考點(diǎn)11導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中應(yīng)用與生活優(yōu)化問(wèn)題舉例

WordCtrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的比例，關(guān)閉Word文檔返回原板塊。11導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用與生活中的優(yōu)化

2 則x>0時(shí)

(x)2xf(x)

,f(2) 【解析】選D.

x3

2f(x)x

ex

2x2f(x)令g(x)=ex

2x2fx則gx)=ex

2x2f'(x)

=ex-2(x2f￠(x)+2xf=

=ex

g(x)min=e

=8g(x

0,x>0時(shí),f￠(x

g(x)?0x22x,xf(x)

，若|f(x)|ax，則a的取值范圍是

【解題指南】先結(jié)合函數(shù)畫(huà)出函數(shù)y=|f(x)|的圖象，利用|f(x|在(0,0【解析】選D.畫(huà)出函數(shù)y=|f(x)|的圖象如圖所示,x0g(x)|f(x|x22xg(x2x2g(0)2，故a當(dāng)x0g(x|f(x|lnx1g(x

1xgx上任意點(diǎn)的切線斜率都要大于a，所以a0，綜上2a0.（2013Ｔ11(2013設(shè)已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是 x0R，f(x0)yf(xx0f(xf(x在區(qū)間(x0x0f(xf(x0【解析】選C.結(jié)合函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)進(jìn)行逐個(gè)推導(dǎo)f(x)=x3+ax2+bx+c的對(duì)稱中心為(m,n),按向量amn將函數(shù)的圖象平移,則y=f(x+m)-n,f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,(3m+a)x2+m3+am2+bm+c-n=0.上式對(duì)x∈ 恒成立,故3m+a=0,m=-a a所以函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c的對(duì)稱中心為 3 a,fa,y=f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形,B正確.C項(xiàng),fx 3 是二次函數(shù),f(x)x0,x1,x1<x0,f(x)在區(qū)間∞,x0)上不單調(diào)遞減,C錯(cuò)誤.D項(xiàng),若x0是極值點(diǎn),f(x00.故選 若f(x)=x<x，則關(guān)于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)是 C. 【解析】選A。因?yàn)閒'(x3x2+2ax+b，函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)為xx

，所以xx是方程3x2+2ax+b

3f(x))2+2af(xb0f(xx或f(xxf(x)在(- 上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.又f(x1)=x1<x2,如圖 f(x)=x1有兩個(gè)不同實(shí)根,f(x)=x2

Ｔ10則關(guān)于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)是 C. 【解析】選A。因?yàn)閒'(x3x2+2ax+b，函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)為xx

xx是方程3x2+2ax+b0的兩根，所以解方程 3f(x))2+2af(xb0f(xx或f(xx，不妨設(shè)xx由題意知函數(shù)f(x) ,x1),(x2上單調(diào)遞增(x1,x2).又f(x1)=x1<x2,如圖f(x)=x1有兩個(gè)不同實(shí)根,f(x)=x2有一個(gè)實(shí)根,所以不同實(shí)根的個(gè)數(shù)3. 高考理科·Ｔ10）已知afxxlnxax值點(diǎn)x1,x2(x1x2)，則 f(x)0,f(x)

0,f(x2 f(x)0,f(x) f(x)0,f(x) 【解析】選

f'(x)lnxaxx(1a)lnx12ax(xx

f'(x)0得lnx2ax1x1,x2?g(x)=lnx+1-2axx

-2a=12ax,xa≤0時(shí)g(x>0,f(x單調(diào)遞增g(x)=f(x至多有一個(gè)零點(diǎn),不符合題意,應(yīng)舍去a>0時(shí),令g(x=0,解得x=1因?yàn)閤

0,x(

g(x)g(x)單調(diào)遞減x=

g(x)的極大值點(diǎn),則

1即ln

20<x1<

則f(x1)=x1(lnx1-ax1)=x1(2ax1-1- 11a1

2a f(x2)=x2(lnx2-ax2)=x2(ax2-1)>1×a111

2 （2013·高考文科·Ｔ8）設(shè)函數(shù)f(x)exx2,g(x)lnxx23.若實(shí)數(shù)a,滿足f(a)0,g(b)0, g(a)0f f(b)0C.0g(a)f f(b)g(a)f(a0g(b0確定a,bf(xexx2g(xlnxx2A.f(xex10f(xexx2f(a0知0a1又因?yàn)閤0，g(x12x0，故g(xlnxx23在(0xg(b0知1b2g(ag(b0，0f(af(bg(a0f(b8.(2013·浙江高考理科·T8)已知 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),設(shè)函f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),則 k=1時(shí),f(x)在x=1處取到極小值k=1時(shí),f(x)在x=1k=2時(shí),f(x)在x=1k=2時(shí),f(x)在x=1【解析】選C.當(dāng)k=1時(shí),f′(x)=ex(x-1)+ex-1,此時(shí)f'(1)≠0,故排除A,B;當(dāng)k=2時(shí),f'(x)=ex(x-1)2+(ex-1)(2x-2),f'(1)=0,x=1附近左側(cè),f'(x)<0,x=1附近右側(cè),f'(x)>0,x=1是f(x)的極小值點(diǎn).函數(shù)y=f'(x)的圖象如圖所示,則該函數(shù)的圖象是( 【解析】選D(1a2)在曲線上，因?yàn)閥4x32ax，則41)32a1)8，解得a y=ax2-lnxy2ax1,x0,所以在點(diǎn)(1,a)x

2a10,解得a1212（2013·新課標(biāo)Ⅰ高考理科·Ｔ16）若函數(shù)f(x)(1x2)(x2axb)的圖像關(guān)于直線x2對(duì)稱，則f(x)的最大值為 f(xx2對(duì)稱求出ab【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x2對(duì)稱，所以f(0)f(4)，得4b6015af(x)4x33ax22(1b)xa，f(2)042)33a(2)22(1b2a0.得11a4b28即4b6015a，解得a8b15f(x)(1x2x28x15f(x)4x324x228x84(x36x27x4(x2)(x24x55令f(x)0，即(x2)(x24x1)0，則x2或x2 或2 55當(dāng)xf(xf(xf(2f(2

5)[1(25)[1(2

5)2][(25)2][(2

5)28(25)28(2

5)15]55)15]5

8)(855

5)5)f(x的最大值為16 卷高考文科·Ｔ21）已知函數(shù)fx=x33ax23x求a

若x2時(shí)，fx0,求a2【解析（I）當(dāng)a 時(shí)，f(x)x332x23x12f(x)3x262x322令f(x)0，得x1 1，x2 222x2

1f(x)0f(x在

22x22

1f(x)0f(x在

2222x2222

1,f(x)0f(x在

1,是增函數(shù)2（II）f(2)0得a524當(dāng)a5x2,4f(x)3(x22ax1)3(x25x1)3(x1)(x2)0 f(x在(2,x2,f(x)f(2)0a的取值范圍是[5,4（2013·江蘇高考數(shù)學(xué)科·Ｔ20）f(x)lnxaxg(x)exax出a的范圍,再利用g(x)在(1,+∞)a的范圍,兩者取交集.(2)注意函【解析】(1)f(x)1a1ax0,f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),a>0, f(x)在(1,+∞上是單調(diào)減函數(shù)故(1,+∞?(a-1∞從而a-11,即a1

<0;x>lna時(shí)

g(x>0.g(x)在上有最小值,所以lna>1,即a>e.綜上,(2)a≤0時(shí),g(x)必為單調(diào)增函數(shù);當(dāng)a>0時(shí),令g(x=ex-≤e-1.結(jié)合上述兩種情況,有a≤e-a=0時(shí),f(1)=0f(x1>0,得f(x)存在唯一的零點(diǎn)xa<0時(shí),由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷,f(x)在(ea,1)上存在零點(diǎn).另外,當(dāng)x>0時(shí)

f(x1a0,故f(x)x當(dāng)0<a≤e-1時(shí),令f'(x)=-a=0,解得x=a-1.當(dāng)0<x<a-1時(shí),f(x)f>0,當(dāng)x>a-1時(shí)f(x<0,所以,x=a-1是f(x)的最大值點(diǎn),f(a-1)=-lna-①當(dāng)-lna-1=0,即a=e-1時(shí),f(x)續(xù),f(x)在(e-1,a-1)上存在零點(diǎn).另外,當(dāng)x我們要證明:x>e時(shí),ex>x2.h(x)=ex-x2,則h(x=ex-2x,再設(shè)l(xl(x)=ex-

當(dāng)x>1時(shí),l(x)=ex-2>e-2>0,所以l(x)h(x)在(1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù).故當(dāng)時(shí)

=e2-4>0,從而h(x)在(2,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),進(jìn)而當(dāng)時(shí),h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.x>e時(shí),ex>x2.0<a<e-1,a-1>e時(shí)，f(ea1)=a(a-2ea1)<0,x>a-1時(shí),f'(x)=1ax

ea1)上存在零點(diǎn)xx（2013·湖南高考理科·Ｔ22）已知a0，函數(shù)xx(1)f(x)在區(qū)間[0,4]g(a),求g(a)的表達(dá)式(2)a,y=f(x)在區(qū)間(0,4)內(nèi)的圖象上存在兩點(diǎn),在該兩點(diǎn)處的切線相互垂直?若存在,a的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.出f(x)在區(qū)間[0,4]g(a).（1）當(dāng)0xaf(x

axx

xaf(x

xax0af(x)

(x

0f(x在(0ax(a,)f(x)

(x

0f(x在(a,)上單調(diào)遞增a4f(x在(0,4g(a)f(0)12②若0a4，則f

(0

上單調(diào)遞減，在(a,4)上單調(diào)遞增，所以

f(0)f(4)1

4a=a1

，故

0a g(a)

f(4)

4a4

4

a4a當(dāng)1a4g(a)f(0)1.2

g(a) 12（2）由（1）知，當(dāng)a4f(x在(0,4上單調(diào)遞減，故不滿足要求0a4時(shí)，

f

(0

上單調(diào)遞減，在(a,4)上單調(diào)遞增若存在x1x2(0,4)(x1x2yf(x在(x1,f(x1，(x2,f(x2x1(0ax2(a,4f(x1f(x2即

1，亦即x2a ，由，x(0,a),

(a,4)x(x1 (xx2 22

,1.x2 4

4

x1的交集非空因?yàn)?

3a0<2a<1,0<a<121互相垂直,a的取值范圍是(0,).1216.（2013·湖南高考文科·Ｔ21）已知函數(shù)

1x1x

ex【解題指南】第(Ⅰ)f(x)0的解集是原函數(shù)f(x0的解集是原函數(shù)的減區(qū)間。第（Ⅱ）小題首先要確定f（x1）=f（x2，然后再構(gòu)造新函數(shù)利用單調(diào)性去證明。f(x)(1x)ex1xx1 1xx22x 1x

x[(x1)2 (1x2

ex1x2

(1x2 當(dāng)x0f(x)0，當(dāng)x0f(x)0f(x的單調(diào)遞增區(qū)間是(,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,

x1由

1x2

0ex0,故f(x

x1

f(x)0，當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2時(shí)，不妨設(shè)x1x2，由（Ⅰ）x1(,0x2(0,1證明：x0,1),f(x)

f

，即證(1x)ex

1

e

1x 1x(1x)ex1x0g(x)(1x)ex1xg(x)xex(e2x1x0,1)時(shí)，ex exg(x)

gxg(x)g(0)0，即(1x)ex1x0ex所以x0,1f(x

f(xx2(0,1f(x2f(x2f(x1f(x2x1,x2(,0f(x在(,0)x1x2，即x1x201x,0x17.（2013·江西高考文科·Ｔ21）設(shè)函數(shù)fx

(1x),ax

f(f(（1）當(dāng)a1時(shí)，f(f(

對(duì)于（2）中x1，x2，設(shè)A（x1,f（f（x1，B（x2,f（f（x2）,C(a2,0)，[,記△ABC的面積為S(a，求S(a1[,3

（（x（3）A、B的坐標(biāo)，把△ABCa的函數(shù)，再【解析】(1)當(dāng)a1時(shí)，12

22(12)2f(

f(f( f( a21x,0xa2a2 (xa),a2xa(1（2）f(f(x))

(xa),axa2a(111 (1x),a2a1x當(dāng)0xa21xx解得x0f00x=0f（x）當(dāng)a2xa時(shí)，由 (xa)x解得xa(1

a2a

(a2,a]因?yàn)閒 )1

a2a

a2a

a2a a2a故x

a2a

為f（x）當(dāng)axa2a1

(xax解得x(1

(a,a2a1)因?yàn)閒

1)1 1) ，故x 不是f（x）的二階周期點(diǎn)2 1 2 2 2當(dāng)a2a1x1時(shí)，由 (1x)x解得xa(1

a2a

[a2a因?yàn)閒 )

)

a2a 1

a2a a2a

a2a故x

1a2a1

為f（x）的二階周期點(diǎn)f（x）有且僅有兩個(gè)二階周期點(diǎn)x1

a2a

a2a1(3)由（2）得

),

)a2a

a2a a2a

a2a a2(1

1a(a32a22a則S(a) 2

a2a

，S(a) (a2a1

1a(a32a22a方法一：因?yàn)閍[,]，有3

a1，所以S(a)2 (a2a1a[(a1)(a1)2(1a2a)] (a2a

在區(qū)間[,]131

S(故S(a在區(qū)間[11上的最小值為S(11，最大值為11S(3 方法二：令g(aa32a22a2，則g(a3a24a23(a210)(a210 因?yàn)閍(0,1，g(a0，所以g(a在區(qū)間[11上的最小值為g(1503 1 1a(a32a22a 1a[,]，g(a)0.所以S(a) 0，則S(a)在區(qū)間[,]上單調(diào)遞增3 (a2a 3S(故S(a在區(qū)間[11上的最小值為S(11，最大值為11S(3 f(x)=ax-(1+a2)x2a＞0l={x|f(x)>0}。∈（0，1（2）【解析（1）因?yàn)榉匠蘟x-(1+a2)x2=0(a>0)有兩個(gè)實(shí)根x>0,x 1+f(x)>0的解集為{x|x1<x<x2}，因此區(qū)間l

1+

1+（2）設(shè)d(a

則d(a

，令

1+

a2

d

1時(shí)da0d(a單調(diào)遞增；當(dāng)1

時(shí)da0d(a

a=1-k或

1-d(1-k 1+(1-k 2-k2-kd(1+k)=1+k =2-k2+k3<11+(1+k)2

，故d(1-kd(1k)因此當(dāng)a=1-k時(shí)d(a在區(qū)間[1-k,1+k]

1- 2-2k+ky=f(x)在點(diǎn)(a,f(a))y=bab的值。（1）f'(a0,f(a)b（2）y=f(x)的極值與b（1）f'(x)2xxcosxx(2cosxyf(x在(a,f(aybf'(a)0,f(a)b于是2aacosa0且a2asinacosab，解得a0,b1。（2）（1）f'(xx(2cosxx0f(xx0fx0f(xb的取值范圍為(1調(diào)性,a進(jìn)行討論.【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=1axa=2時(shí),f(x)=x-2lnx,f′(x)=12x即x+y-f′(x)=1axa,x>0可知 f(x)在x=a處取得極小值,f(a)=a-alna,無(wú)極大值綜上:a≤0時(shí),函數(shù)f(x)無(wú)極值當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在x=aa-alna,無(wú)極大值圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為,f(x)4 2f(x)與g(x)的解析式是否存在x,使得64 64 ,0), 故f()sin(2 )0,得=

將函數(shù)f(x)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)后可得y=cos的圖象,再將y=cosx的圖象向右平移g(x)=sin2 )時(shí)6

12 2

,0<cos2x<12問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程2cos2x=sinx+sinxcos2x在 6設(shè)G(x)=sinx+sinxcos2x-2cos )6則G'(x)=cosx+cosxcos2x+2sin2x(2-sin ),所以G′(x)>0,G(x)在 6 62 2又G() 0，G() 0 6x即存在唯一的 6依題意,F(x)=asinx+cos2x,F(x)=asinx+cossinx=0,即x=kπ(k∈Z)時(shí),cos2x=1,從而x=kπ(k∈Z)F(x)=0的解,所F(x)=0x的方程acos2x,x≠kπ(k∈Z),sin令h(x)cos2xsin則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究直線y=a與曲線y=h(x)在x∈(0,π)∪(π,2π)的交點(diǎn)情況h(x)

cosx(2sin2x1)sin2x

,令h′(x)=0,得x或x3 當(dāng)x變化時(shí),h(x)和h′(x)x(0,22(,)22(3,2)00Z1]]Z當(dāng)x>0x0時(shí),h(x)趨向于-∞,當(dāng)x<π且x趨近于π時(shí),h(x)趨向于-∞,當(dāng)x>π且x趨近于π時(shí),h(x)趨向于當(dāng)x<2π且x2π時(shí),h(x)趨向于a>1時(shí),直線y=ay=h(x)在(0,π)內(nèi)無(wú)交點(diǎn),在(π,2π)2個(gè)交點(diǎn);當(dāng)a<-1時(shí),直線y=a與曲線y=h(x)在(0,π)2個(gè)交點(diǎn),在(π,2π)內(nèi)無(wú)交點(diǎn);當(dāng)-1<a<1時(shí),直線y=a與曲線y=h(x)在(0,π)2個(gè)交點(diǎn),在(π,2π)2個(gè)交由函數(shù)h(x)的周期性,可知當(dāng)a≠±1時(shí),直線y=a與曲線y=h(x)在(0,nπ)內(nèi)總有偶個(gè)交點(diǎn);當(dāng)a=±1時(shí),直線y=a與曲線y=h(x)在(0,π)∪(π,2π)3個(gè)交點(diǎn),由周期性,2013=3×671,所以n=671×2=1342.綜上,當(dāng)a=±1,n=1342時(shí),F(x)=f(x)+ag(x)在(0,nπ)2013個(gè)零點(diǎn)22.（2013·福建高考文科·Ｔ22）f(x)x1

（aReyf(x在點(diǎn)(1,f(1處的切線平行于x軸,求a的值f(x的極值當(dāng)a1時(shí),若直線l:ykx1yf(x沒(méi)有公共點(diǎn),求k的最大值a進(jìn)行討論。（Ⅰ）

afx1a ,f10，即1a0，解得aee（Ⅱ）fx1a①當(dāng)a0fx0fxRfx②當(dāng)a0fx0，得exaxlnax,lna，fx0；xlna,，fx0fx在lna上單調(diào)遞減，在lnafxxlnaflnalna，無(wú)極大值．綜上，當(dāng)a0fx無(wú)極小值；當(dāng)a0fx在xlna處取得極小值lna當(dāng)a1fxx1gx

fxkx11kx1則直線lykx1yfx沒(méi)有公共點(diǎn)，gx0在R上沒(méi)有實(shí)數(shù)解．假設(shè)k1，此時(shí)g010g11

0 k1

ek與“方程gx0在R上沒(méi)有實(shí)數(shù)解” ，故k1．又k1gx

0gx0在R所以k的最大值為1．（Ⅰ（Ⅱ）（Ⅲ）當(dāng)a1fxx11直線lykx1yfx等價(jià)于關(guān)于x的方程kx1x1

在R上沒(méi)有實(shí)數(shù)解，即關(guān)于x在R

k1x

①當(dāng)k1時(shí)，方程（*）

0，在R②當(dāng)k1時(shí)，方程（*）化為k

xexgxxexgx1xex．令gx0x1，當(dāng)xgxxgx0ge當(dāng)x1g

1，同時(shí)當(dāng)x趨于gx趨于e從而gx的取值范圍為1 所以當(dāng)11時(shí)，方程（*）k e 解得k的取值范圍是1e,1．綜上，得k的最大值為1．23.（2013·高考理科·Ｔ21）設(shè)函數(shù)f(x)(x1)exkx2（kR當(dāng)k1f(x當(dāng)k

(2

f(x在[0k上的最大值M（1）當(dāng)k1f(xx1)exx2f(xxex2xx(ex2f(x)0x0xln2x0時(shí)，f(x)00xln2時(shí)，f(x0xlnf(x)0f(x的單調(diào)遞增區(qū)間是(0),(ln2)(0,ln2)

k

f(x)(x

kxf(x

(x1)e2kx

2k

(,1]，2k12f(x)0x0xln(2k)0ln2kln2而ln21.則當(dāng)0xln(2kf(x)0xln(2kf(x)0f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是((ln2k)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,(ln2k)).gkln2kk,gk111k0,k=1￠k）=0 gk在1,1上遞增 gkln21ln2lne0,從而ln2kk,所以ln2k0kx0ln2k時(shí)fx0xln2k時(shí)fx0；所以Mmaxf0,fkmax1k1ekk3令hkk1ekk31,則hkkek3k令kek3k,則kek3e3e 3e3e 2 2 所以存在

1,1使得k0,且當(dāng)k1k時(shí),k0 0 當(dāng)kx0,1時(shí),k0所以hk在1k上單調(diào)遞增,在k,1上單調(diào)遞減 0 因?yàn)閔1 e70,h102 2 所以hk0在1,1上恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)k1 綜上,fx在0k上的最大值Mk1ekk324.（2013·高考文科·Ｔ21）設(shè)函數(shù)f(x)x3kx2當(dāng)k1時(shí),f(x

當(dāng)k0時(shí),f(x在k,k上的最小值m和最大值M．f(xx3kx2xfx3x22kx當(dāng)k1fx3x22x1，由41280fx0,fx在R（2）方法一：當(dāng)k0時(shí)，fx3x22kx1，其圖像開(kāi)口向上，對(duì)稱軸x 3且過(guò)點(diǎn)（i）當(dāng)4k2124k

3k

3 k0時(shí)，fx0，fx在k,k3上單調(diào)遞增，從而當(dāng)xkfx取得最小值mfkkxkfx3得最大值Mfkk3k3k2k3k3（ii）當(dāng)4k2124k

3k

30，即k 時(shí)，令fx3x22kx10得xk

k2,

，注意到

k

x

，所以kk2kk2 mminfk,fx1,Mmaxfk fxfkx3kx2

k

kx210fx的最小值mfkk

fkx3kx2

k3kk2k=x

k

k2k210f 的最大值Mfk2k3k綜上所述，當(dāng)k0fx的最小值mfkk,最大值Mfk2k3k

k

xk,

f(xf(kx3kx2xk3k3kx21)(xk0fxfk；f(x)f(k)x3kx2xk3k3k(xk)(x22kx2k2xk)[(xk)2k210，fxfk 又f(k)k0，f(k)2k3k0，所以f f(k)2k3k，f f(k)k （Ⅰ）fx(1x)r1r1)x1(x1n（Ⅱ）nc1n1)r1nr

r<(n1)r1nr1r33333令S

3125，求S] （參考數(shù)據(jù)：803≈344.7，813≈350.5，1243≈618.3，1263（Ⅱ）rn（Ⅰ）f(xr1)(1x)rr1r1)[(1x)r1f(x0，解得x0當(dāng)1x0f(x0f(x)在(1,0內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)x0f(x)0f(x)在(0內(nèi)是增函數(shù).f(x)在x0f(00（Ⅰ(1x)r11(r1)xx0時(shí)成立，x1且x0時(shí)，有(1x)r11(r1)x 在①中，令x1（x1且x0，得(11)r11r1 上式兩邊同乘nr1，得(n1)r1nr1nr(r1nr

(n1)r1②r ②當(dāng)n1x1（x1且x0nn.rnr1(n n.r且當(dāng)n1時(shí)，③也成立nr1(n1)r1r

r(n1)r1 n.rn.（Ⅲ）在④中，令r1n81，82，83，…，1253

(823813)

(833823)3 3

(843833)4 4

3 331253 31253

(1263813)

高考文科·T21）設(shè)a0b0f(x)axbx當(dāng)abf(x當(dāng)x0時(shí)，稱f(x)為a、b關(guān)于x的平均數(shù)fbfbaba

,f(a

f()f )aab的幾何平均數(shù)記為G.a

ab的調(diào)和平均數(shù)，記為H.Hf(xG，求x的取值范圍（Ⅱ（i）

f(b),f(f(f(b)bb bb（ii）f(x)a(x1)(axb)(x

ab(x當(dāng)abf(x)0f(x在(1),(1上單調(diào)遞增；當(dāng)abf(x)0f(x在(1),(1（II（i）2

0,f(b)a

a

0,f

b)a

0 f(1)f()

abf(1)f()[fba

ba

a ①

),f(bbaaba

ab

b)fbf

b

f(ba

H,f

bG，故由Hf(xGabf()f(x)f(b b 當(dāng)abfbf(xfa

baax的取值范圍是(0,ba當(dāng)ab時(shí)，0b1，從而b ，由f(x)在(0,)上單調(diào)遞增與②式baabxa

ba，即x的取值范圍是bbaa

b]；a當(dāng)ab

b1，從而b ，由f(x)在(0,)上單調(diào)遞減與②式ba baba。xb，即x的取值范圍是[bbba。 a（2013·山東高考理科·Ｔ21）f(x)cRf(xx的方程|lnx|f(x根的個(gè)數(shù)

e2

c(e

fx0x12x1fx0fx2x1fx0fx單調(diào)遞減2fx的單調(diào)遞增區(qū)間是1，單調(diào)遞減區(qū)間是1,22 22 f11e1e2 （Ⅱ）gxlnxfxlnxxe2xcxx1,lnx0，則gxlnxxe2xc 2xe2

e2

2x1因?yàn)?x1x

0 2x

e2

2x1， 因?yàn)閑2x1e2e2x1x0所以e2x

又2x10所以e2x2x1 0x

gx0xlnxfx0；xlnxfx1；g1e2c0，即ce2gxlnxxe2xclnx1e1clnx1c2 2 gx0，只需要lnx1c0，即xe1c,.b.x0,1時(shí)，由（Ⅰ）知gxlnxxe2xclnx1e1clnx1c2 2 所以ce2gx有兩個(gè)零點(diǎn)，xlnxfx當(dāng)ce2xlnxfx0；當(dāng)ce2xlnxfx1；當(dāng)ce2xlnxfx2.（2013·山東高考文科·Ｔ21）f(xax2bxlnx(a,bR設(shè)a0，f(x設(shè)a0x0f(x)

f(1.試比較lna與2b的大小（Ⅰ）fxax2bxlnxxfx

2ax2bx1x（1）當(dāng)a0fxbx1x①若b0，當(dāng)x0fx0恒成立，fx的單調(diào)遞減區(qū)間是0,②若b0，當(dāng)0x1fx0fxbx1fx0fxbfx的單調(diào)遞減區(qū)間是01，單調(diào)遞增區(qū)間是1,bb bb bb2bb2（2）當(dāng)a0fbb2bb2由

,x2 x10x2當(dāng)0xx2fx0fx的單調(diào)遞減，xx2fx0fx的單調(diào)遞增，bb b2

b

b28a

,，當(dāng)a0b0fx的單調(diào)遞減區(qū)間是當(dāng)a0b0fx的單調(diào)遞減區(qū)間是01，單調(diào)遞增區(qū)間是1bb bb bb b2a0

fx的單調(diào)遞減區(qū)間是

，單調(diào)遞增區(qū)間是 b

b28a

,.(Ⅱ)由a0x0

f(x)

bb b2

是故

fbbb22ab1即b12agx24xlnxgx1xgx0x14當(dāng)0x1gx0,gx4x1gx0,gx單調(diào)遞減4gxg11ln11ln404 ga0，即24alna2blna0，即lna2b（2013·陜西高考理科·Ｔ21）f(xexxRy＝kx＋1f(x)的反函數(shù)的圖像相切,k的值x>0,y＝f(x)ymx2m0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)a<b,f(af(bf(bf(a的大小,并說(shuō)明理由 by＝f(x)ymx2m

【解析】 f(x)的反函數(shù)g(x)lnx.設(shè)直線y＝kx＋1與g(x)lnx相切于kx01lnx0P(x，y 0

1

e2,k

。所以k 0，則kg

0)x0xx0，m0y＝f(x)ymx2m

f(x)mx2

xex(x由f(x)

m

,令h(x) h'(x) 則

e2

).4y＝f(x)ymx2m

當(dāng)m

e2時(shí),1me22 24

（， 2個(gè)公共點(diǎn)

f(a)f(b)f(b)f(a)(ba2)f(a)(ba2)f b 2(b(ba2)ea(ba2)2(b

(ba2)(ba2)ebae2(be令t(xx2x2exx0,則t'(x)11x2ex1x1ext'(x)的導(dǎo)函數(shù)t''(x1x1exxex0,所以t'(x)在（0，）上單調(diào)遞增，且t'(00.因此t'(x0，t(x)在(0)上單調(diào)遞增,而t(00,因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)，t(xx2x2ex0且aea(ba2)(ba2)ea 2(b所以當(dāng)a<b時(shí),f(af(b)2

f(b)f(a)bx=0是f(x)m,f(x)【解題指南】(1)x0代入導(dǎo)函數(shù)，求得m，討論分析導(dǎo)函數(shù)的符【解析】(1)fxex

x

x0fxf01m

0m

fxexlnx

1

fx

1x

x gxexx11,g'xexx1ex0gx在1上是增函數(shù)，又g00x0gx0，即fx0，當(dāng)1x0gx0，fx0fx在10上是減函數(shù)，在0上是增函數(shù).(2)當(dāng)m2xmlnxmlnx2，故只需證明當(dāng)m2fx0當(dāng)m2fxex

x

f10f00fx0在2上有唯一實(shí)根x0，且x010x2x0fx0；當(dāng)xx0fx0xx0fx取得最小值.fx00得ex0

2x x0 x故fxfx x 0. x x 綜上，當(dāng)m2fx031.（2013·新課標(biāo)Ⅱ高考文科·Ｔ21）已知函數(shù)f(x)x2exf(xyf(x的切線l的斜率為負(fù)數(shù)時(shí)，求l在x(2)設(shè)切線，表示出切線ly0得l在x軸上的截距，利用函數(shù)知識(shí)求得

fxexx22x,fx0得x0或2xx,0 22,f 00f減x極增極減fxf00f2＝4(2)設(shè)切點(diǎn)為xx2ex0，則切線l的斜率為kex0x22x 此時(shí)切線lyx2ex0ex0x22xxxy0x

x

.20xx20

23由已知和（1）得x0(, (2,),令h(t)tt

0）t∈(0,+∞)時(shí),h(t)取值范圍為[22t∈(-∞,-2)時(shí),h(t)的取值范圍是(-∞,-3),所以當(dāng)x0∈(-2 3,),綜上,l在x軸上的截距的取值22 3,)232.（2013·遼寧高考文科(x0,1時(shí)，2xsinxx2(若不等式ax

x32(x2)cosx x x

【解析】(記F(x)sinx

2x，則F(x)cosx 2 x0F(x)cosx

2cos 20 4

則F(x)sinx

2xx0上是增函數(shù)，所以F(xF(0)0 4當(dāng)x,1時(shí)，F(xiàn)(x)cosx 2 2 20

則F(x)sinx

2xx,1 所以F(x)F(1) 2sin 2 x0,1F(x0，即sinx

2x2記H(x)sinxxx0,1H(x)cosx1所以H(x)sinxx在x0,1上是減函數(shù)，則H(xH(0)即H(x)sinxx0sinxx0,1時(shí)，2xsinxx22x ()由(2x 2x0,1axx21x32(x2cosx2axx21x32(x2)(12sin2x) (a2)xx21x34(x2)sin2 (a2)xx21x34(x

2x (a所以當(dāng)a2時(shí)，a20，(a2)x0，不等式axx21x32(x2)cosx42下面證明，當(dāng)a2時(shí)，不等式axx21x32(x2)cosx42由(sinx x0,1axx21x32(x2cosx2axx21x32(x2)cosx2axx21x32(x2)(12sin2x) (a2)xx21x34(x2)sin2 (a2)xx21x34(x2)(x (a2)xx21x3(a2)x3 3xx2(a x0,1（例如xa1和1中較小者） axx21x32(x2)cosx42即當(dāng)a2時(shí)，不等式axx21x32(x2)cosx4不恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為x0,1

,g(x)ax 12xcos 2(求證：1x

f(x)

11(f(xg(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a【解析】(x0,1(1x)e2x1只需證(1x)ex1記h(x)1x)ex1則h(x1x)ex1x)exx(exexx0,1h(xx(exex因此h(x1x)ex1x)ex在0,1上為增函數(shù)，故h(x)h(0)0所以(1x)e2x1xx0,1x0,1時(shí)，(1x)e2x只需證ex1

1記k(x)exx則k(x)exx0,1k(xex1因此k(xexx1在0,1故k(x)k(0)所以(1x)e2x

11

，x

1x(1x)e2x

1

，x即1x

f(x)

1(由(知1xf(xf(x)g(x)(1

2x (ax 12x2x x3x1x(ax 12xcosx)x(a11x22cosx)設(shè)G(x1x22cosx，則G(xx2sin2記H(x)x2sinx，則H(x)12cosx0,1cosxcos1cos1H(x12cosx 從而G(x)x2sinx在0,1上為減函數(shù)，x0,1G(x)G(0)0故G(x)1x22cosx在0,12所以G(x)G(0)從而G(xa1G(0)a12a1a所以a3f(xg(x)在0,1下面證明當(dāng)a3f(xg(x在0,1由(f(x)

1

f(x)g(x) (ax 12xcos1 2 1

a 2cosx) 記I(x) a 2cosx a1 1則I(x)

(1x)2

由前所述，當(dāng)x0,1時(shí)，I(x) G(x) (1故I(x)

1

aG(x在0,1于是I(1I(xI即a12cos1I(xa因?yàn)楫?dāng)a3a3x0(0,1使得I(x)f(x0g(x0即當(dāng)a3f(xg(x)在0,1上不恒成立。綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為3.34.（2013·新課標(biāo)Ⅰ高考理科·Ｔ21）已知函數(shù)y＝f(x)y＝g(x)進(jìn)行求導(dǎo)，列出關(guān)于abcd的方程組求解.（Ⅱ）F(xkg(x)f(xF(x)kg(x)f(x的單調(diào)k的取值范圍.（Ⅰ）f(0)2g(0)2f(0)4g(0)4f(x2xag(xex(cxdc故b2d2a4dc4從而a4b2c2d2（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)x24x2g(x)2ex(x1設(shè)F(x)kg(x)f(x)2kex(x1x24x2，則F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1).由題設(shè)可得F(0)0，得k1.1令F(x)0，即2(x2)(kex1)0，得1

lnk，

21（ⅰ）若1ke2，則21

0x(2x1F(x)x(x1,F(x)0即F(x)x(2,x1x(x1,單調(diào)遞增，故F(x)在[2,)上有最小值為F(x1.F(x)2x2x24x2x

2)0 x2F(x)0f(x)kg(x（ⅱ）若當(dāng)ke2，則F(x)2e2x2)(exe2x2F(x)0，即F(x(2,)上單調(diào)遞增，而F(2)0故當(dāng)且僅當(dāng)x2F(x)0恒成立，即f(x)kg(x)（ⅲ）若ke2，則F(2)2ke222e2ke20x2f(x)kg(x不可能恒成立.k的取值范圍為[1e2.35.（2013·新課標(biāo)Ⅰ高考文科·Ｔ20）f(x)ex(axbx24xyf(x)在點(diǎn)(0,f(0))處切線方y(tǒng)4x求abf(xf(x（Ⅰ）f(x)ex(axbx24x求導(dǎo)，利用點(diǎn)(0,f(0y4x4f(0)4，求得ab的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)f(x)判斷函數(shù)的（Ⅰ）f(x)ex(axab2x4.f(0)4f(0)4故b4ab8，從而a4b（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)4ex(x1x24xf(x)4ex(x2)2x44(x2)(ex1)2f(x)0xln2xx,2ln2,f(x)0；x2,ln2)f(x)0；f(x在(,2，(ln2,x2,ln2)單調(diào)遞減x2f(xf(2)4(1e2

x22xa,x lnx,xA(x1,f(x1B(x2,f(x2x1x2（Ⅰ）函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間

其中af(xABx20x2x1的最小f(xAB處的切線重合，求a【解題指南】在求解過(guò)程中，首先需要把握函數(shù)的解析式及定義域，結(jié)合各段函數(shù)的特征確定其單調(diào)區(qū)間，在后續(xù)的求解過(guò)程中，需要首先求解函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn),B21（Ⅲ問(wèn)中，應(yīng)著重分析函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn),B處的切線重合得到的信息.【解析】(Ⅰ)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(?,?1),單調(diào)遞增區(qū)間為(?1,0),(0,+).(Ⅱ)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知,點(diǎn)A處的切線斜率為f(x1),點(diǎn)B處的切線斜率為f(x2),AB處的切線垂直時(shí),有f(x1)f(x2)=?1.x<0時(shí),f2x1+2<0,2x2?x1=1[?(2x1+2)+2x2+2]2當(dāng)且僅當(dāng)?(2x1+2)=2x2+2=1即 3 x=?2,x所以,f(x)A,B處的切線互相垂直時(shí),x2?x11.(Ⅲ)x1<x2<0x2>x1>0時(shí),f(x1)f(x2),x1<0<x2.當(dāng) 時(shí),函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線方程 y?(x2+2x+a)=(2x 1y=(2x1+2)x?x1x2>0時(shí),f(x)的圖象在點(diǎn)(x2,f(x2))

2 2y

y?lnx (x?xxx xx① ?x2+a=lnx?1 由①②得a=x2+ln ?1=x2?ln(2x 1h(x1)=x1(x)=2x?x 11<0,所以(x)=2x?x1

x22xa,x 高考文科·Ｔ21）f(xlnx,xA(x1,f(x1B(x2,f(x2x1x2

，其中a（Ⅰ）函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間f(xABx20x2x1f(xAB處的切線重合，求a函數(shù)的特征確定其單調(diào)區(qū)間，在后續(xù)的求解過(guò)程中，需要首先求解函數(shù)f(x)的f(x)A,B處的切線重合得到的信息.【解析】(Ⅰ)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(?,?1),單調(diào)遞增區(qū)間為(?1,0),(0,+).(Ⅱ)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知,點(diǎn)A處的切線斜率為f(x1),點(diǎn)B處的切線斜率為f(x2),AB處的切線垂直時(shí),有f(x1)f(x2)=?1.x<0時(shí),f(x)求導(dǎo)，得f(x)=2x+2x1<x2<0,所以(2x1+2)(2x2+2)=?1，2x1+2<0,2x2+2>0.2x2?x1=1[?(2x1+2)+2x2+2]2 所以,f(x)A,B處的切線互相垂直時(shí),x2x1(Ⅲ)x1<x2<0x2>x1>0時(shí),f(x1)f(x2),當(dāng) 時(shí),函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線方程 y?(x2+2x+a)=(2x 1y=(2x1+2)x?x1

2 2y

①

=x2(x?x 12?x2+a=lnx?112

由①②得,a=lnx2+2x1-1x x2

14

2

令 1t=x2,0<t<2,且a=4t-t-設(shè)h(t)=1t2-t-4則h'(t)=1t-11(t1)23 則h(t)>h(2)=-ln2-t∈(0,2)t0時(shí),h(t)無(wú)限增大.a>-ln2-1.x1∈(-1,0)且趨近于-1時(shí),h(x1)無(wú)限增大,a的取值范圍是(-ln2-1,+∞).38.（2013·高考文科設(shè)a[20],f(x

x3(a

xx3a3x2

x f(x在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,內(nèi)單調(diào)遞增設(shè)曲線yf(x)在點(diǎn)Pi(xi,f(xi))(i1,2,3)處的切線相互平行,且x1x2x3 證明xxx1 【解題指南】(Ⅰ)f(x在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,+∞)f(xx=0處不間斷，進(jìn)而得出結(jié)(Ⅱ)f(xx1x2x3【證明】(Ⅰ)f(xx3a5)x(x0),f(xx3a3x2ax(x f(x)3x2a5),a2,0,從而當(dāng)1x0時(shí)，f(x)3x2a5)3a50,所以 f1(x在區(qū)間1,0內(nèi)單調(diào)遞減2f(x)3x2a3)xa(3xa)(x1),a2,0,所以當(dāng)0<x<1時(shí),f2′(x)<0;當(dāng)2f1(0f20)f(x在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,+∞)(Ⅱ)由(Ⅰ)f(x)在區(qū)間,0內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間0,a3 6 a3內(nèi)單調(diào)遞增.yf(x)P(x,f(x))(i12,3)處的切線相互平行

從而x1x2x3不妨

x0

x

由3x2a53x2a

可得 3x23x2(a

x0x

a3從而0

a3x

設(shè)g(x)3x2(a3)x

ga3g(xg(0)

3x2a5g(x 解得 2a32a32a3

2a332a3 x1

所以x1x2x3

t

,a

,因?yàn)?

，所以t