1 1 2 u u u u x x u则 2 22 2 1 14 1 ln 1 1 1 1 1 0 1 2 1 1 0 ln 1 uu r uuur u uuuu u ur ur u u r uru u 令则 所以在上单调递增 故则 这与 矛盾 假设不成立 故 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线不平 行 例例 1818 1 假设存在点 M a b 使得函数 yf x 的图像上任意一点P关于点M 对称的点Q也在函数 yf x 的图像上 则函数 yf x 图像的对称中心为 M a b 由 2 2f xfaxb 得 2 1 ln1 ln2 222 xax b xax 即 2 2 2 22ln0 244 xax b xaxa 对 0 2 x 恒成立 所以 220 440 b a 解得 精品文档 25欢迎下载 1 1 a b 所以存在点 1 1 M 使得函数 yf x 的图像上任意一点P关于点 M对称的点Q也在函数 yf x 的图像上 2 由 1 得 2 2 02 f xfxx 令 i x n 则 2 2 ii ff nn 1 2 21 in 因为 1221 2 2 n Sffff nnnn 所以 1221 2 2 n Sffff nnnn 由 得22 21 n Sn 所以 21 n Snn N 所以 2013 2 2013 14025S 3 由 2 得 21 n Snn N 所以 1 2 n n S an n N 因为当 n N且2n 时 2 121 lnln2 n amnm n nm an n 所以当 n N且2n 时 不等式 lnln2 nm n 恒成立 min lnln2 nm n 设 0 ln x g xx x 则 2 ln1 ln x g x x 当0 xe 时 0g x g x在 0 e上单调递减 当xe 时 0g x g x在 e 上单调递增 因为 23