導數(shù)專題(經(jīng)典23題).

1、23 個函數(shù)與導函數(shù)類型專題1、函數(shù)第1 題已知函數(shù) f ( x)ln x1 ，若 x0 ，且 x1 ， f ( x)ln xk ，求 k 的x 1xx1x取值范圍 .解析 ：將不等式化成k()(*) 模式由 f ( x)ln xk 得： ln x1 ln xk ，化簡得： k12x ln xx 1 xx 1 x x 1 xx21構建含變量的新函數(shù)g( x)構建函數(shù)： g( x)2x ln x（ x0，且 x1）x21其導函數(shù)由u'u' vuv' 求得： g'( x)21)2( x 2x2ln x ln x1)vv2( x2即： g'( x)21) 2

2、( x21)( x 21)ln x2( x21)x 21ln x( x2( x21)2x21 確定 g( x) 的增減性x 21先求 g( x) 的極值點，由g'( x0 )0 得：0ln x00x 210x021ln x0即：21x0x 21由基本不等式ln xx1 代入上式得：0x01x 210故： x01x0210即： ( x01)( 111 ) 0x21x 20011，即 110 ，故： x010 ，即 x01由于 x 21x2100即： g( x ) 的極值點 x01在 x x0x 211有界，而 ln x0無界1 時，由于1x 2故：x210x2ln x1即：在 xx01

3、時， g'( x)0 ， g( x) 單調遞減；那么，在 0xx0 時， g( x ) 單調遞增 .滿足式得x0 恰好是 x01 在 x(1,) 由增減性化成不等式在 x(1,) 區(qū)間，由于 h( x) 為單調遞減函數(shù)，故： g( x)limg( x)lim2x ln xx 21x1x1應用不等式： ln xx1 得：lim2x ln xlim2x ( x1)lim2xx21x211x 1x1x1 x 1即： g( x )g(1) 1 ，即： g( x ) 的最大值是 g(1)代入式得： k1 g( x ) ，即： k1g(1) ，即： k0 在 x(0,1) 由增減性化成不等式在 x

4、(0,1) 區(qū)間，由于g( x ) 為單調遞增函數(shù)，故： g( x)limg( x)lim2x ln xx21x0x0由于極限 limx ln x0 ，故： g( x)0 ，代入式得： k1x0 總結結論綜合和式得：k0 .故： k 的取值范圍是 k (, 0本題的要點：求出12x ln x 的最小值或最小極限值 .x21特刊： 數(shù)值解析由式 k12x ln x ，設函數(shù) K ( x) 12x ln xx21x21當 x1 時，用洛必達法則得：2x ln x(2x ln x)'lim2(ln x 1)，則 K(1) 0lim1lim1)1x 1 x2x 1 ( x2x 12x用數(shù)值解如

5、下：x0.30.40.50.60.70.80.91.0K ( x)0.20620.12730.07580.04220.02090.00830.00180.0000x1.11.21.31.41.51.61.71.8K ( x)0.00150.00550.01140.01860.02690.03590.04540.0553其中，K ( x) 的最小值是K(1) 0，即 K ( x)K (1) ，所以本題結果是 k0 .2、函數(shù)第2 題已知函數(shù) f ( x)ln xax 2 ， a0 ， x0 ， f ( x) 連續(xù)，若存在均屬于區(qū)間 1,3的, ，且1，使 f ()f () ，證明： ln 3ln

6、 2aln 253解析 ：求出函數(shù)f ( x) 的導函數(shù)函數(shù)： f ( x )ln xax2其導函數(shù)：f '( x)112ax2(12a x)( 12ax)2axxxx 給出函數(shù)f ( x) 的單調區(qū)間由于 x0，由式知：f '( x) 的符號由 (12ax ) 的符號決定 .當 12ax0 ，即： x1 時， f '( x )0 ，函數(shù) f ( x) 單調遞增；2a當 12ax0 ，即： x1 時， f '( x )0 ，函數(shù) f ( x) 單調遞減；2a當 12ax0 ，即： x10 ，函數(shù) f ( x) 達到極大值 .時， f '( x)2a 由區(qū)

7、間的增減性給出不等式由 ,均屬于區(qū)間 1, 3 ，且1 ，得到：1, 2，2, 3若 f ()f () ，則,分屬于峰值點 x1的兩側2a即：1，1.2a2a所以：所在的區(qū)間為單調遞增區(qū)間，所在的區(qū)間為單調遞減區(qū)間.故，依據(jù)函數(shù)單調性，在單調遞增區(qū)間有：f (1)f ( ) f ( 2)在單調遞減區(qū)間有：f (2)f ()f ( 3) 將數(shù)據(jù)代入不等式由式得： f (1)a ； f ( 2)ln 24a ； f (3)ln 39a代入得：a f ()ln 24a ，即：aln 24a，即： aln 23代入式得：ln 24af ()ln 39a ，即： ln 24a ln 39a，即： aln

8、 3ln 25 總結結論ln 3ln 2aln 2證畢 .結合和式得：53.本題的要點：用導數(shù)來確定函數(shù)的單調區(qū)間，利用單調性來證明本題.特刊： 特值解析由已得：1, 2 ，2, 3 ，且： f ()lna2 ， f ()lna2若： f ( )f () ，則： lna2lna2即： a(22 )lnln，故： alnln22當：2 ，1 時， aln 23當：3 ，2 時， aln 3ln 25故： a 處于這兩個特值之間，即：ln 3ln 2ln 2a533、函數(shù)第3 題已知函數(shù) f ( x)ln xax 2 ( 2a )x .若函數(shù) yf ( x) 的圖像與 x 軸交于A, B 兩點，線

9、段AB 中點的橫坐標為x0 ，試證明： x01 .a解析 ：求出函數(shù)f ( x) 導函數(shù)函數(shù) f ( x) 的定義域由 ln x 可得： x0.導函數(shù)為：f '( x )12ax( 2a)1x( 1 2 x)(a)x 確定函數(shù)的單調區(qū)間當 1a0 ，即 x(0, 1 ) 時， f '( x)0 ，函數(shù) f ( x ) 單調遞增；xa當 1a0 ，即 x( 1 ,) 時， f '( x)0 ，函數(shù) f ( x) 單調遞減；xa當 1a0 ，即 x1 時， f '( x)0 ，函數(shù) f ( x ) 達到極大值 f ( 1 ) .xaa1112( 2 a)1111f

10、( ) lnaa ( )alnaaaa 分析圖像與x 軸的交點，求出 a 區(qū)間由于 limf ( x)0 ， lim f ( x)0xx0若 f ( x) 與 x 軸交于 A, B 兩點，則其極值點必須f ( 1)0 .a111011即： lna，即： ln1aaa考慮到基本不等式11111lna1 及式得： 1ln1aaaa即： 1111 ，即：22 ，即： a1aaa結合 ln 1，即： a0得： a(0,1)a 求出 A, B 點以及 A 關于極值點的對稱點CA, B 兩點分居于極值點兩側，即：xA1 ， xB1aa設： x A1x1 ， xB1x2 ，則 x1 , x20 ，且 x11

11、 （因 x0 ）aaa設： xC1x1 ，則 xC與 xB 處于相同得單調遞減區(qū)間1) .ax ( ,a于是： f ( xA) f ( xB)0 ，即： f (1x )0a1故： f ( x A )ln( 1x1)a( 1x1 )2( 2a)( 1x1 )aaaln( 1x)a(121x1x2 )2a(2 a) xa1a2a1a1ln( 1ax1 )ln a11ax1ax120a將 x1 替換成x1 代入 f ( xA ) 就得到 f ( xC ) ：f ( xC )f ( 1x1)ln( 1ax1 )ln a11ax1ax12aa比較 A, B,C 點的函數(shù)值，以增減性確定其位置構造函數(shù)：

12、g( x1)f ( x) f ( xA)f ( 1x)f ( 1x)Ca1a1將式代入上式得：g( x1)ln( 1ax1 )ln( 1ax1 )2ax1其對 x1 的導函數(shù)為：aa2a2a2aa2 x12g'( x1 )2a1 ax11 ax11 a2 x121 a2 x12由于式 a (0, 1)及 x1 ，所以 g '( x )0 .1a1即： g( x1 ) 是隨 x1 的增函數(shù)，其最小值是在x10 時，即： g( x1)g(0)由式得：g(0 ) 0 ，故： g( x1) g(0)0 .當 x1 0 時， g( x1)f ( xC ) f ( xA ) 0 ，即： f

13、 ( xC ) f ( xA ) f ( xB )由于 xC 和 xB 同在單調遞減區(qū)間，所以由f ( xC )f ( xB ) 得： xCxB即： xC11x2 或 x2x1 0 x1 xBx2 ，即： x1aa得出結論那么，由式得：x01 ( xAxB)1 (1x1x2)11 ( x2x1)122a1aa2a即： x1.證畢.0a本題的關鍵：首先求得極值點xm1 ，以 xm 為對稱軸看A, B 的對稱點就可以得a到結論 . 具體措施是：設C 點，利用函數(shù)的單調性得到xCxB4、函數(shù)第 4 題已知函數(shù) f ( x)f '( 1)ex 112. 若 f ( x)12ax b ，求 (a

14、 1)bf (0) xxx22的最大值 .解析 ： 求出函數(shù)f ( x) 的解析式由于 f '( 1) 和 f (0 ) 都是常數(shù)，所以設f '(1)A ， f (0)B ，利用待定系數(shù)法求出函數(shù)f ( x) 的解析式 .設： f ( x)Aex 112ABBxx，則： f (0 )2e其導函數(shù)為：f '( x)Aex1B x ，則： f '( 1)AB1A所以： B1， Ae ，函數(shù) f ( x ) 的解析式為：f ( x)exx12x2 化簡不等式f ( x)1 x 2ax b2即： f ( x)e xx1 x21 x 2ax b ，故： e x(a 1)

15、x b 02 2 構建新函數(shù) g( x) ，并求其極值點構建函數(shù) g( x ) ex( a1) xb其導函數(shù)： g'( x)ex( a1)要使式得到滿足，必須g( x )0. 即： g '( x) 0，或 g( x) 的最小值等于0故當 g( x) 取得極值時有：g'( xM )0 ，由式得極值點：xMln(a 1)此時的 g( x) 由得： g( xM )(a1)(a1)ln( a1)b0 求 (a1)b 的最大值由式得： b (a 1)1 ln( a1) ，則： (a1)b(a1)21ln(a1)令： y a1，則式右邊為：h( y)y2 (1ln y)（ y0 ）

16、其導函數(shù)為：h'( y)2 y(1ln y)y2(1 )y( 1 2 ln y)y當 12 ln y0 ，即： y(0,e ) 時， h'( y)0 ， h( y) 單調遞增；當 12 ln y0 ，即： y(e,) 時， h'( y)0 ， h( y) 單調遞減；當 12 ln y0 ，即： ye 時， h'( y)0 ， h( y) 達到極大值 .此時， h( y) 的極大值為： h(e)(e)2 (1lne)e2 得出結論將代入式得： (a1)bh( y)e ，故： (a1)b的最大值為e22本題的關鍵：利用已知的不等式f ( x)12axb 得到關于 (

17、a1)b的不等式x2即式，然后求不等式式的極值.5、函數(shù)第 5題已 知 函數(shù) f ( x)x ln( x a) 的最 小值 為 0，其 中 a0.若對任意的x 0,) ，有 f ( x )kx2 成立，求實數(shù)k 的最小值 .解析 ：利用基本不等式求出a利用基本不等式 ex1x 或 ln yy1 ，得： ln( xa)1( xa)即： x ln( xa)x1( x a) 1a ，即： f ( x)xln( xa)1a已知 f ( x) 的最小值為0 ，故1 a0，即： a 1或者，將 x0,) 的端點值代入f ( x ) ，利用最小值為0 ，求得 a1 用導數(shù)法求出a函數(shù) f ( x) 的導函數(shù)

18、為：f '( x) 11xa當 xa1，即 x1a 時， f '( x )0 ，函數(shù) f ( x ) 單調遞減；當 xa1，即 x1a 時， f '( x )0 ，函數(shù) f ( x ) 單調遞增；當 xa1，即 x1a 時， f '( x)0 ，函數(shù) f ( x) 達到極小值 .依題意，f ( x) 的最小值為 0，故當x1 a 時， f (1a)0即： f (1a)1a ln( 1aa) 1a0 ，故： a1函數(shù)的解析式為： f ( x)xln( x1) 構建新函數(shù) g( x)當 x0,) 時，有 f ( x)kx2 ，即： f ( x)x ln( x1)kx

19、2構建函數(shù)： g( x)f ( x)kx2x ln( x1)kx 2則函數(shù) g( x)0 ，即 g( x) 的最大值為0.實數(shù) k 的最小值對應于g( x) 的最大值點 .確定 g( x) 的單調區(qū)間和極值于是由式得導函數(shù)為：g'( x)112kxx(12k )x1x1當 x0時，由式得函數(shù)g( x)0 ；則 x0是極值點，同時x0 也是區(qū)間的端點 .當 x0 時，即： x(0,)當12k，即 x11時， g'( x)0 ，函數(shù) g( x) 單調遞增；12kx當12k，即 x11時， g'( x)0 ，函數(shù) g( x) 單調遞減；12kx12k，即 xxm1時， g&#

20、39;( xm )0 ，函數(shù) g( x ) 達到極大值 g( xm ) .當11x2k故： g( x) 從 x0 開始單調遞增，直到xxm 達到 g( x) 的極大值，再單調遞減，所以 g(0 ) 是個極小值 . g( xm ) 是個極大值，也是最大值. 求出最大值點xm將最值點 xxm 代入式得： （ xxm11 ）2kg( xm )11ln(1)k(1(11)11ln( 2k )2k2k1)2k(1)2k2k2k( 11)(11k )ln( 2k )( 12k )( 12k )ln( 2k )2k22k2( 1 2k )(12k )ln( 2k )4k由 g( x) 的最大值為0 得： g

21、( xm )(12k )( 1 2k )04kln( 2k )即： 2k1，即： k1 ，2此時 xm11 ，即：12k1，即： xm02kxm1給出結論由于 xm0 ，也是端點，結合 的結論，所以：g( x) 在 x0,) 區(qū)間單調遞減，g( xm )g(0 ) 是個極大值，也是最大值 .由 xm10 得出實數(shù) k的最小值為：k1122k故：實數(shù) k 的最小值 k1 .2本題關鍵：用構建新函數(shù)g( x) 代替不等式f ( x) kx2 ，通過求導得到極值點 .特刊： 特值解析由式 g( x )f ( x)kx2xln( x1)kx2 ，要求函數(shù)g( x)0 .由式可看出x0時， g( x)0

22、由 g( x)0 得： kxln( x 1)，令 K ( x)xln( x1)x2x2我們只要求出K ( x)xln( x1) 在極值點的值就好 .x 2xln( x1)11limK ( x)limlimx1用洛必達法則：x22 xx0x0x0x11limx1lim1)x02xx02( x2對應于 g( x)0 的 k1 ，即：實數(shù)k 的最小值 k1.226、函數(shù)第6 題已知函數(shù)f ( x )exax2ex ，（ a R ），當 a 在一定范圍時， 曲線 y f ( x)上存在唯一的點P ，曲線在 P 點的切線與曲線只有一個公共點，就是P點，求 P點的坐標 .解析 ：確定曲線的切線方程曲線：

23、f ( x ) exax2ex其導函數(shù)：f '( x)ex2axe設 P 點的坐標為： ( xP , f ( xP ) ，則切線方程為：y( x)f ( xP ) f '( x P )( x xP ) 構建新函數(shù)g( x ) ，并求導構建函數(shù) g( x) f ( x)y( x) ，則切線與曲線的交點就是g( x) 的零點 .則： g( x)f ( x) f ( xP ) f '( xP )( x x P )其導函數(shù)： g '( x) f '( x)f '( xP )由得： f '( x ) ex2axe ， f '( xP ) e

24、xP2axPe ，代入式得：g'( x)(ex2ax) (e xP 2axP) (e xe xP )2a( x x) P 分析 a0時函數(shù) g( x) 的單調性和極值當 a 0時：若 xxP ，則 exe xP ， 2ax2axP ，故： g'( x)0， g( x) 單調遞增；若 xxP ，則 exe xP ， 2ax2axP ，故： g'( x)0， g( x) 單調遞減；若 xxP ，則 exexP ， 2ax2axP ，故： g'( x)0， g( x) 達到極小值 .由式得：g( x) 的極小值g( xP )0 .此時， g( x ) 的零點與P 點的

25、取值有關，因此P 點的取值不唯一，所以 g( x) 的零點就不唯一.故當 a0 時， 不滿足 P 點唯一的條件.分析 a0 時函數(shù) g( x) 的切線當 a 0時：由式， g'( x)0 的情況分兩種：exexP0即： xxP ，此時與的情形相同，P 點的取值不唯一 .a>2a( x xP ) 0b> exexP2a( xxP )0 ，即： x xP ， g'( x)0此時， exP (ex xP1)2a( xxP ) ，即： ex xP12aexP ( x xP )式的解是曲線yex xP 與直線 y 12ae xP ( xxP ) 的交點 .曲線 yexxP恒過

26、點 ( xP , 1) ，直線 y1 2aexP ( xxP ) 也恒過點 ( xP ,1) ，當曲線 y exxP過點 ( x, 1) 的切線斜率等于2aexP 時，其這個切線就是曲P線的切線 .故：曲線 ye xxP 過點 ( xP , 1)的切線斜率為：k ( ex xP )'1x xP于是：2ae xP1 ，即： exP2a ，即： xPln(2a) 得到切點 P 的坐標當 a 0 時， xPln( 2a) 就存在 .由于 yexxP在其定義域內是凸函數(shù)，所以與其切線的交點是唯一的.將 xPln(2a) 代入式得：f ( x )exPax2ex( 2a )a ln2 (2a )

27、 e ln( 2a )PPP得到 xPln( 2a ) 和 f ( xP ) ，這就是 P 點的唯一坐標 . 結論切點 P 的坐標： xPln(2a) ， f ( xP )( 2a)a ln2( 2a) e ln(2a)本題要點：利用圖象法解超越方程.7、函數(shù)第7 題已知函數(shù)f ( x)eaxx ，其中a0 .在函數(shù)yf ( x ) 的圖象上取定兩點A( x1 , f ( x1 ) ，B( x2 , f ( x2 ) ，且x1x2，而直線AB的斜率為k . 存 在x0( x1 , x2)，使f '( x0 )k 成立，求x0 的取值范圍.解析 ： AB 的斜率與f ( x ) 的導函數(shù)

28、由 A 、 B 兩點的坐標得到直線AB 的斜率 k ：f ( x2 ) f ( x1 ) (eax2x2 ) (eax1 x1 )kx1x2x1x2(eax2eax1 )( xx )(eax2eax1 )x221x21x1x1函數(shù) f ( x)eaxx 的導函數(shù)為：f '( x)aeax1 構建新函數(shù)g( x ) ，并求導判斷 f '( x0 )k 是否成立，即判斷f '( x0 )k 是否不小于 0 .所以，構建函數(shù)：g( x)f '( x)k ，若 g( x)0 ，則 f '( x0 )k 成立 .則： g( x)ax (eax2eax1 )aex2x1導函數(shù)： g'( x)a2eax求 g( x) 在區(qū)間端點的函數(shù)值由式得：g( x1 )aeax1(eax2eax1 )eax1a( x2x1 )ea( x2 x1 )1x2x1x2x1eax1ea( x2x1 )a( x2x1) 1x2 x1g( x2 )aeax2(eax2eax1 )eax2a( x2x1 )1ea( x1x2 ) x2x1x2x1eax2a( x1x2 )a( x1x2) 1x2 x1e 確定 g( x) 的零點存在利用基本不等式： ex1x ，當且僅當x 0時取等號 .即： exx 10將式應用于式得：g( x1 )0（ x2x10 ）將式