利用导数研究函数的极值和最值


考点 3 利用导数研究函数的极值和最值
1.
( 15 盐 城 市 盐 都 区 时 杨 中 学 届 高 三 上 学 期 1 月 调 考 ) 已 知 函 数

a f ( x) ? 4 x ? ( x ? 0, a ? 0) 在 x ? 3 时取得最小值,则 a ? _______. x
【考点】导数的概念及应用,不等式的解法及应用. 【答案】36

a ( x ? 0, a ? 0) 在 x ? 3 时取得最小值, x ? (0, ??) x a ∴得 x ? 3 必定是函数 f ( x) ? 4 x ? ( x ? 0, a ? 0) 的极值点, x
【分析】∵函数 f ( x) ? 4 x ? ∴ f ?(3) ? 0 , ∵ f ?( x ) ? 4 ?

a a ,∴ f ?(3) ? 4 ? 2 ? 0 ? a ? 36 . 2 x 3

2.(江苏省淮安市淮阴区南陈集中学 2015 届高三上学期 10 月调考数学试卷)设常数 a≥0,
函数 ( f x) ? x ? ln 2 x ? 2alnx ?1 (1)令 g ( x) ? xf ?( x) , ( x>0) ,求 g(x)的最小值,并比较 g(x)的最小值与 0 的大小; (2)求证:f(x)在 (0, ??) 上是增函数; (3)求证:当 x ? 1 时,恒有 x>ln x ? 2alnx ? 1 .
2

【考点】复合函数的单调性,函数的最值及其几何意义,函数恒成立问题,简单复合函数的 导数,利用导数研究函数的单调性. 【解】(1)∵ ( f x) ? x ? ln x ? 2alnx ?1 , x ? (0, ??)
2

? x) ? 1 ? [ ? lnx ? (ln x) ? ] ? ∴ f(

1 x

1 x

2a 2 ln x 2a ? 1? ? , x x x

? ?) ∴ g ( x) ? xf ?( x) ? x ? 2lnx ? 2a , x ? (0,
∴ g ?( x) ? 1 ? 列表如下: x

2 x?2 ? ,令 g ?( x) ? 0 ? x ? 2 x x

(0, 2)
- 递减

2 0

(2, ??)
+ 递增

g ?( x )
g ( x)

极小值 g (2)

∴ g ( x) 在 x ? 2 处取得极小值 g (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ,

即 g ( x) 的最小值为 g (2) ? 2 ? 2ln 2 ? 2a ∵ ln 2 ? 1 ,∴ 1 ? ln 2 ? 0 ,又 a≥0, ∴ g (2) ? 0 . 证明(2)由(1)知, g ( x) 的最小值是正数,∴对一切 x ? (0, ??) ,恒有 g ( x) ? xf ?( x) ? 0 从而当 x>0 时,恒有 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x ) 在 (0, ??) 上是增函数 证明(3)由(2)知: f ( x ) 在 (0, ??) 上是增函数,∴当 x>1 时, f ( x) ? f (1) 又 f (1) ? 1 ? ln 2 1 ? 2a ln1 ?1 ? 0 ∴ f ( x) ? 0 ,即 x ? 1 ? ln x ? 2alnx ? 0
2

∴ x>ln x ? 2alnx ? 1 ,故当 x ? 1 时,恒有 x>ln x ? 2alnx ? 1 .
2 2

3. (2015

江苏省南京市高三考前综合)已知函数 f ? x ?=(x- 1)e , g ? x ?=lnx ,其中 e
x

是自然对数的底数. (1)求函数 f (x)的极值; (2)求函数 h(x)=f (x)+e∣g(x)-a∣(a 为常数)的单调区间; 【考点】考查了导数的运用?分类讨论思想?函数的零点等相关知识. 【解】 (1)因为 f ? ? x ?=xe ,所以当 x>0 时, f ? ? x ?>0 ;当 x<0 时, f ? ? x ?<0 .
x

因此 f (x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减, 所以 f (x)有极小值为 f (0)=-1,无极大值.

1)e x+e lnx-a . (2) h ? x ?=f ? x ?+e g ? x ?-a =( x-
a 当 x≥ e 时, h ? x ?= ( x- 1)ex+e(lnx-a) , h? ? x ?=xe + >0 恒成立,h(x)在( ea ,
x

e x

+∞)上单调递增, 当 0 < x ≤ e
a

时 , h? ? x =( -x1 x+ ) e -e a ( , x lh?n ) xe - ? x ?=
x

e , x

[h? ? x ?]?=( x+1) e x+
a

e >0 恒成立. x2

所以 h? ? x ? 在(0, e ]上单调递增,注意到 h? ?1?=0 . 因此当 a≤0 时, h? ? x ? ≤0 恒成立. 当 a>0 时,当 x∈(0,1)时, h? ? x ? <0;当 x∈[1, e ]时, h? ? x ? ≥0.
a

综上有:当 a≤0 时,h(x)减区间为(0, e ],增区间为( e ,+∞). 当 a>0 时,h(x)减区间为(0,1),增区间为[1,+∞).

a

a

4. ( 15

江苏模拟(三) )已知函数 f ( x ) 满足 2 f ( x ? 2) ? f (x ),当 x ∈ (0 , 2) 时,

1 f ( x) ? ln x ? ax ( a ? ? ) ,当 x ? (? 4, ? 2) 时, f ( x) 的最大值为 ? 4. 2
(1)求实数 a 的值; ( 2 )设 b ≠ 0 ,函数 g ( x) ?

1 3 bx ? bx , x ? ( 1,) 2 .若对任意 x1 ? ( 1,) 2 ,总存在 3

x2 ? ( 1,) 2 ,使 f ? x1 ? ? g ? x2 ? ? 0 ,求实数 b 的取值范围.
【解】 (1)当 x∈(0,2)时, f ( x) ?

1 1 f ( x ? 2) ? f ( x ? 4) , 2 4

由条件,当 x ? 4∈(?4,?2), f ( x ? 4) 的最大值为 ? 4,∴ f ( x) 的最大值为 ? 1. ∵ f ?( x) ?

1 1 1 1 ? ax 1 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ? .∵ a ? ? ,∴ ? ? (0, 2) . ?a? a 2 x x a

1 1 当 x∈(0, ? )时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 是增函数;当 x∈( ? ,2)时, f ?( x) ? 0 ; f ( x) 是减函 a a 1 1 1 数.则当 x ? ? 时, f ( x) 取得最大值为 f (? ) ? ln(? ) ? 1 ? ?1 .∴a ? ? 1. a a a
(2)依题意,设 f ( x) 在 x∈(1,2)的值域为 A, g ( x) 在 x∈(1,2)的值域为 B,则 A ? B. ∵ f ( x) 在 x∈(1,2)上是减函数,∴A ? (ln 2 ? 2, ?1) . g ?( x) ? bx2 ? b ? b( x2 ? 1) ,

2 2 ∵x∈(1,2) ,∴ x 2 ? 1 ∈(0,3) .① b ? 0 时, g ?( x) ? 0,g(x)是增函数,B ? (? b, b) . 3 3 2 3 2 2 ∴ ? b≤ln 2 ? 2 . b≥3 ? ln 2 .② b ? 0 时, g ?( x) ? 0,g(x)是减函数,B ? (? b, b) . 3 2 3 3 2 3 3 3 ∴ b≤ln 2 ? 2 . b≤? 3 ? ln 2 .由①,②知, b≤? 3 ? ln 2 ,或 b≥3 ? ln 2 . 3 2 2 2

5. (15 连云港赣榆海头 9 月调研)已知函数 f(x)=

1 2 a x -lnx(a∈R) . 2

(1)求 f(x)的单调区间; (2)若在区间[1,e]上,函数 y= f(x)的图象恒在直线 y=1 的上方,求 a 的取值范围; (3)设 g(x)= x -2bx+1,当 a=
3

1 时,若对于任意的 x1 ∈[1,e],总存在 x2 ∈(0,1],使 e

得( ≥( 成立,求 b 的取值范围. f x1) g x2) 考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.

【解】 (1)x>0, f ?( x) ? ax ?

1 ax 2 ? 1 ? .(1 分) x x

? x) 若 a≤0,则 f( <0 恒成立,∴f(x)的减区间为(0,+∞) . (2 分)
若 a>0,令 f( =0,得 x ? ? x)

a a (x?? 舍去) . a a

当 x ? (0,

a a <0,∴f(x)的减区间为 (0, ? x) ) 时, f( ); a a

当 x?(

a a ? x) >0,∴f(x)的 增区间为 ( (4 分) , ??) 时, f( , ??) . a a
1 2 ax ? ln x>1 恒成立, 2

(2)由题意,对于任意的 x∈[1,e], 即

1 1 ? ln x a> 对于任意的 x∈[1,e]恒成立. 2 x2 1 ? ln x 令 h( x ) ? ,x∈[1,e] x2 x ? (1 ? ln x) 2 x ?1 ? 2 ln x ? <0 在 x∈(1,e)上恒成立. 则 h?( x) ? (6 分) 4 x x3
而 h(x)在[1,e]上图象不间断,∴h(x)在[1,e]上是单调减函数, ∴h(x)在[1,e]上的最大值为 h(1)=1,则 因此 a>2.(8 分) (3)∵对任意的 x1 ∈[1,e],存在 x2 ∈(0,1],使得 ( ≥( , f x1) g x2) ∴存在 x2 ∈(0,1],使得 ( ≤( g x2) f x1) min . 当a ?

1 a>1 , 2

1 1 2 1 1 x2 ? e x ? ln x , f ?( x) ? x ? ? 时, f ( x) ? , e 2e e x ex
. e ( x ? ? e 舍去)

' x) 令 f( =0,得 x ?
列表如下: x

(1, e)
- ↘ 0

e

( e,e)
+ ↗

f( ' x)
f(x)

极小值

∵f(x)在[1,e]上图象不间断,

∴f(x)在[1,e]上的最小值 f ( x)min ? f ( e) ? 0 .
2

…(11 分)

3 ∴存在 x2 ∈(0,1],使得 x2 ? 2bx2 ? 1≤0 ,即只要 2b≥( x2 ?

2 ) min . x2

令 ? ( x) ? x ?
2

1 1 2 x3 ? 1 ,x∈(0,1)则 ? ?( x) ? 2 x ? 2 ? , x x x2
3

令 ?( =0,得 x ? ' x) 列表如下: x

1 1 ( x ? ? 3 舍去) . 2 2

(0, 3

1 ) 2


3

1 2
0

(3
+

1 ,1) 2

?( ' x)
? (x)


极小值



∵? 在(0,1]上图象不间断, (x) ∴? 在(0,1]上的最小值 ? ( x)min ? ? ( 3 (x) ∴ 2b≥

1 3 )? 32. 2 2

…(15 分)

33 3 2 ,即 b≥ 3 2 . …(16 分) 2 4

6.

(江苏省南通市 2015 届高三第一次模拟考试数学试题)若函数 y=f(x )在 x ? x0 处取得极
3

大值或极小值,则称 x0 为函数 y=f(x )的极值点.已知函数 f ( x) ? ax ? 3x ln x ?1(a ? R) . (1 )当 a=0 时,求 y=f(x )的极值; (2 )若 y=f(x )在区间 ( , e) 上有且只有一个极值点,求实数 a 的取值范围. 【考点】 导数性质的综合应用. 【解】(1 )当 a=0 时, f ( x) ? ax ? 3x ln x ?1 ? 3x ln x ?1 的定义域为(0,+∞ ),
3

1 e

1 1 f ?( x) ? 3ln x ? 3 ? 3(ln x ? 1) ,故 f ( x) 在 (0, ) 上是减函数,在 ( , ??) 上是增函数; e e 1 1 1 故 f(x )在 x= 时取得极小值 f ( ) ? ?3 ? 1 ; e e e
(2 )函数 f ( x) ? ax ? 3x ln x ?1的定义域为(0,+∞ ), f ?( x) ? 3(ax ? ln x ? 1) ,
3 2

令 g ( x) ? ax ? ln x ? 1,则 g ?( x) ? 2ax ?
2

1 2ax 2 ? 1 ? , x x

当 a>0 时, g ?( x ) >0 在(0,+∞ )恒成立, 故 f ?( x) ? 3(ax2 ? ln x ? 1) 在(0,+∞ )上是增函数,

1 2 1 1 1 ? 1) ? 3a( ) 2 ? 0 ,故当 x ? ( , e) )时, f ?( x) ? 0 恒成立, e e e e 1 1 故 f(x )在区间 ( , e) 上单调递增,故 f(x )在区间 ( , e) 上没有极值点; e e 1 当 a=0 时,由(1 )知,f(x )在区间 ( , e) 上没有极值点; e
而 f ?( ) ? 3( a ( ) ? ln 当 a<0 时,令

1 e

2ax 2 ? 1 1 ? 0 解得, x ? ? ; x 2a

故 g ( x) ? ax2 ? ln x ? 1在(0, ? ①当 g(e )?g( 两侧异号, ②令 g(

1 1 )上是增函数,在( ? ,+∞ )上是减函数, 2a 2a

1 2 1 )<0,即 ? 2 ? a ? 0 时,g(x )在 ( , e) 上有且只有一个零点,且在该零点 e e e

1 a )=0 得 2 =0,不可能; e e
2 1 1 ,所以 ? ? ( ,e) , 2 e 2a e

③令 g(e )=0 得 a= ?

而 g( ? 又 g(

e 1 e 1 )=g( )= +ln >0, 2 2 2 2a

e 1 )<0,所以 g(x )在 ( , e) 上有且只有一个零点,且在该零点两侧异号. 2 e 2 综上所述,实数 a 的取值范围是 [ ? 2 , 0) . e
2 x 7. (江苏时杨中学 2015 届高三上学期 1 月调研)已知函数 f(x)=(x ? a) e 在 x=2 时取

得极小值. (1)求实数 a 的值; (2)是否存在区间[m,n],使得 f(x)在该区间上的值域为[e m,e n]?若存在,求出 m, n 的值;若不存在,说明理由. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值. 【解】 (1) f ? ? x ? =e (x ? a) (x ? a+2) ,
x 4 4

由题意知 f ? ? 2? =0,解得 a=2 或 a=4. 当 a=2 时, f ? ? x ? =e x(x ? 2) ,
x

易知 f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+ ? )上为增函数,符合题意; 当 a=4 时, f ? ? x ? =e (x ? 2) (x ? 4) ,
x

易知 f ? x ? 在(0,2)上为增函数,在(2,4) , (4,+ ? )上为减函数,不符合题意. 所以,满足条件的 a=2. (2)因为 f ? x ?≥0 ,所以 m≥0 . ①若 m=0,则 n≥2 ,因为 f(0)=4<e n,所以(n ? 2) e =e n. 设 g ? x?
4 2 n 4

? x ? 2? ?
x

2

x2 ? 4 ? x ? 2? x e ( x ≥ 2) ,则 g ? ? x ? ? [ 2 ? ]e ≥ 0 , x x
2 x

所以 g(x)在[2,+ ? )上为增函数. 4 2 n 4 由于 g(4)=e ,即方程(n ? 2) e =e n 有唯一解为 n=4. ②若 m>0,则 2?[m,n],即 n>m>2 或 0<m<n<2. (Ⅰ)n>m>2 时,
2 m 4 ? ? f ? m? ? ? m ? 2? e ? e m , ? 2 n 4 ? ? f ? n ? ? ? n ? 2? e ? e n

由①可知不存在满足条件的 m,n. (Ⅱ)0<m<n<2 时,
2 m 4 ? ?? m ? 2 ? e ? e n , ? 2 n 4 n ? 2 e ? e m ? ? ? ? 2 m 2 n 两式相除得 m(m ? 2) e =n(n ? 2) e . 2 x 设 h(x)=x(x ? 2) e (0<x<2) , 3 2 x 则 h'(x)=(x ? x ? 4x+4)e x =(x+2) (x ? 1) (x ? 2)e ,

h(x)在(0,1)递增,在(1,2)递减, 由 h(m)=h(n)得 0<m<1,1<n<2, 此时(m ? 2) e <4e<e n,矛盾. 综上所述,满足条件的 m,n 值只有一组,且 m=0,n=4.
2 m 4

8.

(淮安都梁中学 2015 届高三 10 月调研)已知函数 f ? x ? ? x ? ax ? ln x , a ? R .
2

(1)若函数 f ? x ? 存在单调递减区间,求 a 的取值范围; (2)令 g ? x ? ? x ? 2ax ? f ? x ? ,是否存在实数 a,当 x ? (0, e] (e=2.71828…)时,函数
2

g(x)的最小值是 3,若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值. 【解】 (1)∵ f ? x ? ? x ? ax ? ln x ,存在单调递减区间,
2

∴ f ? ? x? ? 2x ? a ? 即 a 剟? ? 2 x ?

1 ? 0 有解,又函数的定义域为(0,+∞) , x

? ?

1? ? x?

?2 2 .

∴a 的取值范围是 (?∞, ?2 2] . (2)假设存在实数 a,使 g(x)=ax ? lnx(x∈(0,e])有最小值 3, g′(x)=a ?

1 ax ? 1 = , (7 分) x x 4 (舍去) , e

当 a ≤ 0 时,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae ? 1=3,a= ∴g(x)无最小值.

1 1 1 <e 时,g(x)在(0, )上单调递减,在( ,e ] 上单调递增 a a a 1 2 ∴g(x)min=g( )=1+lna=3,a=e ,满足条件. (11 分) a 1 4 当 ≥ e 时,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae﹣1=3,a= (舍去) , a e
当 0< ∴f(x)无最小值. (13 分) 综上,存在实数 a=e ,使得当 x∈(0,e]时 g(x)有最小值 3. (14 分)
2

9. (徐州市 2014 届高考信息卷)已知函数 f ( x) ? a ln x ? ( x ? c) x ? c , a ? 0 , c ? 0 .
1 3 (1)当 a ? ? , c ? 时,求函数 f ( x) 的单调区间; 4 4 a 1 (2)当 c ? ? 1 时,若 f ( x) ≥ 对 x ? (c, ??) 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2 4 (3)设函数 f ( x) 的图象在点 P ( x1 , f ( x1 )) 、 Q( x2 , f ( x2 )) 两处的切线分别为 l1 、 l2 .若
a , x2 ? c ,且 l1 ? l2 ,求实数 c 的最小值. 2 【考点】分段函数求导;利用导数求单调区间;利用单调性求极值;不等式恒成立问题; ? 2 x 2 ? 2cx ? a , x ≥ c, 2 ? ? ? ?a ln x ? ( x ? c) , x ≥ c, x 【解 】 函数 f ( x) ? ? ,求导得 f '( x) ? ? . 2 2 ? ?a ln x ? ( x ? c) , x ? c ? ?2 x ? 2cx ? a , x ? c ? x ? 2 ?8x ? 2 x ? 3 1 , x≥ , ? 1 3 ? 4x 4 (1)当 a ? ? , c ? 时, f '( x) ? ? , 2 4 4 ? ?8 x ? 2 x ? 3 , x ? 1 ? 4x 4 ? 2 1 1 ?8 x ? 2 x ? 3 若 x ? ,则 f '( x) ? ? 0 恒成立, 所以 f ( x) 在 (0, ) 上单调减; 4 4 4x (2 x ? 1)(4 x ? 3) 3 1 1 若 x ≥ ,则 f '( x) ? ,令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? 或 x ? ? (舍) , 4x 4 2 4 x1 ? ?

1 3 1 3 当 ≤ x ? 时, f '( x) ? 0 , f ( x) 在 [ , ) 上单调减; 4 4 4 4 3 3 当 x ? 时, f '( x) ? 0 , f ( x) 在 ( , ??) 上单调增. 4 4 3 3 所以函数 f ( x) 的单调减区间是 (0, ) ,单调增区间是 ( , ??) . ………………4 分 4 4 a a ( x ? 1)(2 x ? a) (2)当 x ? c , c ? ? 1 时, f '( x) ? ,而 c ? ? 1 ? 1 ,所以 2 2 x 当 c ? x ? 1 时, f '( x) ? 0 , f ( x) 在 (c,1) 上单调减; 当 x ? 1 时, f '( x) ? 0 , f ( x) 在 (1, ??) 上单调增.
所以函数 f ( x) 在 (c, ??) 上的最小值为 f (1) ? 所以

a2 , 4

a2 1 ≥ 恒成立,解得 a ≤ ?1 或 a≥1 , 4 4 a 又由 c ? ? 1 ? 0 ,得 a ? ?2 ,所以实数 a 的取值范围是 (?2, ?1] . ……………9 分 2 a a c a (3)由 l1 ? l2 知, f '( ? ) f '(c) ? ?1 ,而 f '(c) ? ,则 f '( ? ) ? ? , 2 2 a c

a a 若 ? ≥c ,则 f '( ? ) ? 2 2
解得 a ?

a a 2(? ) ? 2c ? ? a c 2 2 ? ?2c ,所以 ?2c ? ? , a a ? 2
……………………………11 分

1 ,不符合题意; 2

a a ?2(? ) ? 2c ? ? a c 2 2 ? ? ?8a ? 2c ? ? , a a ? 2 1 a ?8a 整理得, c ? ,由 c ? 0 得, a ? ? , …………………………13 分 2 2a ? 1 t2 ? ?t 2 t t3 令 ?8a ? t ,则 a ? ? , t ? 2 ,所以 c ? 8 , ? t2 8 2t 2 ? 8 ? ?1 4 2 2 3 2t (t ? 12) t 设 g (t ) ? 2 ,则 g '(t ) ? , (2t 2 ? 8) 2 2t ? 8 a a 故 ? ? c ,则 f '( ? ) ? 2 2
当 2 ? t ? 2 3 时, g '(t ) ? 0 , g (t ) 在 (2, 2 3) 上单调减; 当 t ? 2 3 时, g '(t ) ? 0 , g (t ) 在 (2 3, ??) 上单调增. 所以,函数 g (t ) 的最小值为 g (2 3) ?

3 3 3 3 ,故实数 c 的最小值为 . ……16 分 2 2

10. (2015 江苏高考冲刺压轴卷 (三) ) 设函数 f ( x) ? ln x ,g ( x) ? (2 ? a)( x ? 1) ? 2 f ( x) .
(1)当 a=1 时,求函数 g(x)的单调区间;

(2)若对任意 x ? (0, ) , g ( x)>0 恒成立,求实数 a 的最小值; (3)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 是函数 y=f(x)图象上任意不同的两点,线段 AB 的中点为

1 2

C( x0 , y0 ) ,直线 AB 的斜率为 k. 证明: k>f ?( x0 ) .
【考点】函数的单调性、最值,证明不等式. 【解】(1)g(x)的定义域为(0,+∞) 当 a=1 时, g ( x) ? x ?1 ? 2ln x , g ?( x) ? 1 ? 当 x ? (0, 2) 时, g ?( x)<0 , g ( x) 单调递减 当 g ( x) 时, g ?( x)>0 , g ( x) 单调递增, 综上, g ( x) 的单调递增区间为 (2, ?∞) ,单调递减区间为 (0, 2) . (2)由题意知: (2 ? a)( x ?1) ? 2ln x>0 ,在 x ? (0, ) 上恒成立, 即 (2 ? a)( x ? 1)>2ln x 在区间 (0, ) 上恒成立, 又 1 ? x>0 ,∴a>2 ?

2 x?2 ? , x x

1 2

1 2

2 ln x 1 在区间 (0, ) 上恒成立 , 1? x 2

2 2 (1 ? x) ? 2 ln x ? 2 ? 2 ln x 2 ln x 1 x x ? ? 设h( x ) ? 2 ? , x ? (0, ) ,则h ( x ) ? , (1 ? x) 2 (1 ? x) 2 1? x 2
2 1 2 2 ?2 ? 2 x ? 2 ? 2 ln x x ? (0, ) ,则 m?( x) ? ? 2 ? ? , x 2 x x x2 1 1 ∴m(x) > m( ) ? 4 ? 2 ? 2ln2 0 > , 0 ,m( x) 单调递减, 当 x ? (0, ) 时,m?( x) < 2 2 1 1 即 h?( x)>0 在 (0, ) 恒 成 立 . 所 以 h( x) 在 (0, ) 单 调 递 增 , 2 2 1 2 ln 1 2 ? 2 ? 4 ln 2 , ∴h( x)<h( ) ? 2 ? 1 2 2
又令 m( x) ? 故 a≥2-4ln2,所以实数 a 的最小值 2 ? 4 ln 2 . (3) k ?

y2 ? y1 ln x2 ? ln x1 ? , x2 ? x1 x2 ? x1

又 x0 ?

x1 ? x2 ,所以 f ?( x0 ) ? (ln x)? 2

x ? x0

?

1 2 , ? x0 x1 ? x2

要证 k>f ?( x0 ) . 即证

ln x2 ? ln x1 2( x2 ? x1 ) 2 ,不妨设 0<x1<x2 ,即证 ln x2 ? ln x1> , > x1 ? x2 x2 ? x1 x1 ? x2
2(

x2 ? 1) x2 x1 即证 ln > , x2 x1 ?1 x1
设t ?

2(t ? 1) 4 x2 ? 2? , > 1 ,即证: ln t> t ?1 t ?1 x1

4 ? 2>0 ,其中 t ? (1, ?∞) , t ?1 4 ? 2(t ?1, ?∞) , 事实上:设 k (t ) ? ln t ? t ?1
也就是要证: ln t + 则 k ?(t ) ? ?

1 4 (t ? 1)2 ? 4t (t ? 1) 2 ? ? >0 , t (t ? 1)2 t (t ? 1)2 t (t ? 1)2

所以 k (t ) 在(1,+∞)上单调递增,因此 k (t )>k (1) ? 0 .

11. (2015 江苏省盐城市响水中学高三上调研)若函数 f(x)=x-1-alnx(a<0)对任意 x1 ,
x2 ∈(0,1],都有|f( x1 )-f( x2 )|≤4
1 1 ? ,则实数 a 的取值范围是 x1 x2


【考点】利用导数求闭区间上函数的最值. 【答案】[-3,0)

? x )= 1【分析】 f(
上是增函数, 又函数 y=

a , 当 a<0 时, f( ? x )>0 恒成立,此时,函数 f(x)在(0,+∞) x

1 在(0,1]上是减函数 x

不妨设 0<x1≤x2≤ 1 则| f , (x1 )- f (x2 ) |? f (x2 )- f (x1 )

1 1 1 1 ? = ? . x1 x2 x1 x2

∴ f (x1 )- f (x2 )≤4

1 1 ? , x1 x2

即f (x2 ) ? 4?

1 1 ≤( f x1) ? 4? x2 x1
4 4 ? x- 1- alnx ? x x
1 1 ? ,等价于函数 h(x)在区间(0,1]上是减函数 x1 x2

(x ) ? f (x ) ? 设h

则 f (x1 )- f (x2 )≤4

? x ( ) ? 1∵h
2

a 4 x 2 ? ax ? 4 ? ? , x x2 x2

∴ x - ax ? 4 ≤0 在(0,1]上恒成立,

4 4 在(0,1]上恒成立,即 a 不小于 y=x ? 在(0,1]内的最大值. x x 4 4 而函数 y=x ? 在(0,1]是增函数,∴y=x ? 的最大值为-3 x x
即 a≥ x ? ∴a≥-3, 又 a<0,∴a∈[-3,0) . 故答案为:[-3,0) .

12. (2015 江苏省盐城市响水中学高三上调研)设 a>0,两个函数 f (x ) ? eax,( g x ) ? blnx
的图象关于直线 y=x 对称. (1)求实数 a,b 满足的关系式; (2)当 a 取何值时,函数 h(x)=f(x)-g(x)有且只有一个零点; (3)当 a=1 时,在(

1 ,+∞)上解不等式 f ( 1-x ) ?g (x )<x2 . 2

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究函数的极值. 【解】 (1)设 P(x, e ax )是函数 f(x)= e ax 图象上任一点,则它关于直线 y=x 对称的点

P?(eax,x ) (x ) ? blnx 的图象上, 在函数 g
∴ x ? blne
ax

? abx ,

∴ab=1. (2)当 a>0 时,函数 h(x)=f(x)-g(x)有且只有一个零点,则两个函数的图象有且 只有一个交点, ∵两个函数关于直线 y=x 对称, ∴两个函数图象的交点就是函数 f(x)= e 的图象与直线 y=x 的切点.
ax

设切点为 A ( x0 ,eax0 ) , x0 ? eax0 ,

f( ? x ) ? aeax ,∴ aeax0 =1,
∴ ax0 =1, x0 ? eax0 =e, ∴当 a=

1 1 ? 时,函数 h(x)=f(x)-g(x)有且只有一个零点 x=e. x0 e

(3)当 a=1 时,设 ( r x ) ?f (1 x ) ?g (x )- x2 ? e1? x ? lnx- x2 , 则

1 ? 2x, x 1 1 1- x 1 , r ? <0; 当 x ? ( ,1) 时, -2x<2-1=1, -e <- 2 x 1 1- x 当 x∈[1,+∞)时, -2x≤1-2=-1, -e <0, r ? < 0. x 1 ∴r(x)在( , ?? )上是减函数. 2 r( ? x ) ? - e1? x ?
又 r(1)=0, ∴不等式 f . ( 1-x ) ?g (x )<x2 解集是(1,+∞)

13. (15

江苏模拟(三) )已知二次函数 f ( x) ? ax2 ? (16 ? a3 ) x ?16a2 ( a ? 0 )的图象 .

与 x 轴交于 A, B 两点,则线段 AB 长度的最小值 【答案】12

【 分 析 】 因 式 分 解 可 得 f ( x) ? ( x ? a2 )(ax ? 16) , 于 是 A, B 两 点 的 坐 标 分 别 是

( a 2 , 0), ( ?

16 16 16 , 0) , 于 是 线 段 AB 的 长 度 等 于 a 2 ? . 记 F (a ) ? a 2 ? , a a a

F '(a) ? 2a ?

16 2(a3 ? 8) ,于是 F ( a ) 在 (0, 2) 上单调递减,在 (2, ??) 上单调递增, ? a2 a2
16 ? 12 . 2


从而 F ( a ) 的最小值就是 F (2) ? 2 2 ?

? 1) 14. (15 南通海门包场 9 月调研) 已知函数( f x) =2 f( lnx-x, 则( f x) 的极大值为
考点: 利用导数研究函数的极值. 【答案】2ln2-2

? 1) 【分析】由于函数 f(x)=2 f( lnx-x,定义域为 x ? (0, ??) ? x) ? 1) 则 f( =2 f( ×
1 -1(x>0) ,令 x=1 x

f( ? 1) ? 1) =2 f( -1, ? 1) ? x) 故 f( =1,得到 f(x)=2lnx-x, f( =2×
1 2? x -1= , x x

? x) ? x) 令 f( >0,解得:0<x<2,令 f( <0,解得:x>2,
则函数在(0,2)上为增函数,在(2,+∞)上为减函数, 故 f(x)的极大值为 f(2)=2ln2-2.

15. (15 南通海门包场 9 月调研)已知 a>0,函数 f(x)=
值为

x?a 在区间[0,4]上的最大 x ? 2a

7 ,则 a 的值为 10



考点: 函数的最值及其几何意义. 【答案】

1 2 a?x x?a ;当 x>a 时,f(x)= x ? 2a x ? 2a

【分析】记 f(x)在区间[0,4]上的最大值为 g(a) , 当 0≤x≤a 时,f(x)=

? x) = ∴当 0≤x≤a 时, f(

?3a <0,f(x)在(0,a)上单调递减; ( x ? 2a ) 2

? x) 当 x>a 时, f( =

3a >0,f(x)在(a,+∞)上单调递增. ( x ? 2a ) 2
1 ,不符合; 2

①若 a≥4,则 f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)=f(0)=

②若 0<a<4,则 f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增 ∴g(a)=max{f(0) ,f(4)} ∵f(0)-f(4)=

a ?1 2?a

∴当 0<a≤1 时,g(a)=f(4)= ∴

4?a 7 1 = ,∴a= . 4 ? 2 a 10 2

4?a 1 ;当 1<a<4 时,g(a)=f(0)= , 4 ? 2a 2

ax 16. (15 南通海门包场 9 月调研)已知函数 f(x)=ax-lnx,g(x)= e

+3x,其中 a∈R.

(1)求 f(x)的极值; (2)若存在区间 M,使 f(x)和 g(x)在区间 M 上具有相同的单调性,求 a 的取值范围. 考点: 函数在某点取得极值的条件;利用导数研究函数的单调性. 【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞) ,

? x) 且 f( =a-

1 ax ? 1 = . x x

? x) ①当 a≤0 时, f( <0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
从而 f(x)没有极大值,也没有极小值.

? x) ②当 a>0 时,令 f( =0,得 x=
x

1 ? x) .f(x)和 f( 的情况如下: a
1 ) a 1 a
0 极小值 (

(0,

1 ,+∞) a
+ ↗

f( ? x)
f(x)

- ↘

故 f(x)的单调减区间为(0, 从而 f(x)的极小值为 f(

1 1 ) ;单调增区间为( ,+∞) . a a

1 )=1+lna;没有极大值. a
ax

( ? x) (2)g(x)的定义域为 R,且 g =a e +3. ( ? x) ③当 a>0 时,显然 g >0,从而 g(x)在 R 上单调递增.
由(1)得,此时 f(x)在(

1 ,+∞)上单调递增,符合题意. a 1 3 ( ? x) ln(- ) .g(x)和 g 的情况如下表: a a

④当 a=0 时,g(x)在 R 上单调递增,f(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意.

( ? x) ⑤当 a<0 时,令 g =0,得 x0 =
x

(-∞, x0 )

x0
0 极小值

( x0 ,+∞)

g ( ? x)
g(x)

- ↘

+ ↗

当-3≤a<0 时, x0 ≤0,此时 g(x)在( x0 ,+∞)上单调递增,由于 f(x)在(0,+∞) 上单调递减,不合题意. 当 a<-3 时, x0 >0,此时 g(x)在(-∞, x0 )上单调递减,由于 f(x)在(0,+∞) 上单调递减,符合题意. 综上,a 的取值范围是(-∞,-3)∪(0,+∞) .
3 17. (15 南通海门包场 9 月调研)设 a∈R,函数 f(x)= x -

1 3

1 2 (2a+1) x + 2

( a +a)x.

2

(1)若函数 g(x)=

f ?( x) (x≠0)为奇函数,求 a 的值; x

(2)若函数 f(x)在 x=2 处取得极小值,求 a 的值; (3)若 a>-1,试求 x∈[0,1]时,函数 f(x)的最大值. 考点: 利用导数求闭区间上函数的最值; 函数奇偶性的性质; 函数在某点取得极值的条件. 【解】 (1)由题意, f( ,…(1 分) ? x) = x -(2a+1)x+( a +a)
2 2

∴g(x)=

f ?( x) a2 ? a =x+ -(2a+1) (x≠0) , x x

∵函数 g(x)=

f ?( x) (x≠0)为奇函数, x
…(4 分)

∴g(-x)+g(x)=0,即 2a+1=0, ∴a=-

1 ; 2

? x) (2) f( =(x-a)[x-(a+1)]…(5 分)
x (-∞,a) + ↗ a 0 极大值 (a,a+1) - ↘ a+1 0 极小值 (a+1,+∞) + ↗

f( ? x)
f(x)

∴f(x)在 x=a+1 处取得极小值,在 x=a 处取得极大值,…(7 分) 由题设 a+1=2,∴a=1; …(8 分) (3)由(2)知: ①a≥1 时,f(x)在[0,1]上是增函数,∴ [ ( f x) ]max =f(1)= a ?
2

1 ;…(10 分) 6
…(11 分)

②a=0 时,f(x)在[0,1]上是减函数,∴ [ ( f x) ]max =f(0)=0;

③0<a<1 时,f(x)在[0,a]上是增函数,f(x)在[a,1]上是减函数,∴ [ ( f x) ]max =f(a) = a ?
3

1 3

1 2 a ; 2

…(13 分)

④-1<a<0 时,f(x)在[0,a+1]上是减函数,f(x)在[a+1,1]上是增函数, ∵f(1)-f(0)= a ?
2

1 6 6 ? (a ? )(a ? ), 6 6 6

∴-1<a<-

1 6 时,f(1)>f(0) ,∴ [ ( f x) ]max =f(1)= a 2 ? ; 6 6
…(15 分)



6 ≤a<0 时,f(1)≤f(0) ,∴ [ ( f x) ]max =f(0)=0; 6

? 2 1 6 或a≥1 ?a ? , ?1<a< ? 6 6 ? ? 6 ? 0, ? ≤a≤0 综上, [ ( . f x) ]max = ? 6 ? 1 3 1 2 ? a ? a , 0<a<1 ? 3 2 ? ?
x 18. (15 南通市直调考)已知函数 f(x)= e -c,g(x)=

…(16 分)

1 3 1 2 a x ? b x +cx(a,b,c∈R) . 3 2

(1)若 ac<0,求证:函数 y=g(x)有极值; (2)若 a=b=0,且函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象有两个相异交点,求证:c>1. 考点: 利用导数研究函数的极值;函数的零点与方程根的关系. 【证明】 (1)由 g(x)=

1 3 1 2 2 ( ? x) a x ? b x +cx 得 g =a x +bx+c, 3 2
…(4 分)

∵ac<0,∴ ? >0 且 a≠0.

( ? x) ( ? x) ∴函数 g 有两个零点,则可设为 g =a(x- ? ) (x- ? )
∴若 x1 < ? < x2 < ? < x3 ,则 g <0, g <0. ( ? x1)g ( ? x2) ( ? x2)g ( ? x3) ∴g(x)有极值. …(6 分) (2)由 e -c=cx,得 e -cx-c=0,
x x

( ? x) 记 h(x)= e -cx-c,则 h = e -c,
x x

由函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象有两个相异交点知函数 h(x)有两互异零点…(9 分) 若 c≤0,h(x)单调递增,则 h(x)最多 1 个零点,矛盾. …(11 分) ( ? x) ∴c>0.此时,令 h =0,则 x=lnc. 列表: x (-∞,lnc) - lnc 0 极小值 (lnc,+∞) +

h ( ? x)
h(x)

?

?

∴( h x) min =h(lnc)=-clnc<0,∴c>1.…(16 分)

3 19. (15 连云港赣榆海头 9 月调研)已知函数 f(x)=xlnx,g(x)= x

+m x -nx(m,n

2

为实数) . (1)若 x=1 是函数 y=g(x)的一个极值点,求 m 与 n 的关系式; (2)在(1)的条件下,求函数 g(x)的单调递增区间;

' x) (3)若关于 x 的不等式 2f(x)≤ g( +1+n 的解集为 P,且(0,+∞)?P,求实数 m 的
取值范围. 考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用. 【解】 (1) g( =3 x +2mx-n, ' x) 由题意得 ?
2

? g ?(1) ? 0 ,∴n=2m+3(m≠-3) . ? ?>0
2

(2)由(1)知: g( =3 x +2mx-(2m+3)=(x-1)[3x+(2m+3)], ' x)

' x) 令 g( =0,得 x1 ? 1, x2 ? ?1 ?
①当 1> ? 1 ?

2m 3

2m 2m ' x) ,即 m>-3 时,由 g( >0 得 x< ? 1 ? 或 x>1, 3 3 2m ) , (1, +?) ; ∴g(x)的单调递增区间是 ( ??, ?1 ? 3 2m 2m ' x) ②当 1< ? 1 ? ,即 m<-3 时,由 g( >0 得 x<1 或 x> ? 1 ? , 3 3 2m , ??) . ∴g(x)的单调递增区间是 (??,1) , ( ?1 ? 3

' x) (3)由(0,+∞)?P 得 2f(x)≤ g( +1+n 在 x∈(0,+∞)上恒成立,
即:2xlnx≤3 x +2mx+1 在 x∈(0,+∞)上恒成立,
2

3 1 x? 在 x∈(0,+∞)上恒成立, 2 2x 3 1 设 h( x) ? ln x ? x ? , 2 2x 1 3 1 ( x ? 1)(3 x ? 1) ?? 则 h?( x ) ? ? ? , 2 x 2 2x 2x2 1 ' x) 令 h( =0 ,得 x=1,x= ? (舍) , 3 ' x) ∵当 0<x<1 时, h( >0,h(x)在(0,1)上单调递增; ' x) 当 x>1 时, h( <0,h(x)在(1,+∞)上单调递减,
可得 m≥ ln x ? ∴当 x=1 时,h(x)取得最大值, ( h x) max =-2, ∴m≥-2,即 m 的取值范围是[-2,+∞)

20. (2015

江苏高考冲刺压轴卷(三) )已知函数 g ( x) ? a ? x ( ≤x≤e, e 为自然对数的
2

1 e

底数)与 h( x) ? 2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点,则实数 a 的取值范围是 【考点】对称问题,方程有解,导数与函数的最值.



2 【答案】 ? ?1, e ? 2 ? ?

2 【分析】由题意,方程 a ? x ? ?2ln x 在 ? , e ? 上有解, 变形为 a ? x ? 2 ln x( ≤x≤e) , e e
2

?1 ? ? ?

1

a? ? 2 x ?
1 e

2 , x

当 ≤x≤1 时, a ?<0 ,当 1<x≤e 时, a ?>0 , a?(1) ? 0 ,因此当 x=1 时,a 取得最小值

1,又 a ( ) ?

1 e

1 1 ? 2 , a(e) ? e2 ? 2 ,因为 e 2 ? 2> 2 ? 2 ,所以 a 的最大值为 e2 ? 2 ,a 2 e e

2 的范围是 ? ?1, e ? 2 ? ?.

21.

(15 淮安市金湖中学高三上学期第一次学情检测数学试卷)已知函数 ( f x) ? x3 -3ax

(a∈R) ,g(x)=lnx. (1)当 a=1 时,求 f(x)在区间[-2,2]上的最小值; (2)若在区间[1,2]上 f(x)的图象恒在 g(x)图象的上方,求 a 的取值范围; (3)设 h(x)=| f(x)|,x∈[-1,1],求 h(x)的最大值 F(a)的解析式. 【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用.

? x) 【解】 (1)∵ f( ? 3x2 -3 ? 0
列表得 x -2 (-2, -1) + -2 增函数

? x ? ?1
-1 0 极 大 值 (-1, 1) - 减函数 0 极小值 1 (1,2) + 增函数 2 2

f ?( x )
f(x)

可得,函数的最小值为 f(x)min=f(-2)=-2 (2)∵在区间[1,2]上 f(x)的图象恒在 g(x)图象的上方
3 ∴ x -3ax≥lnx 在[1,2]上恒成立得 3a≤x ?
2

ln x 在[1,2]上恒成立 x

设 h(x)= x ?
2

ln x 1 ? ln x 2 x3 ? ln x ? 1 ? 则 h?( x) ? 2 x ? x x2 x2

1 0 ,lnx≥0 ∵ 2x -≥ (x)≥0 ∴ h?
∴h (x)min ? h (1)? 1 ∴ a≤

3

1 3

(3)因 ( h x) ?| ( f x) ? x 3 -3ax | 在[-1,1]上是偶函数,故只要求在[0,1]上的最大值 ①当 a≤0 时, f ? (x)≥0 ,f(x)在[0,1]上单调递增且 f(0)=0, ∴h(x)=f(x) ,F(a)=f(1)=1-3a. ②当 a>0 时, f ?( x) ? 3x2 ? 3a ? 3( x ? a )( x ? a ) , (ⅰ)当 a≥ ,-f(x)在[0,1]上单调递增, 1 ,即 a≥1 ,h(x)=|f(x)|=-f(x) 此时 F(a)=-f(1)=3a-1 (ⅱ)当 0< a< 1 ,即 0<a<1 时,

? ? f ( x) 在 ? ,在 ? ?0, a ? 上单调递减, ? a ,1? 单调递增;
1° 当 f (1) ? 1 ? 3a≤0 ,即 ≤a≤1 时,

1 3

? ? ? h( x) ? f ( x) ? ? f ( x) , ? f ( x) 在 ? ?0, a ? 上单调递增,在 ? a ,1? 上单调递减,

F (a) ? ? f ( a ) ? 2a a ;
2° 当 f (1) ? 1 ? 3a>0 ,即 0< a< 时,

1 3

1 时, F (a) ? f (1) ? 1 ? 3a 4 1 1 (ⅱ)当 ? f ( a )>f (1) ? 1 ? 3a ,即 ≤a≤ 时, F (a) ? ? f ( a ) ? 2a a . 4 3
(ⅰ)当 ? f ( a )≤f (1) ? 1 ? 3a ,即 0≤a≤

22.

(15 南京市湖滨中学高三上学期 10 月学情检测数学试卷)已知函数 f(x)=x+xlnx.

(1)求函数 f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程; (2)若 k∈Z,且 k(x﹣1)<f(x)对任意 x>1 恒成立,求 k 的最大值; (3)当 n>m≥4 时,证明 (mnn )m > (nm ) . 【考点】 导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究曲线上某点切线方程. 【解】 (1)∵f(x)=x+xlnx,∴ f ?( x) ? 2 ? ln x , f ?(1) ? 2 .∴f(x)的图象在点(1,1) 处的切线方程的斜率为 2,故切线方程为 y=2x-1. (2)令 g ( x) ? 则 g ?( x) ?
m n

x ? x ln x , x ?1

x ? ln x ? 2 , ( x ? 1)2

令 h(x)=x-lnx-2(x>1) ,

则 h?( x ) ? 1 ?

1 x ?1 ? >0, x x

所以函数 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因为 h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0, 所以方程 h(x)=0 在(1,+∞)上存在唯一实根 x0 ,且满足 x0 ∈(3,4) . 当 1<x< x0 时,h(x)<0,即 g ?( x ) <0,当 x> x0 时,h(x)>0,即 g ?( x ) >0, 所以函数 g ( x) ?

x ? x ln x 在(1, x0 )上单调递减,在( x0 ,+∞)上单调递增. x ?1

所以 [ g ( x)]min ? g ( x0 ) ?

x0 (1 ? ln x0 ) x0 (1 ? x0 ? 2) . ? ? x0 ∈(3,4) x0 ? 1 x0 ? 1

所以 k< [ g ( x)]min = x0 ∈(3,4) . 故整数 k 的最大值是 3.

x ? x ln x 是[4,+∞)上的增函数, x ?1 n ? n ln n m ? m ln m > 所以当 n>m≥4 时, . n ?1 m ?1
(3)证明:证法 1:由(2)知, g ( x) ? 即 n(m-1) (1+lnn)>m(n-1) (1+lnm) . 整理,得 mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn+(n-m) . 因为 n>m,所以 mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn, 即 ln n
mn

+ ln m > ln m
m

m

mn

+ ln n .

n

即 ln(n m ) > ln(m n ) . 所以 (mn ) > (nm ) . 证法 2:构造函数 f(x)=mxlnx+mlnm-mxlnm-xlnx, 则 f ?( x ) =(m-1)lnx+m-1-mlnm. 因为 x>m≥4,所以 f ?( x ) >(m-1)lnm+m-1-mlnm=m-1-lnm>0. 所以函数 f(x)在[m,+∞)上单调递增, 因为 n>m,所以 f(n)>f(m) . 所以 mnlnn+mlnm-mnlnm-nlnn> m lnm+mlnm- m lnm-mlnm=0. 即 mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn. 即 ln n
mn

mn

mn n

n m

m n

2

2

+ ln m > ln m
m

m

mn

+ ln n .

n

即 ln(n m ) > ln(m n ) . 所以 (mn ) > (nm ) .
n m m n

mn

mn n

23.

(15 南通市如东县栟茶高级中学高三上学期第二次学情调研)设 x=3 是函数

f ? x ? ? ( x2 ? ax ? b)e3?x ,(x∈R)的一个极值点.
(1)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b),并求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0, g ? x ? ? (a ?
2

25 x 25 )e ,若存在 ?1,?2 ?[0, 4] ,使得 | f (?1 ) ? g (? 2 ) | < 成立, 4 4

求实数 a 的取值范围. 【考点】利用导数研究函数的极值. 【解】(1)∵ f ? x ? ? ( x2 ? ax ? b)e3? x
x ∴ f ? ? x ? ? ? 2x ? a ? e3?﹣ ( x2 ? ax ? b)e3?x ? ?[ x2 ? (a ﹣ 2) x ? b ? a]e3?x ,

由题意得:f′(3)=0,即 3 +3(a-2)+b-a=0,b=-2a-3, ∴ f ? x ? ? ( x ? ax ? 2a ? 3)e
2 3? x

2

且 f ? ? x ? ? ?( x ? 3) ? x ? a ? 1? e

3? x

令 f ? ? x ? ? 0 得 x1 ? 3,x2 ? ?a ?1 . ∵x=3 是函数 f ? x ? ? ( x ? ax ? b)e
2 3? x

,(x∈R)的一个极值点

∴ x1 ? x2 ,即 a≠-4 故 a 与 b 的关系式 b=-2a-3,(a≠-4). ①当 a<-4 时, x2 ? ?a ? 1>3 ,由 f ? ? x ?>0 得单增区间为:(3,-a-1); 由 f ? ? x ?<0 得单减区间为:(-∞,3),(-a-1,+∞); ②当 a>-4 时, x2 ? ?a ? 1<3 ,由 f ? ? x ?>0 得单增区间为:(-a-1,3); 由 f ? ? x ?<0 得单减区间为:(-∞,-a-1),(3,+∞). (2)由(1)知:当 a>0 时, x2 ? ?a ? 1<0 ,f(x)在[0,3]上单调递增,在[3,4]上单调递减, ∴ f ( x)min ? min ? f (0), f (4)? ? ?(2a ? 3)e , f ( x)max ? f ?3? ? a ? 6 .
3

∴f(x)在[0,4]上的值域为 [? ? 2a ? 3? e ,a ? 6] .
3

25 x )e ,在 x∈[0,4]上单调递增, 4 25 2 25 4 2 , (a ? )e ] . ∴g(x)在 x∈[0,4]上的值域为 [a ? 4 4 25 1 2 ? (a ? 6) ? (a ? ) 2≥0 , 由于 a ? 4 2
又 g(x)=(a +
2

∴若存在 ?1,?2 ?[0, 4] ,使得 | f (?1 ) ? g (? 2 ) | <

25 成立, 4

a?0 ? ? 必需 ? 2 25 25 ,解得 0<a<3. (a ? ) ? (a ? 6) ? ? ? 4 4
∴a 的取值范围是(0,3).

24.

(15 宿迁市沭阳县银河学校高三上学期开学试卷)已知函数 f(x)=
2

1 3 x + x 2 +(2a 3

-1)x+ a -a+1 若函数 f(x)在(1,3]上存在唯一的极值点.则实数 a 的取值范围 为 . 【考点】利用导数研究函数的极值. 【答案】[-7,-1) 【分析】∵f(x)=
2

1 3 x + x 2 +(2a-1)x+ a 2 -a+1, 3

∴ f ?( x ) = x +2x+2a-1, ∵函数 f(x)在(1,3]上存在唯一的极值点, ∴ f ?(1) · f ?(3) <0, ∴(1+2+2a-1) (9+6+2a-1)<0, 即有(a+1) (a+7)<0, 解得-7<a<-1.

25.

(15 宿迁市沭阳县银河学校高三上学期开学试卷)已知函数 f(x)=( x -6 x +3x+t)

3

2

e x ,t∈R.
(1)若函数 y=f(x)有三个极值点,求 t 的取值范围; (2)若 f(x)依次在 x=a,x=b,x=c(a<b<c)处取到极值,且 a+c=2 b ,求 f(x)的零 点; (3)若存在实数 t∈[0,2],使对任意的 x∈[1,m],不等式 f(x)≤x 恒成立,试求正整数 m 的最大值. 【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究函数的极值. 【解】 (1)∵f(x)=( x -6 x +3x+t) e ,t∈R.
2 x 3 2 x ∴ f ?( x ) =(3 x -12x+3) e +( x -6 x +3x+t) e 3 2 x 2

=( x -3 x -9x+t+3) e ,

3

2

x

∵( f x) 有 3 个极值点, ∴ x -3 x -9x+t+3=0 有 3 个不同的根, 令g (x) = x -3 x -9x+t+3, 则 g ?( x ) =3 x -6x-9=3(x+1) (x-3) ,
2

3

2

3

2

从而函数 g(x)在(-∞,-1) , (3,+∞)上递增,在(-1,3)上递减. ∵g(x)有 3 个零点,∴ ?

? g (?1)>0 ,∴-8<t<24. ? g (3)<0

(2)∵a,b,c 是 f(x)的三个极值点 ∴ x -3 x -9x+t+3=(x-a) (x-b) (x-c) = x -(a+b+c) x +(ab+bc+ac)x-abc,
3 2 3 2

? a?b?c ? 3 ?ab ? ac ? bc ? ?9 3 ? ∴? ,∴b=1 或 b=- (舍,∵b∈(-1,3) ) 2 ? t ? 3 ? ?abc 2 ? ? a ? c ? 2b
?a ? 1 ? 2 3 ? ∴? b ?1 , ? ?c ? 1 ? 2 3
∴f(x)的零点分别为 1-2 3 ,1,1+2 3 . (3)不等式 f(x)≤x,等价于( x -6 x +3x+t) e ≤x, 即 t≤x e - x +6 x -3x. 转化为存在实数 t∈[0,2],使对任意的 x∈[1,m], 不等式 t≤x e - x +6 x -3x 恒成立. 即不等式 0≤x e - x +6 x -3x 在 x∈[1,m]上恒成立. 设 φ(x)= e - x +6 x -3,则 ? ?( x ) =- e -2x+6.
?x 2 ?x ?x 3 2 ?x 3 2 ?x 3 2 3 2 x

设 r(x)= ? ?( x ) =- e -2x+6,则 r ?( x) = e -2.
?x ?x

因为 1≤x≤m,有 r ?( x) <0.所以 r(x)在区间[1,m]上是减函数. 又 r(1)=4- e >0,r(2)=2- e >0,r(3)= ?e <0, 故存在 x0 ∈(2,3) ,使得 r( x0 )= ? ?( x0 ) =0. 当 1≤x< x0 时,有 ? ?( x ) >0,当 x> x0 时,有 ? ?( x ) <0.
?1 ?2
?3

从而 y=φ(x)在区间[1, x0 ]上递增,在区间[ x0 ,+∞)上递减. 又 φ(1)= e +2>0,φ(2)= e +5>0,φ(3)= e +6>0, φ(4)= e +5>0,φ(5)= e +2>0,φ(6)= e -3<0. 所以,当 1≤x≤5 时,恒有 φ(x)>0; 当 x≥6 时,恒有 φ(x)<0. 故使命题成立的正整数 m 的最大值为 5.
?4 ?5 ?6 ?1 ?2 ?3

26.(15 无锡市高三上学期期中试卷) 若函数 f ( x) ? sin( πx) 与函数 g ( x) ? x3 ? bx ? c 的
定义域为 ? 0, 2? ,它们在同一点有相同的最小值,则 b+c=_______. 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值. 【答案】 ?

1 4

1 4

【分析】画出函数 f(x)的图象,如图示:

第 26 题图 FGQ64

3 1 时,f(x)取到最小值 ? , 2 4 3 3 2 27 此时, g ?( ) ? 3 ? ( ) ? b ? 0 ,解得 b ? ? , 2 2 4 3 3 27 3 1 13 g ( ) ? ( )3 ? (? ) ? ? c ? ? ,解得 c ? , 2 2 4 2 4 2 1 ∴b+c= ? . 4
当x?

27.

(15 无锡市高三上学期期中试卷)已知函数 f ( x) ? x ? ln x , g ( x) ? ax ?
3

1 2 x? . 2 3e

(1)求 f(x)的单调增区间和最小值; (2)若函数 y=f(x)与函数 y=g(x)在交点处存在公共切线,求实数 a 的值;
2 (3)若 x ? 0, e ? ? 时,函数 y=f(x)的图象恰好位于两条平行直线 l1 :y=kx; l2 :y=kx+m

?

之间,当 l1 与 l2 间的距离最小时,求实数 m 的值. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值.

【答案】 (1)因为 f ?( x) ? ln x ? 1 ,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 所以 f(x)的单调增区间为 ? , ?? ? ,

1 , e

?1 ?e

? ?

' x)<0 ,则 ( f x) 又当 x ? ? 0, ? 时,f'(x)<0 f ( 在 (0, ) 上单调减,
当 x ? ? , ?? ? 时, f ?( x) ? 0 ,则 f(x)在 ? , ?? ? 上单调增, 所以 f(x)的最小值为 f ( ) ? ?

? ?

1? e?

1 e

?1 ?e

? ?

?1 ?e

? ?

1 e

1 . e
2

(2)因为 f ?( x) ? ln x ? 1 , g ?( x) ? 3ax ?

1 , 2

设公切点处的横坐标为 x0 ,则与 f(x)相切的直线方程为: y ? (ln x0 ? 1) x ? x0 , 与 g(x)相切的直线方程为: y ? (3ax0 ? ) x ? 2ax0 ?
2 3

1 2

2 , 3e

1 ? ln x0 ? 1 ? 3ax0 2 ? ? ? 2 所以 ? , 2 ? ? x ? ?2ax 3 ? 0 0 ? 3e ?
解之得 x0 ln x0 ? ? 由(1)知 x0 ?

1 , e

1 e2 ,所以 a ? . e 6
2 2

(3)若直线 l1 过 (e , 2e ) ,则 k=2,此时有 ln x0 ? 1 ? 2 ( x0 为切点处的横坐标) , 所以 x0 =e,m= ? e, 当 k>2 时,有 l2 : y ? (ln x0 ? 1) x ? x0 , l1 : y ? (ln x0 ? 1) x ,且 x0 >2, 所以两平行线间的距离 d ?

x0 1 ? (ln x0 ? 1)2



令 h( x) ? x ln x ? (ln x0 ? 1) x ? x0 ,因为 h?( x) ? ln x ? 1 ? ln x0 ?1 ? ln x ? ln x0 , 所以当 x ? x0 时, h?( x) <0,则 h(x)在(0, x0 )上单调减; 当 x> x0 时, h?( x) >0,则 h(x)在 ( x0 ,e 2 ) 上单调增,

所以 h(x)有最小值 h( x0 )=0,即函数 f(x)的图象均在 l2 的上方, 令 t ( x) ?

x2 , ln 2 x ? 2 ln x ? 2

则 t ?( x) ?

2 x ln 2 x ? 4 x ln x ? 4 x-2 x ln x ? 2 x 2 x ln 2 x ? 2 x ln x ? 2 x ? ?0, (ln 2 x ? 2ln x ? 2)2 (ln 2 x ? 2ln x ? 2) 2

所以当 x> x0 时,t(x)>t( x0 ) , 所以当 d 最小时, x0 =e,m= ? e.

28.(2015· 扬州模拟)已知函数 f(x)=ln x-
4,则 m=________. 【答案】-3e 【分析】 f ?( x) ? ①

m (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 x

1 m x?m ? ? 2 (x>0), x x2 x

当 m>0 时, f ? ? x ?>0 ,f (x)在区间[1,e]

上为增函数,f (x)有最小值 f (1)=-m=4,得 m=-4,与 m>0 矛盾. ②当 m<0 时,若-m<1,即 m>-1, f ? x ?min =f ?1?=-m=4 , 得 m=-4,与 m>-1 矛盾; 若-m∈[1,e],即-e ≤ m ≤ -1, f ? x ?min =f (-m)=ln(-m)+ 1=4 , 解得 m=-e3 ,与-e≤m≤-1 矛盾;
m 若-m>e,即 m<-e 时, f ? x ?min =f ? e ?=1- =4 , e

解得 m=-3e,符合题意.

29.(2015· 北京海淀区模拟)已知函数 f ? x ?= x3+ax 2+4x+b ,其中 a,b∈R 且
a≠0. (1)求证:函数 f (x)在点(0,f (0))处的切线与 f (x)总有两个不同的公共点; (2)若函数 f (x)在区间(-1,1)上有且仅有一个极值点,求实数 a 的取值范围. 【解】(1)证明:由已知可得 f ? ? x ?=x2+2ax+4 . ∴ f ? ? 0?=4 ,又 f ? 0?=b ,∴ f (x) 在 x = 0 处的切线方程为 y = 4x + b. 令

1 3

1 3 x +ax 2+4x+b=4x+b , 整理得 ( x+3a) x2=0 .∴x=0 或 x=-3a, 又∵a≠0, 3

∴-3a≠0,∴f (x)与切线有两个不同的公共点. (2)∵f (x)在(-1,1)上有且仅有一个极值点, ∴ f ? ? x ?=x2+2ax+4 在(-1,1)上有且仅有一个异号零点, 由二次函数图象性质可 得 f ?(- 2a )(5 2 +) a0< ,解得 a> 1) f ? ?1?<0 ,即 (5 -
5 5 围是 (?∞, ? )∪( , ?∞). 2 2 5 5 或 a<- ,即 a 的取值范 2 2


相关文档

更多相关文档

导数与函数的单调性、极值、最值
函数的极值与最值(带答案)
(江苏专用)2016高考数学二轮复习 专题一 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题课件 理
利用导数研究函数的最值、优化问题、方程与不等式
利用导数研究函数的极值最值学案
电脑版