导数压轴题题型归纳.pdf

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1、 导数压轴题题型归纳 1.高考命题回顾 例 1 已知函数 f(x)exln(xm)（新课标卷）(1)设 x0 是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 m2 时，证明 f(x)0.例 2 已知函数 f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线 yf(x)和曲线 yg(x)都过点 P(0，2)，且在点 P处有相同的切线 y4x+2（新课标卷）（）求 a，b，c，d 的值（）若 x2 时,()()f xkg x，求 k 的取值范围。例 3 已知函数)(xf满足2121)0()1()(xxfefxfx（新课标）(1)求)(xf的解析式及单调区间；(2)若baxxxf22

2、1)(，求ba)1(的最大值。例 4 已知函数ln()1axbf xxx，曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为230 xy。（新课标）（）求a、b的值；（）如果当0 x，且1x 时，ln()1xkf xxx，求k的取值范围。例 5 设函数2()1xf xexax（新课标）(1)若0a，求()f x的单调区间；(2)若当0 x 时()0f x，求a的取值范围 例 6 已知函数 f(x)(x3+3x2+ax+b)ex.(1)若 ab3,求 f(x)的单调区间;(2)若 f(x)在(,),(2,)单调增加,在(,2),(,+)单调减少,证明 6.2.在解题中常用的有关结论(1)曲线()y

3、f x在0 xx处的切线的斜率等于0()fx，且切线方程为 000()()()yfxxxf x。(2)若可导函数()yf x在 0 xx 处取得极值，则0()0fx。反之，不成立。(3)对于可导函数()f x，不等式()fx00（）的解集决定函数()f x的递增（减）区间。(4)函数()f x在区间 I 上递增（减）的充要条件是：xI()fx0(0)恒成立（()fx 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()0fx在区间 I 上有实根且为非二重根。（若()fx为二次函数且 I=R，则有0）。(6)()f x在

4、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()fx0或()fx0在 I 上恒成立(7)若xI，()f x0恒成立，则min()f x0;若xI，()f x0恒成立，则max()f x0(8)若0 xI，使得0()f x0，则max()f x0；若0 xI，使得0()f x0，则min()f x0.(9)设()f x与()g x的定义域的交集为 D，若xD()()f xg x恒成立，则有 min()()0f xg x.(10)若对11xI、22xI，12()()f xg x恒成立，则minmax()()f xg x.若对11xI，22xI，使得12()()f xg x,则m

5、inmin()()f xg x.若对11xI，22xI，使得12()()f xg x，则maxmax()()f xg x.（11）已知()f x在区间1I上的值域为 A,，()g x在区间2I上值域为 B，若对11xI,22xI，使得1()f x=2()g x成立，则AB。(12)若三次函数 f(x)有三个零点，则方程()0fx有两个不等实根12xx、，且极大值大于 0，极小值小于 0.(13)证题中常用的不等式:ln1(0)xxx ln+1(1)xx x（）1xex 1xex 1 x x ln1(1)12xxxx 22ln11(0)22xxxx 3.题型归纳 导数切线、定义、单调性、极值、最

6、值、的直接应用 例 7（构造函数，最值定位）设函数 21xf xxekx(其中kR).()当1k 时,求函数 f x的单调区间;()当1,12k时,求函数 f x在0,k上的最大值M.例 8（分类讨论，区间划分）已知函数3211()(0)32f xxaxxb a,()fx为函数()f x的导函数.(1)设函数 f(x)的图象与 x 轴交点为 A,曲线 y=f(x)在 A 点处的切线方程是33yx,求,a b的值;(2)若函数()()axg xefx,求函数()g x的单调区间.例 9（切线）设函数axxf2)(.（1）当1a时，求函数)()(xxfxg在区间 1,0上的最小值；（2）当0a时，

7、曲线)(xfy 在点)(,(111axxfxP处的切线为l，l与x轴交于点)0,(2xA求证：axx21.例 10（极值比较）已知函数22()(23)(),xf xxaxaa exR其中aR 当0a 时，求曲线()(1,(1)yf xf在点处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当23a 时，求函数()f x的单调区间与极值.例 11（零点存在性定理应用）已知函数()ln,().xf xx g xe 若函数 (x)=f(x)11xx，求函数 (x)的单调区间；设直线 l 为函数 f(x)的图象上一点 A(x0，f(x0)处的切线，证明：在区间(1,+)上存在唯一的 x0，使得直

8、线 l 与曲线 y=g(x)相切 例12（最值问题，两边分求）已知函数1()ln1af xxaxx()aR.当12a时，讨论()f x的单调性；设2()24.g xxbx当14a 时，若对任意1(0,2)x，存在21,2x，使12()()f xg x，求实数b取值范围.例13（二阶导转换）已知函数xxfln)(若)()()(RaxaxfxF，求)(xF的极大值；若kxxfxG2)()(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数 k 的取值范围.例 14（综合技巧）设函数1()ln().f xxax aRx 讨论函数()f x的单调性；若()f x有两个极值点12,x x，记过点11(,(),A x

9、f x22(,()B xf x的直线斜率为k,问：是否存在a，使得2ka？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.交点与根的分布 例 15（切线交点）已知函数 323,f xaxbxx a bR在点 1,1f处的切线方程为20y 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12,x x都有 12f xf xc，求实数c的最小值；若过点2,2Mmm 可作曲线 yf x的三条切线，求实数m的取值范围 例 16（根的个数）已知函数xxf)(，函数xxfxgsin)()(是区间-1，1上的减函数.（I）求的最大值；（II）若 1,11)(2xttxg在上恒成立，求 t 的取值范围；（

10、）讨论关于 x 的方程mexxxfx2)(ln2的根的个数 例 17（综合应用）已知函数.23)32ln()(2xxxf 求 f(x)在0,1上的极值；若对任意03)(ln|ln|,31,61xxfxax不等式成立，求实数 a 的取值范围；若关于 x 的方程bxxf2)(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 例 18(变形构造法)已知函数1)(xax，a 为正常数 若)(ln)(xxxf，且 a29，求函数)(xf的单调增区间；在中当0a时，函数)(xfy 的图象上任意不同的两点11,yxA，22,yxB，线段AB的中点为),(00yxC，记直线AB的斜率为k，试证

11、明：)(0 xfk 若)(ln)(xxxg，且对任意的2,0,21xx，21xx，都有1)()(1212xxxgxg，求 a 的取值范围 例 19(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2aaxxxf.（1）若2)(xxf对任意的0 x恒成立，求实数a的取值范围；（2）当1a时，设函数xxfxg)()(，若1),1,1(,2121xxexx，求证42121)(xxxx 例 20（绝对值处理）已知函数cbxaxxxf23)(的图象经过坐标原点，且在1x处取得极大值（I）求实数a的取值范围；（II）若方程9)32()(2axf恰好有两个不同的根，求)(xf的解析式；（III）对

12、于（II）中的函数)(xf，对任意R、，求证：81|)sin2()sin2(|ff 例 21（等价变形）已知函数xaxxfln1)()aR（）讨论函数)(xf在定义域内的极值点的个数；（）若函数)(xf在1x处取得极值，对x),0(,2)(bxxf恒成立，求实数b的取值范围；（）当20eyx且ex 时，试比较xyxyln1ln1与的大小 例 22（前后问联系法证明不等式）已知217()ln,()(0)22f xx g xxmxm，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；（II）若()(1)()()h xf

13、 xg x其中g(x)是g(x)的导函数，求函数()h x的最大值。（III）当0ba时，求证：()(2).2baf abfaa 例 23(整体把握，贯穿全题)已知函数ln()1xf xx（1）试判断函数()f x的单调性；（2）设0m，求()f x在,2 mm上的最大值；（3）试证明：对任意*nN，不等式11ln()ennnn都成立（其中e是自然对数的底数）例 24(化简为繁，统一变量)设aR,函数()lnf xxax.（）若2a，求曲线()yf x在1,2P处的切线方程；（）若()f x无零点,求实数a的取值范围；（）若()f x有两个相异零点12,x x,求证:212xxe.例 25（导

14、数与常见不等式综合）已知函数211()()1(1)tf xtxxx，其中为正常数（）求函数()tf x在(0,)上的最大值；（）设数列na满足：153a，132nnaa，（1）求数列na的通项公式na；（2）证明：对任意的0 x，231()(*)nnfx nNa；（）证明：2121111nnaaan 例 26（利用前几问结论证明立体不等式）已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数).(I)求函数 f(x)的单调区间；(II)如果对任意,2 x，都有不等式f(x)x+x2成立，求实数a的取值范围；(III)设*Nn,证明：nn)1(+nn)2(+nn)3(+nnn)(0时1)(xkxf恒

15、成立，求正整数k的最大值.例 36（创新题型）设函数 f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)g(x).()若 x=0 是 F(x)的极值点,求 a 的值；()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；()若 x0 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 37（创新题型）已知函数)(xf=)(1lnRaxax，xxexg1)(.()求函数)(xg在区间,0(e上的值域；（）是否存在实数a，对任意给定的,0(0ex，在区间,1 e上都存在两个

16、不同的)2,1(ixi，使得)()(0 xgxfi成立.若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由；（）给出如下定义：对于函数)(F xy 图象上任意不同的两点),(),(2211yxByxA，如果对于函数)(F xy 图 象 上 的 点),(00yxM（其 中)2210 xxx总 能 使 得)(F)(F)(F21021xxxxx成立，则称函数具备性质“L”，试判断函数)(xf是不是具备性质“L”，并说明理由.例 38(图像分析，综合应用)已知函数)1,0(12)(2babaxaxxg，在区间3,2上有最大值 4，最小值 1，设()()g xf xx（）求ba,的值；（）不等式02)2(x

17、xkf在 1,1x上恒成立，求实数k的范围；（）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf有三个不同的实数解，求实数k的范围 导数与数列 例39（创新型问题）设函数2()()()xf xxaxb e，abR、，xa是()f x的一个极大值点 若0a，求b的取值范围；当a是给定的实常数，设123xxx，是()f x的3个极值点，问是否存在实数b，可找到4xR，使得1234xxxx，的某种排列1234,iiiixxxx（其中1234iiii，=12 3 4，）依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的4x；若不存在，说明理由 例 40（数列求和，导数结合）给定函数2()2(1)xf xx(1)试求

18、函数 f x的单调减区间;(2)已知各项均为负的数列 na满足,14()1nnSfa求证:1111lnnnnana;(3)设1nnba,nT为数列 nb的前n项和,求证:201220111ln2012TT.导数与曲线新题型 例 41（形数转换）已知函数()lnf xx,21()2g xaxbx(0)a.(1)若2a ,函数()()()h xf xg x 在其定义域是增函数,求 b 的取值范围;(2)在(1)的结论下,设函数2xx(x)=e+be,x 0,ln2,求函数(x)的最小值;(3)设函数)(xf的图象 C1与函数)(xg的图象 C2交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作x轴的垂线

19、分别交 C1、C2于点M、N,问是否存在点 R,使 C1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.例 42（全综合应用）已知函数()1 ln(02)2xf xxx.(1)是否存在点(,)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 Q 也在函数()yf x的图像上?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由;(2)定义2111221()()()()nniinSffffnnnn,其中*nN,求2013S;(3)在(2)的条件下,令12nnSa,若不等式2()1namna对*n N且2n 恒成立,求实数m的取值范围.导

20、数与三角函数综合 例 43（换元替代，消除三角）设函数2()()f xx xa（xR），其中aR（）当1a 时，求曲线()yf x在点(2(2)f，处的切线方程；（）当0a 时，求函数()f x的极大值和极小值；（）当3a，10k ，时，若不等式22(cos)(cos)f kxf kx对任意的xR恒成立,求k的值。例 44（新题型，第 7 次晚课练习）设函数()cos,0,f xaxx x.(1)讨论()f x的单调性(2)设()1 sinf xx,求a的取值范围.创新问题积累 例 45 已知函数2()ln44xxf xx.I、求()f x的极值.II、求证()f x的图象是中心对称图形.II

21、I、设()f x的定义域为D,是否存在,a bD.当,xa b时，()f x的取值范围是,4 4a b?若存在,求实数a、b的值；若不存在，说明理由 例 46 已知函数14)(234axxxxf在区间0,1上单调递增，在区间1,2上单调递减（1）求 a 的值；（2）设1)(2 bxxg，若方程)()(xgxf的解集恰好有 3 个元素，求b的取值范围；（3）在（2）的条件下，是否存在实数对),(nm，使)()(nxgmxf为偶函数？如存在，求出nm,如不存在，说明理由 导数压轴题题型归纳 参考答案 例 1(1)解 f(x)exln(xm)f(x)ex1xmf(0)e010m0m1，定义域为x|x

22、1，f(x)ex1xmexx11x1，显然 f(x)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增(2)证明 g(x)exln(x2)，则 g(x)ex1x2(x2)h(x)g(x)ex1x2(x2)h(x)ex1x220，所以 h(x)是增函数，h(x)0 至多只有一个实数根，又 g(12)1e1320，所以 h(x)g(x)0 的唯一实根在区间12，0 内，设 g(x)0 的根为 t，则有 g(t)et1t2012t0，所以，et1t2t2et，当 x(2，t)时，g(x)g(t)0，g(x)单调递增；所以 g(x)ming(t)etln(t2)1t2t1t2t20，当 m2 时，有 ln(xm

23、)ln(x2)，所以 f(x)exln(xm)exln(x2)g(x)g(x)min0.例 2（）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而()fx=2xb，()g x=()xecxdc，a=4，b=2，c=2，d=2；4 分（）由（）知，2()42f xxx，()2(1)xg xex，设函数()F x=()()kg xf x=22(1)42xkexxx（2x ），()F x=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有题设可得(0)F0，即1k，令()F x=0 得，1x=lnk，2x=2，（1）若21ke，则21x0，当1(2,)xx 时，()F x0，当1(,)xx

24、时，()F x 0，即()F x在1(2,)x单 调递 减，在1(,)x 单调 递增，故()F x在x=1x取 最小值1()F x，而1()F x=21112242xxx=11(2)x x0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(2)若2ke，则()F x=222(2)()xexee，当x2 时，()F x0，()F x在(2,+)单调递增，而(2)F=0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(3)若2ke，则(2)F=222ke=222()eke0，当x2 时，()f x()kg x不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为1,2e.例 3（1）121

25、1()(1)(0)()(1)(0)2xxf xfefxxfxfefx 令1x 得：(0)1f 1211()(1)(0)(1)1(1)2xf xfexxffefe 得：21()()()12xxf xexxg xfxex ()10()xg xeyg x 在xR上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0fxfxfxfx 得：()f x的解析式为21()2xf xexx 且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)（2）21()()(1)02xf xxaxbh xeaxb得()(1)xh xea 当10a 时，()0()h xyh x在xR上单调递增 x 时，()h x 与()0h x 矛盾 当1

26、0a 时，()0ln(1),()0ln(1)h xxah xxa 得：当ln(1)xa时，min()(1)(1)ln(1)0h xaaab 22(1)(1)(1)ln(1)(10)abaaaa 令22()ln(0)F xxxx x；则()(12ln)F xxx ()00,()0F xxe F xxe 当xe时，max()2eF x 当1,aebe时，(1)ab的最大值为2e 例 4 解（）221(ln)()(1)xxbxfxxx 由于直线230 xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff 即 1,1,22bab 解得1a，1b。（）由（）知ln1f()1xxxx，所以 2

27、2ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxf xxxxxx。考虑函数()2lnh xx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2()kxxh xx。(i)设0k，由222(1)(1)()k xxh xx知，当1x 时，()0h x，h(x)递减。而(1)0h 故当(0,1)x时，()0h x，可得21()01h xx；当 x（1，+）时，h（x）0 从而当 x0,且 x1 时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即 f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k0,故h(x）0,而 h（1）=0，故当 x（1，k11）时，h（x）0，可得211xh（x）0,而 h（1）=0，故当 x（

28、1，+）时，h（x）0，可得211x h（x）0,h(x)单调，当(0,)x时，()0,()h xh x单减。当x=0时，()h x取最大值，其最大值为2。（III）()(2)ln()ln2lnln(1).22abbaf abfaabaaa 0,0,10.22Qbaababaa 证明，当(1,0)x 时，ln(1),ln(1).22babaxxaa()(2).2baf abfaa 例 23 解：（1）函数()f x的定义域是(0,)由已知21 ln()xfxx令()0fx，得xe 因为当0 xe时，()0fx；当xe时，()0fx 所以函数()f x在(0,e上单调递增，在,)e 上单调递减（

29、2）由（1）可知当2me，即2em 时，()f x在,2 mm上单调递增，所以maxln2()(2)12mf xfmm 当me时，()f x在,2 mm上单调递减，所以maxln()1mf xm当2mem，即2eme时，max1()()1f xf ee综上所述，maxln21,0221()1,2ln1,memmef xmeemmem （3）由（1）知当(0,)x时max1()()1f xf ee所以在(0,)x时恒有ln1()11xf xxe，即ln1xxe，当且仅当xe时等号成立 因此对任意(0,)x恒有1ln xe 因为10nn，1nen，所以11 1lnnnnen，即11ln()ennn

30、n因此对任意*nN，不等式11ln()ennnn 例 24 解：在区间0,上,11()axfxaxx.（1）当2a 时，(1)121f ，则切线方程为(2)(1)yx ，即10 xy （2）若0a,()lnf xx有唯一零点1x.若0a,则()0fx,()f x是区间0,上的增函数,(1)0fa,()(1)0aaaf eaaeae,(1)()0aff e,函数()f x在区间0,有唯一零点.若0a,令()0fx得:1xa.在区间1(0,)a上,()0fx,函数()f x是增函数;在区间1(,)a上,()0fx,函数()f x是减函数;故在区间0,上,()f x的极大值为11()ln1ln1fa

31、aa .由1()0,fa即ln10a,解得:1ae.故所求实数a的取值范围是1(,)e.(3)设120,xx12()0,()0,f xf x1122ln0,ln0 xaxxax 1212lnln()xxa xx,1212lnln()xxa xx 原不等式21212lnln2xxexx 12()2a xx121212lnln2xxxxxx1122122()lnxxxxxx 令12xtx,则1t,于是1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt.设函数2(1)()ln1tg ttt(1)t,求导得:22214(1)()0(1)(1)tg tttt t 故函数()g t是1,上的增函数,(

32、)(1)0g tg，即不等式2(1)ln1ttt成立,故所证不等式212xxe成立.例 25 解：（）由211()()1(1)tf xtxxx，可得32()()(0)(1)ttxfxxx，所以，()00tfxxt，()0tfxxt，则()tf x在区间(0,)t上单调递增，在区间(,)t 上单调递减，所以，max1()()1ttf xf tt （）（1）由132nnaa，得111(1)3nnaa，又1213a ，则数列1na 为等比数列，且12121()333nnna，故223133nnnna 为所求通项公式 （2）即证，对任意的0 x，2231112()()1(1)3nnnfxxaxx(*)

33、nN 证法一：（从已有性质结论出发）由（）知2max2332131()()233213nnnnnnnfxfa 即有231()(*)nnfx nNa对于任意的0 x 恒成立 证法二：（作差比较法）由2103nna 及2103nna 222311112111()()(1)1(1)31(1)nnnnnnfxxaxaaxxaxx 2212101(1)1nnnnaaaxxax 即有231()(*)nnfx nNa对于任意的0 x 恒成立 （）证法一：（从已经研究出的性质出发，实现求和结构的放缩）由（）知，对于任意的0 x 都有21112()1(1)3nnxaxx，于是，2112111112()1(1)3

34、nkknxaaaxx 221222()1(1)333nnnxxx 对于任意的0 x 恒成立 特别地，令01103nnx，即011(1)03nxn，有22120111111111(1)133nnnnnnnaaaxnnn，故原不等式成立 以下证明小组讨论给分 证法二：（应用柯西不等式实现结构放缩）由柯西不等式：222222211221212()()()nnnnx yx yx yxxxyyy 其中等号当且仅当(1,2,)iixky in时成立 令1iixa，iiya，可得 2212121212111111()()()nnnnaaaaaanaaaaaa 则21212111nnnaaaaaa 而由213

35、nna，所以1211(1)133211313nnnaaann 故22121111113nnnnaaann，所证不等式成立 证法三：（应用均值不等式“算术平均数”“几何平均数”）由均值不等式：1212nnnaaaa aan，其中0ia 可得 1212nnnaaana aa，12121111nnnnaaaa aa 两式相乘即得21212111()()nnaaanaaa，以下同证法二 证法四：（逆向分析所证不等式的结构特征，寻找证明思路）欲证2121111nnaaan，注意到13213232nnnna，而221 1111111nnnnnnnnn 从而所证不等式可以转化为证明 122223232321

36、nnn 在此基础上可以考虑用数学归纳法证明此命题 例 26 解：（）aexfx)(，当 a0 时0)(xf，得函数 f(x)在(-，+)上是增函数 当 a0 时，若 x(lna，+)，0)(xf，得函数()f x在(lna，+)上是增函数；若 x(-，lna)，0)(xf，得函数()f x在(-，lna)上是减函数 综上所述，当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(-，+)；当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(lna，+)，单调递减区间是(-，lna)5 分（）由题知：不等式ex-axx+x2对任意2)x，成立，即不等式2xexxax对任意2)x，成立 设2()xexxg xx

37、(x2)，于是22(1)()xxexg xx 再设2()(1)xh xxex，得()(2)xh xx e 由 x2，得()0h x，即()h x在2)，上单调递增，h(x)h(2)=e2-40，进而2()()0h xg xx，g(x)在2)，上单调递增，2min()(2)32eg xg，232ea，即实数a 的取值范围是2(3)2e，（）由（）知，当 a=1 时，函数 f(x)在(-，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增 f(x)f(0)=1，即 ex-x1，整理得 1+xex 令ixn(nN*，i=1，2，n-1)，则01in ine，即(1)ninie，1()nnn1e，2()nnn2e

38、，3()nnn3e，1()nn(1)ne，显然()nnn0e，1231()()()()()nnnnnnnnnnnnnn 0123(1)neeeee 11(1)111nneeeeeee，故不等式123()()()+1nnnnnennnne（）（nN*）成立 例 27 解:()又 10f,所以0abc,即12ac 又因为 21122f xx对一切实数x恒成立,即对一切实数x,不等式2111()0222axxc,211022cxxc 也即恒成立.显然,当0c 时,不符合题意.当0c 时,应满足0114042cc c ,20410cc即 可得14c,故14ac.所以 2111424f xxx ()由于

39、()-11f x 在，上是增函数,()(1)=1f xf的最大值为,2()211,1,1,1f xtatax 对恒成立.即:21211,1tata 对任意恒成立.2021,1tata 对任意恒成立 22ytata可把看作关于 的一次函数，由1,1a 知其图像是一段线段。22222(1)0202 1020tttttttt 即 0220tttt 或或 所以t2,02t ttt 的取值范围为或，或 ()证明:因为 2221(1)44nnnf n,所以 214(1)f nn 要证不等式 *1112()122nnNfff nn成立,即证22211123(1)24nnn.因为21111(1)(1)(2)1

40、2nnnnn,所以22211111111123(1)233412nnn112224nnn.所以 *1112()122nnNfff nn成立 例 28 解：（）当(1,0)x 时，()0fx，函数()f x在区间(1,0)上单调递增；当(0,)x时，()0fx，函数()f x在区间(0,)上单调递减.函数()f x在0 x 处取得极大值，故1m .（）令121112()()()()()()()()f xf xh xf xg xf xxxf xxx，则1212()()()()f xf xh xfxxx.函数()f x在12(,)xx x上可导，存在012(,)xx x，使得12012()()()f

41、 xf xfxxx.1()11fxx，000011()()()11(1)(1)xxh xfxfxxxxx 当10(,)xx x时，()0h x，()h x单调递增，1()()0h xh x；当02(,)xxx时，()0h x，()h x单调递减，2()()0h xh x；故对任意12(,)xx x，都有()()f xg x.（）用数学归纳法证明.当2n 时，121，且10，20，1 12212(,)xxx x，由（）得()()f xg x，即 121 1221 12211112212()()()()()()()f xf xfxxxxxf xf xf xxx，当2n 时，结论成立.假设当(2)n

42、k k时结论成立，即当121k时，1 1221122()()()()kkkkfxxxf xf xf x.当1nk时，设 正 数121,k 满足1211k，令12km，1212,kkmmm，则11knm，且121k.1 12211()kkkkfxxxx 1 111()kkkkf mxxx 1 111()()kkkkmfxxf x 1111()()()kkkkmf xmf xf x 1111()()()kkkkf xf xf x 当1nk时，结论也成立.综上由，对任意2n，nN，结论恒成立.例 29 解：（1）当1a 时，2()12ln,()1,f xxx fxx 由()0,2fxx，由()0,0

43、2.fxx 故()f x的单调减区间为0,2,单调增区间为2,.（2）即对12ln(0,),221xxax恒成立。令2ln1()2,(0,)12xl xxx，则,)1(22ln2)1(ln2)1(2)(22xxxxxxxxl 再令2221222(1)()2ln2,(0,),()0,2xm xxxm xxxxx m x在1(0,)2上为减函数，于是1()()22ln 20,2m xm 从而，0)(xl，于是()l x在1(0,)2上为增函数1,()()24ln2,2l xl 故要2ln21xax恒成立，只要24ln2,a即a的最小值为24ln2 （3）111()(1),xxxg xexex e当

44、(0,1)x时，()0,g x函数()g x单调递增；当1,xe时，()0g x，函数()g x 单调递减10,eg(0)=0,g(1)=1,g(e)=ee 所以，函数()0,0,1.g xe在上的值域为 当2a 时，不合题意；当2a 时，2(2)()2(2)22()2,0,a xa xafxaxexxx 故220,22e aae 此时，当x 变化时,(),()fxf x的变化情况如下：x 2(0,)2a 22a 2,2ea()fx 0+()f x 单调减 最小值 单调增,0,(),22()2ln,()(2)(1)222xf xfaf ea eaa ,对任意给定的00,ex，在区间0,e上总存

45、在两个不同的(1,2),ix i 使得0()()if xg x成立，当且仅当a满足下列条件 22()0,2ln0,22()1,(2)(1)21.faaaf ea e即 令22()2ln,(,2),2h aaaae 2()12ln 2ln(2)1,22ah aaaa 令()0h a，得02,aa,当(,0)a 时，()0,h a函数()h a单调递增 当2(0,2)ae时，()0,h a函数()h a单调递减 所以，对任意2(,2),ae 有()(0)0,h ah 即对任意2(,2)ae 恒成立。由式解得：32.1ae 综合可知，当03,2,0,1axee 时 对任意给定的 在0,(1,2),i

46、ex i 上总存在两个不同的 使0()()if xg x成立。例 30 解：（1）当.1)(,),0(xaxfx时用定义或导数证明单调性均可 （2）),1(21在xxa上恒成立.设),1()(12)(在则xhaxxxh上恒成立.可证),1()(在xh单调增 故3)1(aha即 a的取值范围为 3,(（3）)(xf的定义域为0,0|mnRxxx 当),0()()1(,0在知由时xfmn上单调增 )(),(nfnmfm 故012axx有两个不相等的正根 m，n，200aa 当0 nm时，可证)0,()(在xf上是减函数.01,)(),(amnnmmfnnfm此时故而 综上所述，a 的取值范围为),

47、2(0 例 31 解:(1)2222(1 4)(42)2()222121xaxa xaafxxxaaxax 因为2x 为()f x的极值点,所以(2)0f 即22041aaa,解得0a 又当0a 时,()(2)fxx x,从而2x 为()f x的极值点成立 (2)因为()f x在区间3,上为增函数,所以222(1 4)(42)()021xaxa xafxax在区间3,上恒成立 当0a 时,()(2)0fxx x在3,上恒成立,所以()f x在3,上为增函数,故0a 符合题意 当0a 时,由函数()f x的定义域可知,必须有210ax 对3x 恒成立,故只能0a,所以222(14)(42)0ax

48、a xa在3,上恒成立 令22()2(14)(42)g xaxa xa,其对称轴为114xa,因为0a 所以1114a,从而()0g x 在3,上恒成立,只要(3)0g即可,因为2(3)4610gaa ,解得31331344a 因为0a,所以31304a.综上所述,a的取值范围为3130,4 (3)若12a 时,方程31(1)3xbfxx可化为2ln(1)(1)bxxxx.问题转化为223ln(1)(1)lnbxxxxxxxxxx在0,上有解,即求函数23()lng xxxxx的值域 因为2()(ln)g xxxxx,令2()lnh xxxx,则1(21)(1)()1 2xxh xxxx ,所

49、以当01x时()0h x,从而()h x在0,1上为增函数,当1x 时()0h x,从而()h x在1,上为减函数,因此()(1)0h xh.而0 x,故()0bx h x,因此当1x 时,b取得最大值 0 例32解：当2a时，xxxfln2)(2，当),1(x，0)1(2)(2xxxf，故函数)(xf在),1(上是增函数)0(2)(2xxaxxf，当,1 ex，2,2222eaaax 若2a，)(xf 在,1 e上非负（仅当2a，x=1时，0)(xf），故函数)(xf在,1 e上是增函数，此时min)(xf1)1(f 若222ae，当2ax时,0)(xf；当21ax时，0)(xf，此时)(x

50、f 是减函数；当exa2时，0)(xf，此时)(xf是增函数 故min)(xf)2(af2)2ln(2aaa 若22ea，)(xf 在,1 e上非正（仅当2e2a，x=e时，0)(xf），故函数)(xf 在,1 e上是减函数，此时)()(minefxf2ea 不等式xaxf)2()(，可化为xxxxa2)ln(2,1 ex,xx1ln且等号不能同时取，所以xx ln，即0lnxx，因而xxxxaln22（,1 ex）令xxxxxgln2)(2（,1 ex），又2)ln()ln22)(1()(xxxxxxg，当,1 ex时，1ln,01xx，0ln22xx，从而0)(xg（仅当x=1时取等号），