高三导数压轴题题型归纳

1、导数压轴题题型1.高考命题回顾例1已知函数f(x) = exln(x + m). (2013全国新课标n卷)设x= 0是f(x)的极值点，求 m ,并讨论f(x)的单调性；(2)当 m0.(1)解 f(x) = exln(x+m)? fx) = e 1-?(0)e0- = 0?m=1,x+ m0+ m第15页共25页x+1- 1x+ 1定义域为x|x 1,x1 ef x)= ex-=x+ m显然f(x)在(1,0上单调递减，在0, +8止单调递增.(2)证明g(x) = ex ln(x+2),则 gx)=ex-(x 2).x+2h(x) = g x)= ex (x 2)? hx) = ex+;

2、0,x+2x+2 2所以h(x)是增函数，h(x)= 0至多只有一个实数根，1111又 gy2)=泥30，2一, 1.所以h(x)=g x)=0的唯一实根在区间0内，11设 g x)= 0 的根为 t,则有 g = et-= 0 2t0 ,所以，et=?t + 2=e t,t+2当 xc(2, t)时，gx)gtx= 0所以 g(x)min = g(t) = et ln( t + 2)=g(x)单调递减；,g(x)单调递增；jt = 0,t+2 t+2当 mv 时，有 ln(x+ m)4n(x+2),所以 f(x)= ex ln(x+ m)*x ln(x+ 2)= g(x)匐(x)min0.例

3、2已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f (0)x -x2 (2012全国新课标)2(1)求f(x)的解析式及单调区间；1 2(2)若 f (x) -x ax b ,求(a 1)b 的最大值。2(1) f(x) f (1)ex 1f(0)x -x2f (x) f (1)ex 1 f(0) x2令 x 1 得：f (0) 1f (x) f (1)ex1 x gx2 f (0) f (1)e1 1 f (1) e 得：f (x) ex x 1 x2g(x) f (x) ex 1 x2 xg (x)e10yg(x)在x r上单倜递增f (x)0f (0)x0, f (x) 0 f (0) x0

4、得：f(x)的解析式为f (x) ex x 1x2且单调递增区间为(0,),单调递减区间为(，0)12xx(2)f (x) x ax b h(x) e (a 1)x b 0得 h(x) e (a 1) 2当a10时，h (x)0yh(x)在x r上单调递增x 时，h(x) 与h(x) 0矛盾当 a10时，h (x)0xln(a 1),h (x) 0 xln(a 1)得：当 x ln(a 1)时，h(x)min (a 1) (a 1)ln(a 1) b22(a 1)b (a 1) (a 1) ln(a 1)(a 1 0)_22_一 . _令 f(x) x x lnx(x 0)；则 f (x) x

5、(1 2ln x)f (x) 00 x .e,f (x) 0 x当 x je 时，f(x)max当a ee 1,b je时，(a 1)b的最大值为e2a in x b_例3已知函数f(x) a3 b ,曲线y f (x)在点(1,f(1)处的切线方程为 x 1 xx 2y 3 0。(2011全国新课标)(i)求a、b的值；(n)如果当x 0,且x 1时，f(x) 则x k,求k的取值范围。解(i) f (x)且过点(1,1),故zx 1 .(in x)x(x 1)2 f(1) 1, 1即 f(1),2x 1 xb 由于直线x 2y 3 0的斜率为 xb 1,a1解得 a 1, b 1。_ b

6、一,22in x 1(n)由(i)知f (x) 一，所以x 1 xin x k、1f(x) ()2 (2ln x2(k 1)(x2 1)、) xx 1 x 1 x考虑函数h(x) 21n x2,、()(x一5 (x 0),则 h(x)2_(k 1)(x2 1) 2x(i)设 k0 ,由 h(x)xk(x2 1) (x 1)20故当x(0,1)时,(1, +)时，h (x)从而当x0,且 x时，f (x)(ii)设 0k1.由于24 4(k 1)h(x) 0,0,即x 1 x2_(k 1)(x1) 2x = (k0 ,对称轴x=h(x)0 , h(x)递减。而(x) 0f (x)k 1的图像开口

7、向下，且1)x22x(1,一)时，(k-1) (x2+1)k(+2x0,故 h (x) 0,而 h (1) =0,故当x(1时,h (x) 0,可得12 h1 x2(iii)设 k1.此时 x2 1 2x,(k1)(x21)故当x(1, + )时，h (x)0,可得2x12xh (x)h (x) 0,而 h0,与题设矛盾。(1) =0,综合得，例4已知函数f(x)k的取值范围为(0=(x3+3x，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(8, a ),(2单诩曾加，在(“ ,2),(，证明 3- a 6.解：当 a=b=- 3

8、 时,f(x) =(x3+3x23x3)e x,故f(x) (x3+3x2 3x 3)e x +(3x2+6x - 3)e x=e x (x3 9x) = x(x 3)(x+3)e x.当 xv3 或 0vx3 时,f (x0.从而f(x)在(一3),(0,3)单调增加，在(一3,0),(3,+单调减少.(2)f =(x)- (x3+3x2+ax+b)e x +(3x2+6x+a)e x= e x x3+(a6)x+b a.由条件得 f (2)0，即 23+2(a6)+b a= 0,故 b= 4 - a.从而 f (x)- e x ：x3+(a-6)x+4 -2a .因为 f (=af) (=

9、00)所以 x3+(a-6)x+4 -2a=(x-2)(x-5)(x- 3/(x 2) x2( & + 3 )x+ & 3将右边展开，与左边比较系数，得a +书2, a邛a2.2-故。（）4 v12 4a.又（3-2）（年2）0,即 a 2（ a + 3 ）+4 0.由此可得 a 6.2 .在解题中常用的有关结论 x(1)曲线yf (x)在x xo处的切线的斜率等于f (xo),且切线方程为y f (x0)(x x0)f(x0)o(2)若可导函数yf(x)在xx。处取得极值，则 f (x0) 0。反之，不成立。对于可导函数 f (x),不等式f (x)0 ( 0)的解集决定函数 f (x)的递

10、增(减)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， 进而彳#到f (x) 0或 f (x) 0在i上恒成立若 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xi ,使得 f

11、(%) 0,则 f(x)max 0；若 i ,使得 f(x0) 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xiil、x2i2 ,f(xi)g(x2)恒成立，则f (x)ming(x)max.若对xiii ,x2i2,使得 f(xi)g(x2)，则 f(x)min g(x)min .若对xiil,x2i2,使得 f(%)g(x2),则 f(x)max g(x)max.(ii)已知f (x)在区间i1上的值域为a, g(x)在区间i2上值域为b, 若对xiii, x2 12 ,使

12、得 f(xi)=g(x2)成立，则 a b。(i2)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、x2,且极大值 大于0,极小值小于 0.(i3)证题中常用的不等式：x lnx x i(x 0)x wln(x+ x (x i) exi x e x i xln xx 1(x1)ln x112v (x0)x 1x223 .题型归纳导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用(构造函数，最值定位)(分类讨论，区间划分)(极值比较)(零点存在性定理应用)(二阶导转换)2例1 (切线)设函数f(x) x a.(1)当a 1时，求函数g(x) xf(x)在区间0,1上的最小值；

13、(2)当a 0时，曲线y f(x)在点p(x1, f(xl)(xl ”a)处的切线为l, l与x轴交于 点a(x2，0)求证：x1 x2 va.1 a例2 (取值问题，两边分求)已知函数f (x) ln x ax 1 (a r).x，-1. ,、当aw 时，讨论f(x)的单调性；2小21设g(x) x2 2bx 4.当a 时，若对任意为(0,2),存在x21,2 ,使4f (x1) g(x?),求实数b取值范围.交点与根的分布例3 (切线交点)已知函数f x ax3 bx2 3x a,b r在点1,f 1处的切线方程 为 y 2 0.求函数f x的解析式；若对于区间2,2上任意两个自变量的值

14、x1,x2都有f x1f x2c,求实数c的最小值；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.-3 2f(x) ln(2 3x) -x .例4 (综合应用)已知函数2求f(x)在0,1上的极值;1 1 一一一x 一,一,不等式值 lnx| ln f (x) 3x 0若若对任意6 3成立，求实数a的取值范围；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.不等式证明(x)例5 (变形构造法)已知函数ax 1 , a为正常数.9若f1nx (x)，且a万，求函数f的单调增区间;在中当a 0时，函数y f(x)的图象上任意不同

15、的两点 ax1，y1 , bx2，y2 , 线段ab的中点为c(x0，y0),记直线ab的斜率为k，试证明：k f (x0).g(x2)g(x1)若 g(x)11nxi(x),且对任意的x1，x20，2,x1x2 ,都有x2x1求a的取值范围.2例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数f(x) x 1n(ax)(a 0)(1)若 f(x)2x对任意的x 0恒成立，求实数a的取值范围;(2 )当 a x1x2 (x1 x2)4g(x)1时，设函数f(x)x1xi,x2(- ,1), xiex2(绝对值处理)已知函数f(x)ax2 bxc的图象经过坐标原点,且在x1处取得极大值.(i)求实

16、数a的取值范围;(ii )若方程f (x)2(2a 3)2恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式;(iii)对于(ii)中的函数f(x),对任意、 r(等价变形) 已知函数f(x) ax 1 ln x (a (i)讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数;,求证:r).| f(2sin ) f(2sin)1 81.(n)若函数f (x)在x 1处取得极值，对),f (x) bx 2 恒成立,求实数b的取值范围；2y-1 ln y ,(出)当0 x y e且x e时，试比较上与1的大小.x 11nx127 , 小f (x) ln x,g(x) x mx (m 0)例9 (前后问联系法证明不等式

17、)已知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1。(i)求直线l的方程及m的值；b a2a(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。f(a b) f (2a)(iii)当0 b a时，求证：例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数f(x) 叱 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；(3)试证明：对任意n n* ,不等式1n、eln()n2 都成立(其中e是自然对数的底数). n(m)证明:例11 (数学归纳法)(1)(2)求实数

18、a a2已知函数m的值；an f(x)ln(x 1)mx ,当x 0时，函数f(x)取得极大值.已知结论：若函数f (x) ln(x1) mx在区间(a,b)内导数都存在，且a 1则存在x0 (a,b),使得f (%) f(b3.试用这个结论证明：若 b a1 x1 x2 , 函数 g(x) (x1)一(x2) (x x) f (x1), 则 对任意x x2x (xl ,都有 f (x) g(x)；(3)已知正数1, 2,l , n,满足12 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x1,x2,l ,xn ,都有 f( 1为2x2 lnxn)1 f (玉)2

19、f (*2) l nf(xn).恒成立、存在性问题求参数范围例12 (分离变量)已知函数f(x) xa1nx (a为实常数).若a 2,求证：函数f(x)在(1,+ 上是增函数;(a 2)x成立，求实数1 1n(x 1)xa的取值范围(2)求函数f(x)在1,e上的最小值及相应的 x值；若存在x 1,e,使得f(x)例13(先猜后证技巧)已知函数f (x)求函数f (x)的定义域确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论k(出)右x0时f (x) 恒成立，求正整数k的最大值.x 1例 14 (创新题型) 设函数 f(x)=e x+sinx,g(x)=ax,f(x)=f(x) g(x)

20、.(i )若x=0是f(x)的极值点，求a的值；(n )当 a=1 时,设 p(x1,f(x1), q(x2, g(x 2)(x10,x20),且 pq/x 轴，求 p、q 两点间的最 短距离；(i)若xao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15(图像分析，综合应用)已知函数g(x) ax 2ax 1 b(a 0，b 1),在区间2, 3f(x)也上有最大值4,最小值1 ,设x .(i )求a,b的值；(n)不等式2)k 2x 0在x 1，1上恒成立，求实数k的范围;f(|2x 1|) k3) 0(出)方程|21|有三个不同的实数解， 求实数k的范

21、围.导数与数列例16(创新型问题)设函数f (x) (x a)2(x b)ex, a、b r, x a是f(x)的一个 极大值点.若a 0,求b的取值范围；当a是给定的实常数，设 x, x2, x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数 b ,可 找到人 r ,使得x1，x2, x3,4的某种排列xi ,xi2,x3, (其中 ii,i2,i3,i4=1,23,4)依次成等差数列？若存在，求所有的b及相应的人；若不存在，说明理由.导数与曲线新题型12例17 (形数转换)已知函数f (x) ln x, g(x) -ax2 bx (a 0). 2若a 2,函数h(x) f (x) g(x)在其定义

22、域是增函数，求b的取值范围；(2)在的结论下，设函数(x)=e 2x+bex,x c 0,ln2, 求函数 (x)的最小值；(3)设函数f(x)的图象c1与函数g(x)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 ci、c2于点m、n，问是否存在点 r,使ci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.x例18(全综合应用)已知函数f (x) 1 ln(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 访存在，求出点m的坐标；若不存在，请说明理

23、由；2n 1.(2)定义 &f ()i 1 n(3)在(2)的条件下，令sn 求实数m的取值范围 导数与三角函数综合例19 (换元替代，消除三角)122n 1 *f(-) f(-)f()，其中 n n，求 s2013;n nna1 2小，若不等式2 n (an)m 1对n n且n 2恒成立，设函数f(x)x(x a)?( 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；(n)当a 0时，求函数f(x)的极大值和极小值；(出)当a 3, k1 0时，若不等式f(kcosx)f(k2c。嫉x)对任意的x r恒成立，求k的值。创新问题积累x 2例20已知函数

24、f (x) lnx 4卜求f (x)的极值.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,bd.当x a,b时，f(x)的取值范围1ab一 是a,b *存在，求实数a、b的值；若不存在，说明理由4 4导数压轴题题型归纳参考答案.33 2x 例 1 解：(1)a 1 时，g x x，由 g(x) 3x 10,解得 3所以当3时,g(x)(2)证明：曲线yf(x)-3 g()1有最小值 32在点 p(x1，2x12.39a)处的切线斜率k(x1) 2x1曲线f(x)在点p处的切线方程为y2x1 ax2,得2x12 x1x2， x1(2x122x1a2x1a)

25、x12x1 (x x1)2a x12x1 x12x1x2x1所以例 2 f (x) ln x令 h(x) ax2当a 0时,减；当x (1,当a 0时,x1x1ax2x1x2x 1 a(x 0)h(x),h(x)由 f (x)x2x12x10)x 1(x 0),0,f (x) 00，即 ax2x12x12axx a 1-(x 0) x(0,1),h(x)0, f (x),函数f(x)单调递增.x 1 a 0,解得 x1 1,x20,函数f(x)单调递g (x)的变化情况如下表：x0(0,1) 3叵 3(3 1)1g (x)-0+g(x)0极小值/01. , ._ , 、 一 ，、当a 一时k

26、，h(x) 0恒成立，此时f (x) 0 ,函数f(x)单调递减； 211当 0 a 时，一1 1 0,x (0,1)时 h(x) 0, f (x) 0,函数 f(x)单调递减； 2 aj，、x (1- 1)时，h(x) 0, f (x) 0,函数 f (x)单调递增； a,1x ( 1,)时，h(x) 0, f (x) 0 ,函数 f (x)单调递减. a1，、一.，、当 a 0时一1 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,

27、1)单调递减，(1,)单调递增；1当a 时kx2,h(x) 0恒成立，此时f(x) 0,函数f(x)在(0,)单倜递减；2、一 1.、一 1 ,、，1 .、当0 a 一时，函数f(x)在(0,1)递减，(1, 1)递增，(-1,)递减.2aa.1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 x (0,2), 4-1有 f 函)为 f(1)21.、 一又已知存在 x21,2，使 f(x1)g(x2),所以 -g(x2), x21,2 , ( x)又 g(x) (x b)2 4 b2,x 1,2当 b 1 时，g(x)min g(1) 5 2b 0 与(x)矛盾；

28、当b 1,2 时，g(x)mg(1) 4 b2 0 也与(x)矛盾；一一117当 b2 时，g(x)min g(2) 8 4b-,b-.28一 ，一一 17综上，实数b的取值范围是17,).8例 3 解： f x3ax2 2bx 3.f f 12j a b 32,a 13根据题思，得即解得 所以f x x 3x.f 10, 3a 2b 3 0, b 0令 f x 0,即 3x2 3 0 .得 x 1 .x22, 111,111,22f x+f x2增极大值减极小值增2因为 f 12, f 12,所以当 x 2,2 时，f xmax 2, f xmin 2.则对于区间 2,2上任意两个自变量的值

29、 x1,x2,都有f x1 f x2f x max f x min4,所以c 4 .所以c的最小值为4.因为点m 2,m m 2不在曲线y f x上，所以可设切点为 x0, y0 .则y x3 3xo .因为f x03x2 3,所以切线的斜率为 3x2 3.贝u 3x2 3= x00-m，即 2x0 6x2 6 m 0 . xo 2因为过点m 2,m m 2可作曲线y f x的三条切线，g00，6g222例4解:f (x)33xm 03(x 1)(3x 1)3x 21 (舍去)所以方程2x3 6x2 6 m 0有三个不同的实数解.x,000,222,g x+g x增极大值减极小值增所以函数g

30、x 6x212x.令 g x 0,贝ux 0或 x 2.则g x_3_22x 6x 6 m有二个不同的零点.m 0 ，解得 6 m 2.一1令 f (x) 04x 一或x 31x 一时，f (x)30, f(x)单调递增；当x 1 时，f (x)0, f (x)递减.吗)ln311为函数f(x)在0,1上的极大值.6由| aln x |ln f (x)3x 0得 a3 ln x ln2设 h(x)in xln 32 3x-_ 2,2x 3xln3g(x) inx一或a 3xlnln依题意知a h(x)或 a g(x)在 xg (x)2 3x 3(2 3x) 3x 33x_2(2 3x)111,

31、 一,一上恒成立，6 30, x(2 3x)2 3x3ln 2 3x,3x ln,2 3xh(x) j 1(2 6x)一 一 ，、.1 例5解：f (x) x 6x2 0,2x 3x2 32x 3x2，一， 1 1 一g(x)与h(x)都在,上单增，要使不等式 成立，6 31 ,、11 ,、1当且仅当 a h(一)或a g(一)，即a ln-或a in-.3635-3 2由 f(x) 2x b ln(2 3x) -x 2x b 0. 27 9x22 3x人3 2一.3令(x) ln(2 3x) -x 2x b,则 (x) 3x22 3x.7.7当x 0,时，(x) 0,于是(x)在0,上递增；

32、33x 立,1时，(x) 0,于是(x)在巨,1上递减，33.7、 ，仆,7、而(/-)(0),(2-)33f(x) 2x b即(x) 0在0,1恰有两个不同实根等价于 (0) ln2 b 077 2.7(寸1n(2 6 - b 01(1) ln5 1b 021ln 5b2m 7) 7 号63ax2 (2 a)x(x 1)2x(x 1)21(0,-),(2,2).f (x)11, f (x0)一 xxo2xix2 又 kf (x2)f (为)ln x2 1nxix2 x1x2 x1ln迄x1不妨设x2x1要比较k与f (x0)的大小，即比较ln上x1与x2x1的大小,又- x2x1,即比较1n

33、x.与 2(x2 x1)xx1 x2吟1)令 h(x) in x2(x 1)(xh(x)在1,x 1上位增函数.11),则 h(x)-xx4(x1)2的大小.x2 /又一 1,x1 h(x2) x1.ix2 ln 为2户 x11)k f (x0)gm) g(%)gd) *2x1g(x1)由题意得x2 x1f(x) g(x)2,f(x)由 f (x)(x设 m(x)3xx在区间in x1)2 x1-3, xm(x)在1,2上为增函数,(x1, f(x) in x由 f (x)(x 1)2设 t(x)综上：a的取值范围为例 6解：(1) f(x)x2 x10,2上是减函数.1(x 1)21)21,

34、23xm(2)(x 1)21,2恒成立.m(x)2x272x (0,1)为增函数,. a27(x)t(1)22xln(ax) x , f (x) 2xln(ax)即2ln ax 1 x在x 0上恒成立2设 u(x) 2ln ax 1 x u(x) - 1 0, x 2, x 2 时, , x，a21(x 1)2(0,1)恒成立单调减,x 2单调增,所以x 2时，u(x)有最大值u(2) 0,2ln 2a 1 2 ,所以0 a(2)当 a 1 时，g(x) -f-(x) xln x,第21页共25页g(x) 1in- i -， ，ix 0, x ,所以在(,)上g(x)是增函数，(0,1)上是减

35、函数. exixx21 ,所以g(xix2) (xi x2)ln(xi x2) g(xi)x1 in x1即 in x1xix2-in(xixix2)同理inx2xx2in(xix2x2).所以in xixiin x2(x2x2xix2一2) in(xix2) (2xixix2、，)in( xi x2xx2)又因为2又 x1, x2xix2x2x(_ ,i), xi4,当且仅当 xi x2”时，取等号所以(2exix2 1 , in(xi x2)0,所以:x22) in(xix2) 4in(xixix2)所以 in xiin x241n(xix2)xix2(xi例 7 (i) f(0) 0f

36、(x)3x2x2)4.c 0, f (x)2ax (2a 3)3x2(x)(x2a32ax b, f (i) i)(3x 2a 3),因为当x0 b 2ai时取得极大值,2ai a 3,所以a的取值范围是:(,3);3x(,i)i(i,贮) 32a 3 32a 3(3 ,)f (x)+0-0-f(x)递增极大值a 2递减极小值a 62(2a 3)227递增所以(ii)由下表:a 62依题意得：(2 a 3)227所以函数f(x)的解析式是:(iii)对任意的实数在区间-2, 2有:f(x)的最大值是f (i)都有f( 2)_ 2(2a 3)9f(x) x32 2sin8 36 307, f(x

37、)的最小值是f(29x2 i5x2, 2 2sin 2,74, f (i) 7, f(2) 8 36 30 22)8 36 3074函数f(x)在区间2,2上的最大值与最小值的差等于8i,所以 |f(2sin )例 8 解：(i) f (x) af (2sin ) | 8i .u当a xf(x)在(0,0时，f (x) 0在(0,)上恒成立，函数f(x)上没有极值点;当 a 0时，f (x) 0得 0 x1,1-,f (x) 0得 x -, aa,1 f(x)在(0,-)上递减,.当a 0时当a 0时,af(x)在(0,f (x)在(0,十j 在(一 a)上递增，即f (x)在x)上没有极值点

38、，)上有一个极值点.(n) .函数f(x)在 x1处取得极值，a 1,，f(x)令 g(x) 11 叱，可得g(x)在0,e2上递减，在e2,g (x) ming(e2)(m)证明:ex y11 mbeln( x 1)ln(y 1)1ex eln(x 1)eyln(y 1)令 g(x)ln(x 1),则只要证明g(x)在(e又. g (x)ex ln(x 1) x 1ln2(x显然函数h(x)ln(x 1)1)六在(e1,1-处有极小值.abx上递增,1,)上单调递增,)上单调递增.1 h(x) 1 一 e0,即g(x) 0,g(x)在(e 1,)上单调递增，即ey例9解：(i)且与函数y e

39、 1时，有1 qf (x)xex yf(1)ln( x 1) ln( y 1) ln( x 1)ln( y 1)1;直线l的斜率为1,f (x)的图像的切点坐标为(10), 直线l的方程为yx 1.又q直线l与函数y g(x)的图象相切,y方程组ymx7有一解。2由上述方程消去y,并整理得x2 2(m 依题意，方程有两个相等的实数根，得m=4或m=-2, qm 0, m 2.1)x 9 0 2(m 1)20解之,1 2(ii)由(i)可知 g(x) -x 22xg(x) x 2, h(x) ln(x1)x 2(x当 x (-1,0)时,h(x)0,h(x)单调，当x1)(0,h(x)时,1x

40、1h(x)1 .x 10,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(2 a) ln(ab)a bln 2a ln2aln(1b a-2t).q0 b a,a b a 0,b a2a0.证明，当x (1,0)时，ln(1x)b a、x, ln(1 ) 2ab a2af (a b) f (2a) b-a 2a例10解：(1)函数f(x)的定义域是(0,).由已知f (x)1 1n x .令 f (x) 0 ,得 x e . x因为当0 x e时，f (x) 0;当所以函数f (x)在(0,e上单调递增，在(2)由(1 )可知当2m e ,即me时，f (

41、x) 0 .e,)上单调递减.ee时，f(x)在m,2m上单调递增，所以ln 2m d f (x)maxf (2m) 1 .2mm e时,f(x)在m,2m上单调递减，所以 f(x)maxm e时,f (x)maxf(e)1 m.当m eln 2me1,0m-2m21e1,-mee22m ,即ln m , 1, m em1，、， .、-1 ,综上所述，f (x)max e(3)知当x(0,1)时 f(x)max f (e) - 1 .e所以在x (0,f(x)ln2 1恒有lnx11, e此对任意例11解：(1)当 x (0,x)时,不等式0,当且仅当x e时等号成立.因此对任意x (0,)n

42、1 n.e ln()ne,所以1 n ln n1 ne 即 ln()n(1,0)时,f (x)f (x) 0 ,函数0,函数f (x)在区间(1,0)上单调递增;f(x)在区间(0,)上单调递减.第16页共25页函数f (x)在x(2)令 h(x) f (x)0处取得极大值，故m 1.g(x) f(x) f(xi) f(x2)(xxi x2xi) f(x1)，h(x) f (x)f(xi) f(x2)xi.q函数f (x)在(xi, x2)上可导， 存在xo(xi,x2)，使得(x0)xf (xi) f(x2)xix2(x) 1 .x 1(xi,x)时,(x0,x2)时,h (x)h (x)h

43、 (x)故对任意x (xi, x2),都有(3 )用数学归纳法证明当n2时,f (x) f (xo)xof(x)h(x)单调递增, h(x)单调递减,g(x).h(x) h(x)x0x1 (x 1)(x0 1)h(xi) 0；h(x2) 0；ixi2x2f ( ixi2x2)q i (x1,x2) f (xi)xi2时，结论成立.假设当f ( ixi2x22,l ,11 一, mf ( ixi fm(由(n)得 f(x) xi2x2x2n k(k 2)-,lm2x2 l ixi lmf ( 1x1 lm 1f(x) l if(xi) l当n k 1时,kxk)满足i f ( xi)kxk kx

44、k) kxk)m kf(xk)k inixk 1 )1 xk if (xk i)k 1 f (xk 1)k f(xk) k if(xk i) 结论也成立.综上由，对任意 n 2,0,g(x)，即xi) f (xi)if (xi)2 f ( x2 )，n n ,结论恒成立.例 12 解：当 a 2 时，f(x) x2 2lnx,当 x (1,k f(xk).当 nf (x)2(x2xk 1时，1时，设正l k ，故函数f(x)在(1,)上是增函数.2 f (x) 2-a(x 0),当 x 1,e, x若a 2, f (x)在i,e上非负(仅当a2x2a a2,a2e22 , x=i 时, 页共2

45、5页f (x)0),故函数f (x)在i,e第17上是增函数，此时f(x)min f(1) 1 .若 2e2 a是减函数；当故f(x)min2 ,当 x 时，f (x) 0 ；当 1 x j时, 2 22 2j_a x e时，f (x) 0,此时f(x)是增函数. 2f (x) 0 ,此时 f (x)若a2e2, f (x)在1,e上非正(仅当a 2e2 , x=e时,在1,e上是减函数，此时f(x)min f (e) a e2.不等式 f (x) (a 2)x ,可化为 a(x in x) x2 2x .f (x)0 ),故函数f (x)x 1,e , ln x 1 x且等号不能同时取，所以

46、 ln x x ,即x in x 0 ,因而 a x2 2x (x 1,e) x in x入x2 2x令 g(x)-一三(x 1,e),又 g (x) x in x(x 1)(x 2 2ln x)(x lnx)2当 x 1,e时，x 1 0, in x 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,).例13解：(1)定义域(1,0)(0,)11(2) f (x) ln(x 1) 当x 0时，f (x) 0单调递减。 x x 1当 x ( 1,0),令g(x)ln( x1)g (x)11 x2.2(x 1)