高考数学专题复习函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析

1、20142014高考数学专题复习高考数学专题复习 （第（第 2 2 轮轮 难点突破）难点突破） 函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析 【考情分析】【考情分析】 1函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要 的主线， 选择、 填空、 解答三种题型每年都有函数题的身影频现， 而且常考常新 以 基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势函数的图象也 是高考命题的热点之一近几年来，考查用导数工具研究函数性质的综合题基本 已经定位到压轴题的位置了 2对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对 称性和

2、函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解 决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与 其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值 【常见题型及解法】【常见题型及解法】 1.1. 常见题型常见题型 一、一、 小题：小题： 1. 函数的图象 性、对称性); 3. 分段函数求函数值； 4. 函数的定义域、值域（最值） ； 5. 函数的零点； 6. 抽象函数； 7. 定积分运算（求面积） 二、大题：二、大题： 1. 求曲线y = f (x)在某点处的切线的方程； 3. 讨论函数的单调性，求单调区间； 4. 求函数的极值点和极值；

3、5. 求函数的最值或值域； 6. 求参数的取值范围 7. 证明不等式； 8. 函数应用问题 2. 函数的性质(单调性、奇偶性、周期 2. 求函数的解析式 2.2. 在解题中常用的有关结论在解题中常用的有关结论（需要熟记需要熟记） ： (1)(1)曲线y f (x)在x x 0 处的切线的斜率等于f (x 0 )，且切线方程为 y f (x 0 )(x x 0 ) f (x 0 )。 (2)(2)若可导函数y f (x)在 x x0处取得极值，则f (x 0 ) 0。反之，不成立。 (3)(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）区间。（ 0） (

4、4)(4)函数 f (x)在区间 I 上递增 （减） 的充要条件是：xIf (x)0( 0)恒成立 （f (x) 不 恒为 0）. (5)(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)(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)(7)若 x? I， f (x)0恒成立，则f (x) min 0; 若xI，f (x)0恒成立，则f

5、 (x) max 0 (8)(8)若 x 0 I，使得f (x 0 )0，则f (x) max 0；若 x0I，使得f (x 0 )0，则f (x) min 0. (9)(9)设 f (x)与g(x)的定义域的交集为 D，若 xD f (x) g(x)恒成立，则有 f (x) g(x) min0 . (10)(10)若对 x 1 I 1 、x 2 I 2 ，f (x 1) g(x2 )恒成立，则f (x) min g(x) max . 若对 x 1 I 1 ， x 2 I 2 ，使得f (x 1) g(x2 ),则f (x) min g(x) min . 若对 x 1 I 1 ， x 2 I

6、2 ，使得f (x 1) g(x2 )，则f (x) max g(x) max . （1111）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)(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)(13)证题中常用的不等式: lnx x1 (x 0)ln （x+1 ） x (x 1) ex1 x e ln xx 1 (x 1) x 12 x1 x ln x11

7、(x 0) 22x22 x 3.3. 解题方法规律总结解题方法规律总结 1. 关于函数单调性的讨论： 大多数函数的导函数都可以转化为一个二次函数， 因此， 讨论函数单调性的问题，又往往转化为二次函数在所给区间上的符号问题。 要结 合函数图象，考虑判别式、对称轴、区间端点函数值的符号等因素。 2. 已知函数（含参数）在某区间上单调，求参数的取值范围，有三种方法： 子区间法；分离参数法；构造函数法。 3. 注意分离参数法的运用：含参数的不等式恒成立问题，含参数的不等式在某区间 上有解，含参数的方程在某区间上有实根（包括根的个数）等问题，都可以考虑 用分离参数法，前者是求函数的最值，后者是求函数的值

8、域。 4. 关于不等式的证明：通常是构造函数，考察函数的单调性和最值。有时要借助上 一问的有关单调性或所求的最值的结论， 对其中的参数或变量适当赋值就可得到 所要证的不等式。对于含有正整数 n 的带省略号的不定式的证明，先观察通项， 联想基本不定式（上述结论中的 13） ，确定要证明的函数不定式（往往与所给的 函数及上一问所得到的结论有关） ， 再对自变量 x 赋值， 令 x 分别等于 1、 2、 .、 n,把这些不定式累加，可得要证的不定式。 ） 5. 关于方程的根的个数问题：一般是构造函数，有两种形式，一是参数含在函数式 中，二是参数被分离，无论哪种形式，都需要研究函数在所给区间上的单调性

9、、 极值、最值以及区间端点的函数值，结合函数图象， 确立所满足的条件，再求 参数或其取值范围。 【基本练习题讲练】【基本练习题讲练】 【例例 1 1】 “龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来， 睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚 乌龟还是先到达了终点用 S1、S2 分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时 间，则下图与故事情节相吻合的是（） ABCD 【答案】 B 【解析】在选项 B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短 【点评】函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生 解决问题、分析问题的能力，在

10、复习时应引起重视 【例例 2 2】 （山东高考题）（山东高考题）已知定义在 R 上的奇函数f (x)，满足f (x4) f (x)，且在区间 0,2上是增函数，若方程f (x) m (m 0)在区间8 , 8上有四个不同的根 x 1,x2 ,x 3 ,x 4 ，则x 1 x 2 x 3 x 4 _. 【答案【答案】 -8 【解析】【解析】因为定义在 R 上的奇函数， 满足 f (x4) f (x) ，所以 f (x4) f (x) ， 所 以 , 由 f (x)为奇函数，所以函数图 y f(x)=m (m0) -8-6-4-202468x 象关于直线x 2对称且 f (0) 0，由f (x4)

11、 f (x)知f (x8) f (x)，所以函数 是以 8 为周期的周期函数， 又因为 f (x)在区间0,2上 是增函数， 所以f (x)在 区间-2,0上也是增函数 如图所示， 那么方程 f(x)=m(m0)在区间8,8 上 有四 个不 同的根x 1,x2 ,x 3 ,x 4 ， 不 妨设 x 1 x 2 x 3 x 4 ， 由对 称性 知 x 1 x 2 12 ， x 3 x 4 4 所以 x 1 x 2 x 3 x 4 12 4 8 【点评】【点评】本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象 解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题 x 【例

12、3】若x 1是方程 lgx x 3的解，x 2 是10 x 3的解，则x 1 x 2 的值为（） 12 3 A 2 B 3 C3D3 3 x【解析】作出y 1 lg x, y 2 3 x, y 3 10的图象， y 2 3 x, y x交点横坐标为， 2 3 x x 2 3【答案】C而 12 2 【点评】该题考查了指数函数、对数函数的图象及性质综合了函数的图象、方程 的解及曲线的交点等问题指数函数、对数函数是两类重要的基本初等函 数， 高考中以它们为载体的函数综合题既考查双基， 又考查对蕴含其中 的函数思想、等价转化、分类讨论等思想方法的理解与运用 【例 4】若函数f (x) ax x a (

13、a 0 且 a 1)有两个零点，则实数 a的取值范围 是 【解析】设函数y ax(a 0 且 a 1)和函数y x a，则函数f (x) ax x a (a 0 且 a 1)有两个零点，就是函数y ax(a 0 且 a 1)与函数 y x a有两个交点，由图象可知：当0 a 1时两函数只有一个交点，不符 合，当a 1时，因为函数 y ax(a 1)的图象过点(0，1)，而直线y xa所过 的点一定在点(0，1)的上方，所以一定有两个交点所以实数 a 的取值范围 是 a 1 【答案】 a 1 【点评】本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系，隐含着对指数函数的性质 的考查，根据其底数的不同取值范

14、围而分别画出函数的图象解答体现了对 分类讨论思想的考查，分类讨论时，要注意该分类时才分类，务必要全面 【例 5】已知偶函数f (x)在区间0,)单调递增，则满足f (2x1) f ( )的 x 取值范围 是（） （A） （ ，） (B) ，） (C)（，） (D) ，） 【解析】由于f(x)是偶函数，故f(x)f(|x|)， 得 f(|2x1|)f( )，再根据f(x)的单 调性，得|2x1| ，解得 x【答案】B 【点评】该题的关键是将含有函数符号的不等式转化为普通的不等式，体现的对转 化思想的考查，同时还综合考查了函数的性质，而该题的转化的依据就是函 数的奇偶性和单调性考题中通过这种形式来

15、考查函数的性质与方程、不等 式等的综合不但是一个热点，而且成了一个固定的必考题型 1 3 1 3 2 3 1 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 2 2 3 1 2 2 3 1 3 【例例 6 6】某单位用 2160 万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少 10 层、每层 2000 平方米的楼房 经测算， 如果将楼房建为 x （x10） 层， 则每平方米的 平 均建筑费用为 560+48x（单位：元） 为了使楼房每平方米的平均综合费用最 少，该楼房应建为多少层？ （注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用= 【解析】【解析】设楼房每平方米的平均综合费为y元，依题意得

16、： 购地总费用 ） 建筑总面积 21601000010800 y (56048x)56048x 2000 xx (x 10,xN*) 则y 48 10800 10800 48 0，解得 x 15 ，令y 0，即 2 2xx 当x 15时， y 0；当0 x 15时，y 0 ， 因此，当x 15时， y 取得最小值，y min 2000元 【答】 为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15 层 【点评】【点评】这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题利用导数，求函数 的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法 【典型题剖析及训练】【典型题剖析及训练】 【例 1】已知 a、b 为常

17、数，且 a0，函数f (x) =- ax +b +axlnx， ，f (e) =2。 （）求实数 b 的值； （）求函数 f(x)的单调区间； （） 当 a1 时， 是否同时存在实数 m 和 M （mM） ， 使得对每一个 tm， 骣 1 M，直线 yt 与曲线y = f (x) 琪 xe都有公共点？若存在，求出 e桫 最小的实数 m 和最大的实数 M；若不存在，说明理由。 【解析】 （）b2； （）a0 时单调递增区间是（1，） ，单调递减区间是（0，1） ， a0 时单调递增区间是（0，1） ，单调递减区间是（1，） ； （）存在 m，M；m 的最小值为 1，M 的最大值为 2。 【例 2

18、】已知函数f (x) alnxbx2图象上一点P2, f 2 处的切线方程为 y 3x 2ln 2 2。 （1）求a 、b的值 （2）设g(x) x22x，求证：对于任意的x0,，有f (x) g(x) （3）若方程f (x) m 0在 1 , e上有两个不等实根，求m 的取值范围（其 e 中 e 为自然对数的底数） 【解】 （1）由已知： f (x) aa 2bx，所以f (2) 4b。易知f (2) aln24b。 x2 所以函数 f (x) alnxbx2的图象在点P2, f 2 处的切线方程为： a a y aln24b 4b(x2)，即y 4bxa 4baln2。 2 2 a 4b

19、3a 2 由题意得： 。 2 b 1 a 4b a ln 2 2ln 2 2 （2）由（1）知：f (x) 2ln x x2。令F(x) f (x) g(x) x0 ,， 则F(x) 2ln x2x22x x0 ,，所以F(x) 令F(x) 0，得：x 1。 当x0 , 1时，F(x) 0，F(x)递增； 当x1 ,时，F(x) 0，F(x)递减。 所以当x 1时，函数F(x)取得最大值，且F(x) max F(1)0。 故对x0 ,，都有：F(x) 0，即f (x) g(x)。 2 4x2， x 1 （3）记h(x) f (x)m 2ln x x m x , e， e 2 则h(x) 22(

20、1 x)(1 x) ，令h(x) 0，得：x 1。 2x xx 1 时，当 x h (x) 0，h(x)递增；当x1 , e时，h(x) 0，h(x)递减。 , 1 e 1 为使方程f (x) m 0在 , e上有两个不等实根， e 11 h( ) 2m 0 2 ee 1 则有：h(1) 1m 0 1 m 2 2 。 e 2 h(e) 2e m 0 所以实数 m 的取值范围是1 , 2 【另解】方程f (x) m 0在 1 。 2 e 1 , e上有两个不等实根等价于 e 1 方程m f (x)在 , e上有两个不等实根。 e 记h(x) f (x) x22ln x x 2(x1)(x1) 1

21、 , e，则h(x) ， x e 1 令h (x) 0，得：x 1。当x , 1时，h(x) 0，h(x)递减； e 当x1 , e时，h(x) 0，h(x)递增。所以h(x) min h(x) 1， 又 h( ) 2 1 e 11 22 ，显然，根据h(x)的图象，h(e) e 2e 2 2 22ee 1 1 为使方程m f (x)在 , e上有两个不等实根，则有：1 m 2 2e e 【例 3】设函数f (x) ln x，g(x) a ，F(x) f (x) g(x)。 x （1）求函数F(x)的单调区间； （2）若函数y F(x) (0 x 3)图象上任意一点P(x 0 , y 0 )处

22、的切线的斜率 1 k 恒成立，求实数a的取值范围； 2 （3）若方程f (x) mx在区间1 , e2上有唯一实数解，求实数m的取值范围； （4） 是否存在实数 t， 使得函数y f (x21)的图象与函数y g 2a t 1 2 x 1 的图象恰好有 4 个不同的交点？若存在，求实数 t 的取值范围；若不存 在，说明理由。 【解】 （1）当a 0时，F(x)的的递增区间为(0 , )； 当a 0时，F(x)的递减区间为(0 , a)，递增区间为(a , ) 1a11a （2）F(x) 2 ，由已知：对x 0 (0 , 3， 2 恒成立， x 0 x 0 2xx 即a x 0 2 x 0 对x

23、 0 (0 , 3恒成立。 1 2 1 2 11 当x 0 (0 , 3时，x 0 x 0 在x 0 1时取得最大值 ，所以a 。 222 （3）方程f (x) mx在区间1 , e2上有唯一实数解等价于 方程m lnx 在区间1 , e2上有唯一实数解。 x lnx1lnx 2记h(x) ， 令h(x) 0，得：x e，x1 , e ，则h (x) 2xx 当x1 , e时，h(x) 0，h(x)递增； 当xe , e 时，h(x) 0，h(x)递减。所以h(x) max 2 1 h(e) 。 e 易求得：h(1) 0，h(e2) 为使方程m 2 。 2e lnx 在区间1 , e2上有唯一

24、实数解， x lnx 则直线y m与函数y h(x) 的图象有唯一交点， x 根据h(x)的图象可知：m 或0 m 故m的取值范围是 0 , （4）设G(x) f (x21) g 1 e 2 。 2e 2 1 U 。 2 e e 1 2 1 2a 2t 1，则G(x) ln(x 1)x t， 2 x 122 2xx(x1)(x1) G(x) 2 ，令G(x) 0，得： x 2x 1x 1 x 1 1，x 2 0，x 3 1。列表如下： x G(x) G(x) (,1) + -1 0 极大值 (1 , 0) - 0 0 极小值 (0 , 1) + 1 0 极大值 (1,) ZZ 由上表可知：当x

25、 1时，函数G(x)取得极大值ln2t；当x 0时，函数 1 G(x)取得极小值t；当x 1时，函数G(x)取得极大值ln2t。且当 2 x 时，G(x) 。 为使函数y f (x21)的图象与函数y g 2a t 1的图象恰好有 4 个 2 x 1 不同的交点，则函数G(x)有 4 个零点，所以函数的极大值大于0，极小值小 ln2t 0 1 t ln2。 于 0，即1 2t 0 2 1 故存在实数 t 满足题设条件，且 t 的取值范围是 , ln 2 。 2 【 例例 4 4 】 （ 20092009 全全 国国 I I ） 设 函 数 fx x33bx23cx 在 两 个 极 值 点 x

26、1 、x 2 ， 且 x 1 1， 0,x 2 1,2. （I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的 点b,c的区域； (II) 证明：10 fx 2 2 1 2 【解析】 （I） f x 3x 6bx3c 。 由题意知：方程 f x 0有两个根 x 1 、x 2 ，且 x 1 1 ,0 , x 2 1 ,2 则有 f 10，f 0 0，f 1 0， f 2 0 2bc 1 0 c 0 故有 2bc 1 0 4bc 4 0 右图中阴影部分即是满足这些条件的 点b , c的区域。 (II) 由题意有 f x 2 3x 2 2 6bx 2 3c 0 又 f x 2 x

27、2 3 3bx 2 2 3cx 2 消去b可得 f x 2 1 3 3c x 2 x 2 22 易知：f (x 2) 关于x2递减， 13c 43c f (x ) 。 因为x 2 1 ,2， 2 22 而c2 ,0， 10 f (x 2 ) 1 2 【例 5】已知函数f (x) =ln x+， g(x) =x，F(x) = f (1+ex)- g(x) （x R） （1）若函数f (x)的图象上任意一点P(x 0 , y 0 )处的切线的斜率都不大于 ，求实 数a的取值范围。 （2）当a =0时，若x 1、x2 R且x 1 x 2 ，证明：F 琪1 1 2 骣x +x 2 F(x 1)+F(x

28、2 ) 0）有唯一实数解， 求m的值。 【解析】 （1）f (x)的定义域为(0 , )。 f (x) 1a 2 。 xx 依题意， f (x 0 ) 1 a 2 1，对x 0 (0 , )恒成立。 x 0 x 0 2 11 即a x 0 2 x 0 恒成立。所以a x 0 2 x 0 ， 22max 11111 2而 x 0 2 x 0 x 0 1，其最大值为 ， 所以 a 22222 x x 1 （2 2） 当 a=0 时，于是F 12 F(x 1) F(x2 )F(x) ln(1ex) x (xR)， 22 ln 1 e x1x2 x1x2 2 1 ln(1 e 2 x1x2 2 x1)

29、(1 ex2) 1 e x1x2 2 2 (1 ex1)(1 ex2) e e 2e。因为x 1 x 2 ，由基本不等式可得： x 1x2 2ex1ex22 ex1ex22e 。故题设不等式得证。 1 2x有唯一解等价于方程 2 （3 3） 【法一】当 a=0 时，关于 x 的方程m f (x) g(x) x2 2mlnx 2mx 0有唯一解。 22x 2mx 2m ， 设h(x) x 2mlnx2mx（m 0）则 h(x) x 2 2m m 4m 令h(x) 0，即x mx m 0，求得： x 0 。 2 2 当x0 , x 0 时，h(x) 0 ，h(x)递减；当xx 0, 时 ，h(x)

30、 0，h(x) 递增。 所以，当x x 0 时，h(x)取得最小值h(x 0 ) h(x 0 ) 0 若x 0 是方程x 2mlnx 2mx 0的唯一解，则有： ， h(x0) 0 2 x 0 2 2m ln x 0 2mx 0 0 即 lnx 0 x 0 10，显然x 0 1 2 x0 mx 0 m 0 而函数p(x) lnx x 1(x 0)单调递增，所以x 0 1是方程的唯一解。 又 x 0 m m2 4m 2 ，所以m m2 4m 1 ， 2 1 求得： m 。 2 【法一】当a=0 时，关于x 的方程m f (x) g(x)x2有唯一解等价于方程 1 1 ln 2 x在(0 , )上

31、有唯一解，设 h(x) 1 ln 2 x (x 0) ， 2mxx 1 2 xx x(x 1) 2ln x，令h(x) 0，求得：x 1。则 h(x) 1 2 1 2ln 33xxx 当x(0, 1)时，h(x) 0，函数h(x)递增：当x(1, )时，h(x) 0， 函数h(x)递减 。所以当x 1时，h(x)取得最大值h(1)1。为使方程 11ln x 2 有唯一解，又 m0，故有： 1 2mxx 2 m 【例 6】 （20112011 湖南湖南 文文 2222）设函数f (x) xaln x(aR). (I)讨论 f (x)的单调性； 1 x 1 ， 所以 m 1 2 （II） 若f (

32、x)有两个极值点x 1和x2 ， 记过点A(x 1, f (x1),B(x2 , f (x 2 )的直线的斜率为k， 问：是否存在a，使得k 2a?若存在，求出a的值，若不存在，请说明 理由 1ax2ax1 【解析】 （I）f (x)的定义域为(0 ,) f (x) 1 2 2xxx 令g(x) x2ax1，其判别式V a24. 当|a| 2时,V 0, f (x) 0, 故f (x)在(0,)上单调递增 V0,g(x)=0的两根都小于 0，在(0,)上，f (x) 0，当a 2时, 故 f (x)在(0,)上单调递增 aa24aa24 ,x 2 V0,g(x)=0的两根为x 1 当a 2时,

33、 ， 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,x2 )上单调递减 （II）由（I）知， a 2 x 1 x 2a(lnx 1 lnx 2) ，因为f(x 1) f(x2)(x1 x 2) x 1x2 所以k f(x 1) f(x2) lnx lnx 2 1 1ag1 x 1 x 2 x 1x2 x 1 x 2 ln x 1 ln x 2又由(I)知，x 1x2 1于是k 2 ag x 1 x 2 ln x 1 ln x 21若存在

34、 a ，使得k 2a.则 x 1 x 2 即ln x 1 ln x 2 x 1 x 2 亦即x 2 1 t 1 2ln x 2 0(x 2 1)(*) x 2 再由（I）知，函数h(t) t 2ln t 在(0,)上单调递增，而x 2 1，所以 x 2 11 2ln x 2 12ln1 0.这与(*)式矛盾 x 2 1 故不存在a，使得k 2a. 【例【例 7 7】 （20112011 辽宁）辽宁）已知函数 f (x) ln x ax2 (2 a)x （I）讨论 f (x)的单调性； 1 1 1 （II）设a 0，证明：当0 x 时，f x f x； a a a （III）若函数 y f (x

35、)的图像与 x 轴交于 A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0，证明： f （x0）0 【解析】 （I） f (x)的定义域为(0,), f (x) 1(2x1)(ax1) 2ax(2a) . xx 若.a 0,则f(x) 0,所以f (x)在(0,)单调增加. 111 若a0,则由f(x)0得x ,且当x(0, )时, f (x) 0,当x 时, f (x)0. aaa 11 所以 f (x)在(0, )单调增加，在( ,)单调减少. aa 11 （II）设函数g(x) f ( x) f ( x),则g(x) ln(1 ax)ln(1 ax) 2ax, aa aa2a3x2 g(x)

36、 2a . 221 ax1 ax1 a x 当0 x 1 g(x) 0 ， 时，即g(x)递增， 而g(0) 0， 所以g(x) g(0) 0. a 故当0 x 111 时，f ( x) f ( x) aaa （III）由（I）可得，当a 0时,函数y f (x)的图像与 x 轴至多有一个交点， 1 故a 0，从而 f (x)的最大值为f ，且 a 1 f 0 a 不妨设A(x 1, 0), B(x2 , 0) 0 x 1 x 2 ，则 0 x 1 1 x 2. a 2 由（II）得 f x 1 a 从而x 2 1 1 f x 1 f (x 1) 0. aa 2x x1 x 1 , 于是 x

37、0 12.，由（I）知，f (x0) 0. a2a 【例 8】 （20112011 江苏江苏 1919） 已知 a， b 是实数， 函数f (x) x3ax , g(x) x2bx , f (x) 和g(x)是f (x)、g(x)的导函数， 若f (x)g(x) 0在区间 I 上恒成立， 则称f (x) 和g(x)在区间 I 上单调性一致. （1）设a 0，若函数f (x)和g(x)在区间1, )上单调性一致,求实数 b 的取 值范围； （2）设a 0,且 a b ，若函数f (x)和g(x)在以 a，b 为端点的开区间上单 调性一致，求a b的最大值. 【解析】Q f (x) x3 ax ,

38、 g(x) x2bx, f (x) 3x2a , g(x) 2x b （1）因为函数f (x)和g(x)在区间1,)上单调性一致， 所以，对x1 , ) , f (x)g(x)0恒成立 即x1 , ) , (3x2+a)(2xb)0恒成立。 Q a 0 , 3x2a 0 , x1 , ),2x+b0 即, x1 , ),b 2x , b 2，故 b 的取值范围是2 , ) a （2） 【法一】由f (x) 0得：x 3 若b 0，则由 a 0，0(a , b) , f (0) g(0) ab 0，于是f (x)和g(x)在区间 (a , b)上不是单调性一致, 所以b 0. a 因为当x( ,

39、 0)时，,g(x) 0；当x(, )时，, f (x) 0； 3 当x( a , 0)时， f (x) 0所以要使f (x)g(x) 0, 3 aa11 , b ,即 a 0 , b 0, 3333 只有a 11 2 1 所以|a b| 。 取a , b 0，则f (x)g (x) 6xx 9 33 1 1 当x , 0时,f(x)g(x)0。 因此|ab| max 33 【法二】当b a时，因为，函数f (x)和g(x)在区间(b , a)上单调性一致， 所以， x(b , a)， f(x)g(x)0，即 x(b , a)，(3x2+a)(2xb)0， 因为b a 0，所以2xb0。故有

40、x(b , a) , a 3x2，即b a 3b2 设z a b，考虑点(b , a)的可行域，函数y 3x2的斜率为 1 的切线的切设为 11111 (x 0 , y 0 )，则6x 0 1，得：x 0 ，从而y0 z max ( ) 。 1261266 当a b 0时，因为，函数 f (x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以， x巫(a , b) , f(x) g(x)? 0,，即 x? (a , b) , (3xa)(2x+b)? 0, Q b0 , x? (a , b) , 2xb0， x危(a , b) , a-3x2, a? 3a2, 从而得：- 11 a0,，(b-

41、a) max = 33 f (x)和g(x)在区间（ a, b）上单调性一致，所以， 当 a 0 b时，因为，函数 x巫(a , b) , f(x) g(x)? 0,即 x? (a , b) , (3xa)(2x+b)? 0, Q b 0,而 x=0 时，(3x +a)(2x+b) =ab0，不符合题意， 当 a 0 b 时 ， 由 题 意 ： x? (a , b) , (3xa)(2x+b)? 0,易 知 ， x? (a , b) , 2xb0， x? (a , b) , 3xa? 0，所以3a2+a 0, 11 -a 2: ()若 MK 对任意的 b、c 恒成立，试求 k 的最大值。 【解

42、析】 （I I） Q f (x) x22bxc，由f (x)在x 1处有极值 f (1) 12bc 0 可得 14 解得 f (1) bcbc 33 1 3 4 3 4 3 b 1 , 或 c 1 b 1 c 3 22若b 1,c 1， 则f (x) x 2x1 (x1) 0， 此时 f (x)没有极值； 2若b 1,c 3，则f (x) x 2x3 (x1)(x1)。 列表如下： x(,3) 3(3,1) 1 0 极大值 4 3 (1,) f (x) f (x) 0 极小值12 4 3 + Z 所以当x 1时， f (x)有极大值， 故b 1，c 3即为所求。 （） 【法一】 ： g(x)

43、| f (x)|(xb)2b2c| 当|b|1时，函数y f (x)的对称轴x b位于区间1.1之外。 故M应是g(1)和g(1)中较大的一个 f (x)在1,1上的最值在两端点处取得。 2M g(1) g(1)|12bc|12bc|4b| 4,即M 2 【法二】（反证法）反证法） ： 因为|b|1， 所以函数y f (x)的对称轴x b位于区间1,1 之外。 f (x)在1,1上的最值在两端点处取得。故M 应是g(1)和g(1)中较 g(1)|12bc| 2 大的一个。 假设M 2，则 g(1)|12bc| 2 将上述两式相加得：4 |12bc|12bc| 4|b| 4，导致矛盾，M 2 2

44、2（） 【法一】【法一】 ：g(x) | f (x)|(xb) b c| （1）当|b|1时，由（）可知M 2； （2）当|b|1时，函数y f (x）的对称轴x b位于区间1,1内， 此时M maxg(1),g(1),g(b) 1)2 0由 f (1) f (1) 4b,有 f (b) f (1) b(m 若1 b 0,，则， f (1) f (1) f (b), g(1) maxg(1),g(b)，于 是 M max| f (1),| f (b)| 1111 (| f (1)| f (b)|) | f (1) f (b)|(b 1)2 2222 若0b 1，则 f (1) f (1) f

45、(b),g(1) maxg(1),g(b)。 于是 M max| f (1)|,| f (b) | 1111 (| f (1)| | f (b) |) | f (1) f (b) |(b 1)2 2222 综上，对任意的b、c都有 M 而当b 0,c 时，g(x) x2 1 2 11 在区间1,1上的最大值M 22 1 2 1 2 故 M k对任意的b、c恒成立的k的最大值为 。 【法二】【法二】 ：g(x) | f (x)|(xb)2 b2c| （1）当|b|1时，由（）可知M 2； （2）当|b|1时，函数y f (x)的对称轴x b位于区间1,1内， 此时M maxg(1),g(1),g

46、(b) 4M g(1) g(1)2g(h) |12bc|12bc|2|b2c| |12bc(12bc)2(b2c)|2b22| 2，即M 1 2 下同解法 1 【例 10】 （20102010湖北）湖北）已知函数f (x) ax 方程为y x 1 （1）用a表示出 b、c。 （2）若f (x) lnx在1, )上恒成立，求a的取值范围。 111n （3）证明：1L ln(n1)(n1) 23n2(n1) b c (a 0)的图象在点(1, f (1)处的切线 x 【解析】【解析】 （1） f (x) a f (l) abc 0 b a1 b ，则有： ，解得 2x f (l) ab 1c l

47、2a a1 12a， x a1 12alnxx1, 易知1g(1) 0， 。 x 2 （2）由（）知， f (x) ax 设 g(x) f (x)lnx ax 则 g(x) a a11ax x(a1) 22xxx a(x1)(x x2 1a ) a 令g(x) 0，求得：x 1 或x 若 1a a 1a11a 1 即 o a 当1 x 时，g(x) 0，g(x)是减函数， a2。a ， 所以g(x) g(l) o，有f (x) lnx，故 f (x) lnx在1,上不恒成立。 若1a 1 l ，即a 当x 1时，g(x) 0，g(x)是增函数，所以， a2。 g(x) g(1) 0，故 f (

48、x) ln x恒成立。 , 综上所述，所求a的取值范围为 1 2 1 （3 3） ） 【解法一】由（2）知：当a 时，有f (x)lnx x 1。 2 令a 1 1 1 1 1 ， 有f (x) x lnx x 1。 当x 1时， x lnx 。 22x2x k+11 k+1k1 11k+1 令x ，有ln k2 kk 12 kk 1k 1 11 即ln(k 1)lnk 2、 3、 L 、n， k 1、 2 kk 1 将上述n个不等式累加得 1 1 1 1 1 ：。ln(k 1) L 2 23n2(n1) 即 1 111n L ln(n1) 23n2(n1) 【解法二】用数学归纳法证明用数学归

49、纳法证明 当n 1时，左边1，右边 ln 2 假设n k时不等式成立。即1 则1 1 p 1，不等式成立 4 111k L ln(k 1) 23k2(k 1) 1111k1k 2 L ln(k 1) ln(k 1) 23kk 12(k 1)k 12(k 1) 1 由（2）知：当a 时，有 f (x) ln x(x 1) 2 111 令a ，有 f (x) (x ) ln x(x 1) 22x 1 k 2k 1k 2 k 2 ) ln ln(k 2)ln(k 1)令x ，得：( 2 k 1k 2k 1 k 1 ln(k 1) 所以1 k 2k 1 ln(k 2) 2(k 1)2(k 2) 111

50、1k 1 L ln(k 2) 23kk 12(k 2) 就是说， 当n k 1时，不等式也成立。 根据和，可知不等式对任何nN都成立。 【例 11】 （2011 湖南湖南 理理）已知函数 f （x） =x3，g（x）=x+ x。 （1）求函数h(x) f (x) g(x)的零点个数，并说明理由； （2）设数列a n (nN *)满足a 1 a (a 0)，f (a n1 ) g(a n )，证明：存在常 数 M，使得对于任意的nN*，都有a n M. 【解】 （1）由h(x) x3 x x知：x0 , )， 而h(0) 0，且h(1) 1 0 ,h(2) 62 0， 则x 0为h(x)的一个零点，且h(x)在（ 1 ，）2内有零点， 1 1 因此h(x)至少有两个零点。 易知 h(x) 3x21x2， 2