高三导数压轴题题型归纳

1、实用文档导数压轴题题型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 m<2 时,证明 f(x)>0.(1)解 f(x) = exln(x+m)?f'x) = ex?fz (0)e0- = 0? m= 1,x+ m0+ m定义域为x|x> 1, f'x)=ex - = ex x+1一二, x+ m x+1显然f(x)在(1,0上单调递减，在0, +8止单调递增.1(2)证明g(x) = ex-ln(x+2),则 g x)=ex- -(x>

2、;-2).x I 2h(x) = g,x)= ex- 712(x> -2)? h,x) = ex+2 2>0,x Nx N所以h(x)是增函数，h(x)= 0至多只有一个实数根,，,111.1又 gY2)=3<0' g (1 2>0，21.所以h(x)=g'x)=0的唯一实根在区间一2, 0内，设 g'x)=0 的根为 t,则有 g'”= et 己2=0 1<t<0 ,，1，所以，et=fqT2?t + 2=e t?当 xC(2, t)时，g'x)<g'tX= 0, g(x)单调递减;当 xC(t, +

3、8时，g，x)>g'tX= 0, g(x)单调递增；r+11 + t 2所以 g(x)min=g(t)=e 1mt+2)=t+t=-tq2->0, 当 mV 时，有 ln(x+ m) 4n(x+2),所以 f(x)= ex-ln(x+ m)ex-ln(x+ 2)= g(x)匐(x)min>0.例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)右 f (x) - x ax b ,求(a 1)b 的取大值。2x 112x 1(1) f (x) f (1)e f (0) x

4、 x f (x) f (1)e f (0) x2令 x 1 得：f(0) 1f (x) f (1)ex1 x -x2f (0) f (1)e 1 1 f (1) e2得：f (x) ex x - x2 g(x) f (x) ex 1 x2文案大全g (x) ex 1 0y g(x)在x R上单调递增f (x) 0f (0)x 0, f (x) 0 f (0)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(2) f(x)1x2,0)当x当ax b h(x) ex (a 1)xb 0得 h(x) ex (a 1)0时，h (x) 时，h(x)得：当x0时，

5、h(x)ln(a 1)时,(a 1)b令 F(x)F (x) 0(a2 x1)2 (a当x石时,0 y与 h(x)h(x)在0矛盾xR上单调递增0 h(x)min21) ln(aln(a 1), h (x) 0 x ln(a 1)(a 1)1)(a 12 .x ln x(x 0)；则 F (x)0 x ,一 e,F (x) 0 x(a 1)ln( a 1) b 00)x(1 2ln x)*F (x) max当a ee 1,b 石时，(aa ln x b已知函数f (x),x 1 x2y 3 0。(2011全国新课标)b的值;(n)如果当解(I) f '(x)1)b的最大值为一2x 0

6、,且 x 1 时，f (x)x(x f(1)In x)y f (x)在点(1,f(1)处的切线方程为ln xx 1且过点(1,1),故f'(1)1)21,12(n)由(i)知 f (x)f(x) qIn x考虑函数h(x) 2ln xb2ln xx 1k一)x由于直线x 2y 3 0的斜率为1,1 -,所以x1 2(2ln1 x(k 1)(x2 1)八 (x0),则 h'(x) (k 1)(x2 x1) 2xo(i)设 k0 ，由 h,(x)k(x2 1) (x 1)2知，当x 1时,h,(x)0 , h(x)递减。而0故当x(0,1)时,h(x) 0,可得x2h(x)0;(1

7、, +)时，h (x)一r1<0,可得h1 x2(x) >0从而当x>0,且 x时，f (x)-(叱+匕>0,即(ii)设 0<k<1.由于x 1 x (k 1)( x2 1) 2x = (kf (x)ln x1)x22xk 1的图像开口向下，且24 4(k 1)0 ,对称轴x=(1,一)时，(k-1) (x2+1)k(+2x>0,故 h (x) >0,而 h (1) =0,故当x(1时,h (x) >0,可得12 h1 x2(x) <0,与题设矛盾。(iii)设 k1.此时 x2 1 2x,(k1)(x21)故当x(1, + )时，

8、h (x)>0,可得2x12xh (x)h (x) >0,而 h<0,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, & ),(2单诩曾加，在(& ,2),(，证明 3- A 6.解：当 a=b=- 3 时,f(x) =(x3+3x23x3)e x,故(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 0vx&l

9、t;3 时,f '身0；当一3vxv0 或 x>3 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=4a.从而 f ' (x)- e x ：x3+(a-6)x+4 -2a.因为 f ' (=af)' (=00)所以 x3+(a-6)x+4 -2a=(x-2)(x-5)(x- 3/(x

10、 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 4v12 4a .又(3-2)(年2)v0,a 伊 2( a + 3 )+4 0.由此可得 a< 6.于是 3 a> 6.2 .在解题中常用的有关结论X(1)曲线y f (x)在x x0处的切线的斜率等于 f (x°),且切线方程为 y f (x0)(x x。)f(x。)。(2)若可导函数y f(x)在X X0处取得极值，则f(X0) 0。反之,不成立。(3)对于可导函数 f (x),不等式f (x)0 ( 0)的解集决定函数 f (x)的递增(减)区间

11、。(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).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x。I ,使得 f(%) 0,则 f(

12、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x1I1 、 x2I2 , f(x1)g(x2)恒成立,则 f (x)ming (x)max .若对x1I1 ,乂2I 2 ,使得f (不)g%)，则 f (x)ming ( x) min .若对x1I1 ,乂2I 2 ,使得f (X) g(x2),贝U f (x)maxg ( x) max .|(11)已知f (x)在区间I1上的值域为A,g(x)在区间12上值域为B,若对xi 11, x 12

13、 ,使得 f(xi)=g(x2)成立，则 A B。(12)若二次函数f(x)有二个零点，则方程 大于0,极小值小于 0.(13)证题中常用的不等式：f (x)0有两个不等实根 x1、x2,且极大值x In x x 1 (x 0)x x 1 w|n(x+D x (x 1) ex1 x 1nx x 1 (x 1) x 12 e x 1 x的In x11,小x222 x2(x0)3 .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)例1 (切线)设函数f(x) x a .(1)当a 1时，求函数g(x

14、) xf(x)在区间0,1上的最小值； 当a 。时，曲线y f(x)在点p(xi,f(xi)(x1 qa)处的切线为l, 若 g(x) 11nxi (x),且对任意的 x1,x20,2 , x1求a的取值范围.与x轴交于 点 A(x2，0)求证：x1 x ,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) Ta.i a例2 (取值问题，两边分求)已知函数f (x) ln x ax 1 (a R).x1.、当a 时，讨论f(x)的单调性； 22.1 .仅g(x) x 2bx 4.当a 一时，右对任息xi (0,2),存在x2 1,2，使4f (x1)>

15、g(x?),求实数b取值范围.交点与根的分布32.例3 (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 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x1,x2都有f为 f x2 c,求实数c的最小值;若过点M 2,m m 2可作曲线yf x的三条切线，求实数 m的取值范围.f(x) ln(2 3x) -x2.例4 (综合应用)已知函数2求f(x)在0,1上的极值;1 1 一x 一,一,不等式 |a ln x| 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

16、不同的实根，求实数 b的取值 范围.不等式证明例5 (变形构造法(x)已知函数ax 1 , a为正常数.9若f(x) 1nx (x),且a 2,求函数”刈的单调增区间；在中当a 0时，函数V f(x)的图象上任意不同的两点Ax1，y1 , B x2 , y2 ,gd) g(x1)x2,都有 x2 x1线段AB的中点为。依。2。),记直线AB的斜率为k,试证明：k f (x0).(1)若f'(x) x2对任意的x 0恒成立，求实数a的取值范围;1时，设函数g(x)f(x)x,1 .、,X1 , x2( ,1), X1x21若ex1x2 (x1 x2)4例7 (绝对值处理)已知函数f(x)

17、 x3 ax2 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；(II)若方程f(x) (2a 3)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8 (等价变形) 已知函数f(x)ax 1 ln x (a R).(I)讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数；), f (x) bx 2 恒成立,(n)若函数f (x)在x 1处取得极值，对x ( 0,求实数b的取值范围;(出)当0 x y e2且x e时，试比较 丫与1ln-y的大小. x 1 ln x

18、127，小f (x) ln x,g(x) xmx- (m0)例9 (前后问联系法证明不等式)已知22，直线1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

19、ln(L)e n111 n2a1a2an n 1已知函数f(x) ln(x 1)(m)证明：例11 (数学归纳法)1 n , 一， 都成立(其中e是自然对数的底数) nmx ,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a 1 ,则存在Xo (a,b),使得f (%) f(b但.试用这个结论证明：若 b a1 Xi X2 , 函数 g(x) f (x1)一f (x2)(x x) f (x1), 则 对任意Xi X2X (Xi, X2),都有f(x) g(X)；(3)已知正数1,对任意大于f ( 1x

20、12x2 Ln ,满足1 ,且nXn )12 L n 1,求证：当 n 2, n N 时，互不相等的实数x1,x2,L ,xn ,都有 1f(X1) 2f(X2) L nf(Xn).alnX(a为实常数).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) 若a 2,求证：函数f(x)在(1,+丐上是增函数;(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)例13(先猜后证技巧)已知函数f (x)(a 2)x成立，求实数a的取值范围.1 1n(x 1)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(出)k右x&g

21、t;0时f (x) 一；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).(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)(x1>0,x2>0),且 PQ/x 轴，求 P、Q 两点间的最 短距离；(出)若*m0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.2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)上有最大值4,最小值1 ,设

22、g(x)X(H)不等式的值；f(2X) kf(|2X 1|)(m)方程导数与数列例16(创新型问题)设函数 极大值点.2X 0在 x2 k( |2X 1|3)f (x) (x a)2 (x11上恒成立，求实数 k的范围;0有三个不同的实数解， 求实数k的范围.x a是f (x)的一个若a 0,求b的取值范围；当a是给定的实常数，设 为，X2, X3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数 b ,可 找到X4R ,使得x1，X2,X3,X4的某种排列xh ,Xi2,x3,(其中i1，i2, i3, i4 = 1,2,3,4)依次成等差数列？若存在，求所有的b及相应的X4 ；若不 存在，说明理由.导

23、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).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Ci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

24、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Q2n 1 i(2)定义&fi 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)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，请说明理由；122n 1 *f(-)f(-)f()，其中 n N，求 S2013；n nna1 2%,若不等式2 n (an)m 1对n N且n 2恒成立，2设函数 f (x)x(x a) ( x R),其中 a R .(1)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

25、(x)的极大值和极小值；(出)当a 3, k 1，0时，若不等式f(k cosx)f (k2 cos2 x)对任意的x R恒成立，求k的值。创新问题积累.一x 2 x例20已知函数f(x) ln -. x 4 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-a b正 一, 一 明存在，求头数a、b的值；右不存在，说明理由4 4导数压轴题题型归纳参考答案332x 一例 1 解：(1)a 1 时，g(x) x x,由 g(x) 3x 1 0,解得 3X0*) 3丁)ig (x)-0+g(x)

26、0极小值0g (x)的变化情况如下表:x22、3所以当3时,g(x)(2)证明：曲线yf(x),:3g(),有最小值32 在点 P(Xi,2Xia)处的切线斜率k(Xi) 2Xi曲线f(x)在点P处的切线方程为yX2,得 xi2Xi2xi2Xi2xia一X2， Xi(2xi22xia2xia)Xi2xi (x Xi)2a xi2xi所以例 2 f (X) ln x令 h(x) ax2当a减；当0时,x (i,当0时,XiXiaxa2xi ? x2. aX20,即2xi a2xiX2Xi2xx i a(x 0)h(x),h(x)i2时,i (i- a(】i, ai)时,0)2axx a i-(x

27、 0) xx i(x 0),当 x(0,i),h(x)0, f (X)0,函数f(x)单调递(x)0, f (x) 0 ,函数f(x)单调递增.0 ,即 ax2 x i a 0,解得 X i%h(x) 0恒成立，此时f (x) 0 ,函数f(x)单调递减;i i 0,x (0,i)时 h(x) 0, f (x) 0,函数 f(x)单调递减;h(x) 0, f (x) 0,函数f (x)单调递增;)时，h(x) 0, f (x) 0 ,函数f (x)单调递减.i，、一、0时一i 0,当 X (0,i), h(x) 0, f (X) 0,函数 f(x)单调递减; a(i,),h(x) 0, f (

28、x) 0,函数 f(x)单调递增.综上所述：当a 0时，函数f(x)在(0,i)单调递减，(i,)单调递增;1当a 时K X2 ,h(x) 0恒成立，此时f(x) 0,函数f(x)在(0,)单调递减；2、，一11 1.1.当0 a 时，函数f(x)在(0,1)递减，(1, 1)递增，(-1,)递减.2aa1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),41有 f 函)为 f(1)21又已知存在 x21,2 ,使 f(x1) g(x2),所以 -g(x2), x2又 g(x) (x b)2 4 b2,x 1,2当 b 1 时，g(x)min g(1)

29、5 2b 0 与(X)矛盾；当 b 1,2 时，g(x)min g(1) 4 b2 0 也与(X)矛盾；一 一117当 b 2 时，g(x)min g(2) 8 4b -,b .28一17综上，实数b的取值范围是上，).8例 3 解： f x 3ax2 2bx 3.,f 12, a b 32, a 1根据题意，得即,解得 所以ff 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 x 2, f x 2.:max )min则对于区间2,2

30、上任意两个自变量的值 x1,x2,都有f Xi f x2f x f x 4,所以c 4 .所以c的最小值为4.maxmin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 xo3X2 3,所以切线的斜率为 3x2 3.则 3x2 3= x0 3x0 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，所以方程2x3 6x2 6 m 0有三个不同的实数解.所以函数g x2x3 6x2 6 m有三个不同的零点.2则 g x 6x 12x.令 g x 0,贝Ux 0或 x 2.x,000,22

31、2,g x+g x增极大值减极小值增则g 00，即6 m 0 '解得6 m 2 3 c 3(x 1)(3x 1) 例 4斛： f (x) 3x -2 3x3x 2一一1 ,、令f (x) 0导x 3或x1 (舍去)Q f (x)递减.一 1 一一一1 一一当0 x 时，f(x) 0, f(x)单调递增；当x 1时，f (x)33_ 11 一f(-) ln3 为函数f(x)在0,1上的极大值.36由| aln x |ln f (x)3x 0得 aIn x In一或a 2 3xlnx ln设 h(x)In xln32 3x2,2x 3x2ln 3g(x) Inxln 233x2 3x,3x

32、 ln,2 3x依题意知,、，1 1,h(x)或a g(x)在x 一,一上恒成立,6 3,、2 3x 3(2 3x) 3x 32g (x)23x (2 3x)x(2 3x)h(x) J 1(2 6x)2 6x2 0,2x 3x 32x 3x0,11g(x)与h(x)都在一,一上单增，要使不等式 成立, 6 31 ,、11 ,、1当且仅当a h(一)或a g(一)，即aln-或a ln-.3635-3 2由 f(x) 2x b ln(2 3x) -x 2x b 0. 2人3 23令(x) ln(2 3x) -x2 2x b,则(x)22 3x3x7 9x22 3x.一 7. 7x 0,时，(x)

33、 0,于是(x)在0,上递增;_ 3_ 3也,1时，(x) 0,于是(x)在五,1上递减，33而停，与f(x) 2x b即(x)，0在0,1恰有两个不同实根等价于(0) ln2 b 0772 7()ln(2 ,7)-b 03661(1) In 5 b 0 2In 5 1 b ln(2、7) 7 冬二26321 a x (2 a)x 1例5解： f (x) - 2 一x (x 1)2x(x 1)29a 令f (x) 0得x 2或02证明：当a 0时f(x) Inx1x 1 ,函数f(x)的单调增区间为21(0，2)，(2,).f (x)11,1- f (x0)一xx02x1x2, 又 kf (x

34、2) f(x1)In x2 1nxix2 xx2 x1心 x1In *2不妨设x2为，要比较k与f (x0)的大小，即比较x1与的大小, x1 x2x2 x1p. x2 . 2(x2 x1)又二'2 x1，即比较 In一 与一一- xx1 x2人2(x 1)/ 八 ，,、1令 h(x) In x (x 1) JtJ h (x)x 1xh(x)在1,上位增函数.x22(- 1)的大小.上1x4 (x 1)2(x 1)2x(x 1)20,又 x2 1, . .h(红)h(1) 0, x1x1口.g(x2)g(x1)1.Ix2x12(2 1). In 会，即 k f (x0)为x2 1x1g

35、(x2) x2g(x1)为 0x2 x1由题意得F (x)g(x) x在区间0,2上是减函数._ _a1 a /1 当 1 x 2, F (x) In x x, F (x) - 2- 1x 1'x (x 1)2由 F (x) 0设 m(x) X2a 5 x3x 1 3,x(x 1)x 1,23xm(x)m(x)在1,2上为增函数,m(2)27万1, F(x) ln x由 F (x)(x 1)2(x 1)2设 t(x)综上：a的取值范围为例 6解：(1) f'(x)x (0,1)为增函数,.'. a272x(x)1,2恒成立.a 12(x 1)2(0,1)恒成立22xln

36、(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单调减,x 2单调增,所以x 2时，u(x)有最大值u(2) 0,2ln2a 1 2 ,所以0 a-7e2(2)当 a 1 时，g(x) -f-(x) xln x, xg(x) 1ln-1 ，1x 0,x，所以在(，1 ，一，一，)上g(x)是增函数，(0,1)上是减函数. ex1Xi x21 ，所以g(x1x2) (x1 x2)ln(x1 x2) g(x1)x1 In x1即 In x1x1x2-ln(x

37、1 Xix2)同理lnx2x1x2ln(x1X2x2).所以ln x1x1ln x2(X2X2x1x2-) ln(x1X2) (2Xix1x2一 一)ln(x1X2Xix2)又因为2又 x1, x2XiX2x2X1(_,1), Xie4,当且仅当 Xi X2”时，取等号X2 1 , ln(X1 X2)0,所以(2x1x2 )ln(x1x2) 41n(x1x2x1x2)所以 In x1In x2 41n(x1x2)所以:x1x2(x1例 7 (I) f(0) 02f (x) 3x2x2)4.c 0, f (x) 3x22ax (2a 3) (x2ax b, f (1)1)(3x 2a 3),0

38、b 2a,2a 3 一，由f (x) 0 x 1或x ,因为当x 1时取得极大值,3所以至f 1 a 3,所以a的取值范围是:(,3);3 a 62依题意得：(2a 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 (1)都有f( 2)_ 2(2a 3)9f(x) x32 2sin8 36 307, f(x)的最小值是f(29x2 15x2, 2 2sin 2,74, f (1) 7, f(2) 8 362)8 36 307430 2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

39、.例8解:(I) f (x) a在(0,)单调递减,1 ax 1 当 x x f(x)在(0,0 时,f (x)上没有极值点;0时，f (x) 0得 0 xf (x) 0得 x0在(0,)上恒成立,函数f (x),1 f(x)在(0,-)上递减,.当a 0时当a 0时,af(x)在(0,f (x)在(0,)上递增，即f(x)在x)上没有极值点，)上有一个极值点.(n) .函数f (x)在 x1处取得极值，a 1,，f(x)1一处有极小值.abx 2ln x . b ， x令 g(x) 1ln x22，可得g(x)在0,e上递减，在e ,上递增,g (x) ming(e2)(m)证明:ex y1

40、1 Mbeln(x 1)ln(y 1)1 2 exeln(x 1)yeln(y 1)令 g(x)ln(x 1),则只要证明g(x)在(e1,)上单调递增,(II)由下表：x(,1)12a 3 (1, -T') 32a 3 3(-2aJ,) 3f (x)+0-0-f(x)递增极大值a 2递减极小值.a-6(2a 3)227递增又,: g (x)ex ln(x 1)x 1ln2(x 1)显然函数h(x)1 - ln(x 1)在(ex 11,)上单调递增.1 h(x) 1 e0,即 g (x) 0,g(x)在(e 1,)上单调递增，即eyln( x 1) ln(y 1)当 x y e 1 时

41、，有 ex y 1n(x 1) .1n( y 1)一 一一1，例9解：(I) Qf '(x) -,f'(1) 1; 直线1的斜率为1,x 1.x且与函数f(x)的图像的切点坐标为(1,0), 直线1的方程为y又Q直线1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V,并整理得x2 2(m 依题意，方程有两个相等的实数根，1)x2(m1)20解之,2.2xg'(x) x 2, h(x) 1n(x1)2(x当 x (-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当1)(0,h'(x)时,1x 1h'(x)x1 .x 10,

42、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) 1n(ab)ln 2a lna b2a1n(1Q0 b a, 1 b a 2 2aa b a 0, 0.证明，当x (1,0)时,1n(1x)x,b a、 1n(1 ) 2ab a2af(a b) f(2a)号例10解：(1)函数f(x)的定义域是(0,).由已知f (x)因为当0 x e时，f (x) 0;当x e时，f (x)1 ln x.令 f (x) 0 ,得 x e x0 .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 e时，f(x)在m,

43、2m上单调递增，所以In 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)f (x)maxIn m .北1 .当 m mIn 2m , 1, 0 m2m1e一 1, 一 m ee2In m 1, m e m(3)知当x(0，1)时 f(x)maxf (e) 一e所以在x (0,In xf(x) 1x恒有Inx1-1 e1因为1此对任意In xx0,1 ln(-1e1nnn，当且仅当x e时等号成立.因此对任意x (0,)1 n 1 1 n 所以Inn e n即 in(U)en)e例11解：(1)当 x

44、 (0,x)时,(1,0)时,f (x)f (x) 0 ,函数nn0 ,函数f (x)在区间(1,0)上单调递增;函数f (x)在x(2)令 h(x) f (x)则 h (x) f (x)x0 (x1，x2),使得(x)f(x)在区间(0,)上单调递减.故对任意0处取得极大值，故m 1.g(x) f(x) f(x1) f(x2)(xx1 x2f(x1) f(x2)x1.Q函数f (x)在(x。)f(为)f(x2)xx2x1) f(%)，(x1，x2)上可导， 存在,1 x 1(X,%)时,(x0,x2)时,h (x)h (x)h (x)f (x) f (x0)x0x0 xx (x1，x2),都

45、有f(x)h(x)单调递增, h(x)单调递减,g(x).h(x) h(x)1 (x 1)(x0 1) h(x1) 0;h(x2) 0;(3 )用数学归纳法证明当n2时,1%2*2f ( 1x12x2)Q 1(x1,x2)f (x1)x1 x2由(n)得 f (x)fd)(1x12x20,g(x)，即x1) f(x1)1f (x1)2f仇)，当n 2时，结论成立n k(k 2)f( 1X12X22 ,L ,kXk)满足1f (X1)2 f ( X2 )当12 Lk f(Xk).当 nk 1时，1时，设正L k ，11 一, mf ( 1X1fm(-,Lk 1n1,且m2X2L1X1Lmf (

46、1X1 Lm 1f (X1) L 1f(X1) L当n k 1时,k xk kxk ) kxk )m kf(Xk)1Xk 1 )1 Xk 1f (Xk 1)k 1 f (Xk 1)k f(Xk) k 1f(Xk 1) 结论也成立.综上由，对任意 n 2, n N,结论恒成立.例 12 解：当 a 2 时，f(X) X2 2lnX,当 x (1,f (x)2(x2X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1,e上非负(仅当a222x2 a a 2,a 2e2.2, x=1 时，f (x) 0),故函数 f (x)在1,e上是

47、增函数，此时f(x)min f(1) 1 .若 2e2 a 2,当 x Jja 时，f(x) 0；当1 x 3时,f (x) 0,此时 f (x)是减函数；当 J-a x e时，f (x) 0,此时f(x)是增函数. 2故f(x)min f(, 2a)孰 |) f.若 a2e2, f (x)在1,e上非正(仅当 a 2e2 , x=e 时，f (x) 0),故函数 f(x)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) x2x 1,e , Inx 1x且等号不能同时取，所以2x.In x x ,即 xln x0,因而a令

48、g(x)x2 2x x In x x2 2x x In x(x(X1,e)(x 1)(x 2 2ln x)1同)，又 g(X) (I 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，、1，,)、g(x) ” ln(x 1)g (x)1(x 1)21 xx 1 (x 1)2,、1g(x) - ln(x 1) x 1故 g(x)在(1,g (x)11(x 1)2x 10)上是