高考数学必考题型解答策略函数与导数 25页

函数与导数解答策略 命题趋势 函数与导数是高考数学的重点内容之一,函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过 程,在近几年的高考中, 函数类试题在试题中所占分值一般为 22---35 分.一般为 2 个选择题 或 2 个填空题,1 个解答题 ,而且常考常新。 在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇偶性、 周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。 在解答题中通常考查函数与导数、不等式的综合运用。其主要表现在: 1.通过选择题和 填空题,全面考查函数的基本概念,性质和图象。2.在解答题的考查中,与函数有关的试题常常 是以综合题的形式出现。3.从数学具有高度抽象性的特点出发,没有忽视对抽象函数的考查。 4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。 5.涌现了一些函数新题 型。6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题,而且对于数列,不等式,解析几何 等也需要用函数与方程思想作指导。7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围),和求斜率 (切线方程结合函数求最值)问题。8.求极值,函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合，预 计 2012 年基本上还是这个考查趋势，具体为：(1)以选择题或者填空题的形式考查集合的基 本关系和基本运算，考查中涉及函数的定义域、不等式的解、方程的解等问题，要特别注意 一些新定义试题．(2)以选择题或者填空题的方式考查逻辑用语的知识，其中重点是充要条件 的判断和含有一个量词的命题的否定．(3)以选择题或者填空题的方式考查基本初等函数及其 应用，重点是函数定义域、值域，函数的单调性和奇偶性的应用，指数函数、对数函数、幂 函数的图象和性质的应用，函数的零点判断，简单的函数建模，导数的几何意义的应用，定 积分的计算及其简单应用．(4)以解答题的方式考查导数在函数问题中的综合应用，重点是使 用导数的方法研究函数的单调性和极值以及能够转化为研究函数的单调性、极值、最值问题 的不等式和方程等问题，考查函数建模和利用导数解模． 备考建议 基本初等函数和函数的应用：在掌握好基本知识的前提下重点解决函数性质在解决问题 中的综合应用、函数性质在判断函数零点中的应用，指数函数、对数函数的图象和性质的应 用，数形结合思想的应用． 导数及其应用：要掌握好导数的几何意义、导数的运算、导数和函数的单调性与极值的 关系，由于函数的极值和最值的解决是以函数的单调性为前提的，因此要重点解决导数在研 究函数单调性中的应用，特别是含有字母参数的函数的单调性(这是高考考查分类与整合思想 的一个主要命题点)，在解决好上述问题后，要注意把不等式问题、方程问题转化为函数的单 调性、极值、最值进行研究性训练，这是高考命制压轴题的一个重要考查点． 解答策略 1．讨论函数的性质时，必须坚持定义域优先的原则.对于函数实际应用问题，注意挖掘 隐含在实际中的条件，避免忽略实际意义对定义域的影响. 2．运用函数的性质解题时，注意数形结合，扬长避短. 3．对于含参数的函数，研究其性质时，一般要对参数进行分类讨论，全面考虑.如对二 次项含参数的二次函数问题，应分 a＝0 和 a≠0 两种情况讨论，指、对数函数的底数含有字 母参数 a 时，需按 a＞1 和 0＜a＜1 分两种情况讨论. 4．解答函数性质有关的综合问题时，注意等价转化思想的运用. 5．在理解极值概念时要注意以下几点：①极值点是区间内部的点，不会是端点；②若 在（a，b）内有极值，那么 在（a，b）绝不是单调函数；③极大值与极小值没有必然的 大小关系；④一般的情况，当函数 在［a，b］上连续且有有限个极值点时，函数 在［a，b］内的极大值点和极小值点是交替出现的；⑤导数为 0 的点是该点为极值点的必要 条件，不是充分条件（对于可导函数而言）.而充分条件是导数值在极值点两侧异号. 6．求函数的最值可分为以下几步：①求出可疑点，即 ＝0 的解 x0；②用极值的方 法确定极值；③将（a，b）内的极值与 ， 比较，其中最大的为最大值，最小的为 最小值；当 在（a，b）内只有一个可疑点时，若在这一点处 有极大（小）值，则 可以确定 在该点处了取到最大（小）值. 7．利用求导方法讨论函数的单调性，要注意以下几方面：① ＞0 是 递增的充 分条件而非必要条件（ ＜0 亦是如此）；②求单调区间时，首先要确定定义域；然后再 根据 ＞0（或 ＜0）解出在定义域内相应的 x 的范围；③在证明不等式时，首先要 构造函数和确定定义域，其次运用求导的方法来证明. 8．函数、导数的综合问题往往以压轴题的形式出现，解决这类问题要注意：(1)综合运用所 学的数学思想方法来分析解决问题；(2)及时地进行思维的转换，将问题等价转化； (3)不等 式证明的方法多，应注意恰当运用，特别要注意放缩法的灵活运用；(4)要利用导数这一工具 来解决函数的单调性与最值问题. 典型例题 考点一. 函数的解析式、定义域、值域求法 例．函数 的定义域为 ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x / ( )f x ( )f a ( )f b ( )f x ( )f x ( )f x ' ( )f x ( )f x ' ( )f x ' ( )f x ' ( )f x 2 ln( 1) 3 4 xy x x += − − + A． 　　　B． 　　　C． 　　　　D． 解：由 .故选 C 【名师点睛】：函数的定义域及其求法是近几年高考考查的重点内容之一.这里主要帮助考生 灵活掌握求定义域的各种方法，并会应用用函数的定义域解决有关问题. 例．用 min{a,b,c}表示 a,b,c 三个数中的最小值，设 =min{ , x+2,10-x} (x 0),则 的最大值为 （A）4 （B）5 （C）6 （D）7 【解析】：利用数形结合，画出函数的大致图象，如图所示， 很容易的得到函数的最大值是当 时， 的最大值为 6 【名师点睛】：解决本题的最好方法是数形结合， 本题考查学生对函数知识的灵活运用和对新定义问题的快速处理 考点二. 函数的零点 例．函数 的零点个数为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解:当 时，令 解得 ； 当 时，令 解得 ，所以已知函数有两个零点，选 C。 【名师点睛】：求函数 的零点：①（代数法）求方程 的实数根；②（几何 法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数 的图象联系起来，并利用函数的 性质找出零点． 例．设 a 为常数，试讨论方程 的实根的个数。 解 ： 原 方 程 等 价 于 即 构 造 函 数 和 ，作出它们的图像，易知平行于 x 轴的直线与抛物线 的交点情况可得：①当 或 时，原方程有一解；②当 时，原方程有 两解；③当 或 时，原方程无解。 【名师点睛】：：图象法求函数零点，考查学生的数形结合思想。数形结合，要在结合方面下 ( 4, 1)− − ( 4,1)− ( 1,1)− ( 1,1]− 2 1 0 1 1 14 13 4 0 x x xxx x + > > − ⇒ ⇒ − < < − < <− − + >  ( )f x 2x ≥ ( )f x 4x = ( )f x 2x +2x-3,x 0x)= -2+ln x,x>0 f  ≤   （ 0x ≤ 2 2 3 0x x+ − = 3x = − 0x > 2 ln 0x− + = 100x = )(xfy = 0)( =xf )(xfy = )lg()3lg()1lg( xaxx −=−+−       −=−− >− >− >− xaxx xa x x )3)(1( 0 03 01    << −+−= 31 352 x xxa )31(352 <<−+−= xxxy ay = 31 ≤< a 4 13=a 4 133 << a 1≤a 4 13>a 功夫。不仅要通过图象直观估计，而且还要计算 的邻近两个函数值，通过比较其大小进行 判断。 例．已知 a 是实数，函数 ，如果函数 在区间[-1，1]上有零点， 求实数 a 的取值范围。 解：当 a=0 时，函数为 =2x -3，其零点 x= 不在区间[-1，1]上。当 a≠0 时，函数 在 区 间 [-1 ， 1] 分 为 两 种 情 况 ： ① 函 数 在 区 间 [ ─ 1 ， 1] 上 只 有 一 个 零 点 ， 此 时 或 解得 1≤a≤5 或 a= ② 函 数 在 区 间 [ ─ 1 ， 1] 上 有 两 个 零 点 ， 此 时 或 解得 a 5 或 a< 综上所述，如果函数在区间[─1，1]上有零点，那么实数 a 的取值 范围为(-∞, ]∪[1, +∞) 【名师点睛】：函数零点（即方程的根）的应用问题，即已知函数零点的存在情况求参数的 值或取值范围问题，解决该类问题关键是用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的 方程或不等式求解.对于二次函数 f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)在实数集 R 上恒成立问题可利用判别 式直接求解，即 f(x)>0 恒成立 ；f(x)<0 恒成立 .若是二次函数在指定区 间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解. 考点三.函数的单调性、奇偶性和周期性 0x 2( ) 2 2 3f x ax x a= + − − ( )y f x= ( )f x 2 3 ( )f x 4 8 ( 3 ) 0 ( 1) (1) ( 5)( 1) 0 a a f f a a ∆ = − − − =  − = − − ≤    ≤−≤− =−−−=∆ 12 11 0)3(84 a aa 2 73 −− ( ) ( ) 2 0 8 24 4 0 11 12 1 0 1 0 a a a a f f > ∆ = + + >  − < − <  ≥  − ≥ ( ) ( ) 2 0 8 24 4 0 11 12 1 0 1 0 a a a a f f < ∆ = + + >  − < − <  ≤  − ≤ ≥ 2 73 −− 3 7 2 − − ⇔    <∆ > 0 0a ⇔    <∆ < 0 0a 例．已知定义在 R 上的奇函数 ，满足 ,且在区间[0,2]上是增函数,若 方 程 f(x)=m(m>0) 在 区 间 上 有 四 个 不 同 的 根 , 则 解：因为定义在 R 上的奇函数，满足 ,所以 ,所以, 由 为奇函数, 所以函数图象关于直线 对称且 , 由 知 , 所以函数是以 8 为周期的周期函数, 又 因 为 在 区 间 [0,2] 上 是 增 函 数 , 所 以 在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示, 那么方程 =m(m>0)在区间 上有四个不同的根 ,不妨设 由对称性知 所以 答案:-8 【名师点睛】：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 例已知函数 若 则实数 的取值范围是 A B C D 解：由已知，函数在整个定义遇上单调递增的故 ，等价于 ， 解得 答案 C 【名师点睛】：在处理函数单调性时，可以充分利用基本函数的性质直接处理，显得更加简 单、方便 例．已知以 为周期的函数 ，其中 。若方程 恰有 5 个实数解，则 的取值范围为（ ） )(xf ( 4) ( )f x f x− = − [ ]8,8− 1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4 _________.x x x x+ + + = ( 4) ( )f x f x− = − ( 4) ( )f x f x− = − )(xf 2x = (0) 0f = ( 4) ( )f x f x− = − ( 8) ( )f x f x− = )(xf )(xf )(xf [ ]8,8− 1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4x x x x< < < 1 2 12x x+ = − 3 4 4x x+ = 1 2 3 4 12 4 8x x x x+ + + = − + = − 2 2 4 , 0( ) 4 , 0 x x xf x x x x  + ≥=  − < 2(2 ) ( ),f a f a− > a ( , 1) (2, )−∞ − ∪ +∞ ( 1,2)− ( 2,1)− ( , 2) (1, )−∞ − ∪ +∞ )()2( 2 afaf >− 022 <−+ aa 12 <<− a 4T = 21 , ( 1,1]( ) 1 2 , (1,3] m x xf x x x  − ∈ −=  − − ∈ 0m > 3 ( )f x x= m A． B． C． D． 解： 的图象为椭圆上半部分， 的图象为两条 线段 根据 的周期 T=4 可知其图象，由方程 恰有 5 个实数解，则 有 两 解 即 有 两 解 ， 所 以 解 得 ； 无 解 即 无解，所以 解得 。故 【名师点睛】：函数的图象从直观上很好地反映出了函数的性质，所以在研究函 数时，注意结合图象，在解方程和不等式等问题时，借助图象能起到十分快捷的 作用，但要注意，利用图象求交点个数或解的个数问题时，作图要十分准确，否 则容易出错. 考点四.函数的图象 例．单位圆中弧 长为 ， 表示弧 与弦 所围成弓形面积的 2 倍。 则函数 的图像是（ ） 解：法一：定量分析。可列出 ，知 时， ， 图像在 下方； 时， ， 图像在 上方。选 D 法二：定性分析。当 从 增至 时， 变化经历了从慢到快，从快到慢的过程，选 D 法三：观察 满足： ，故 图像以 为对称中心。 选 D 【名师点睛】：函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的 15 8( , )3 3 15( , 7)3 4 8( , )3 3 4( , 7)3 ( ]21 , 1,1y m x x= − ∈ − ( ]1 2 , 1,3y x x= − − ∈ ( )f x 3 ( )f x x= 23 1 ( 4)m x x− − = 2 2 2 2(9 1) 72 135 0m x m x m+ − + = 2 2 2 2( 72 ) 4 (9 1) 135 0m m m∆ = − − × + ⋅ > 15 3m > 23 1 ( 8)m x x− − = 2 2 2 2(9 1) 144 63 9 0m x m x m+ − + × = 2 2 2 2( 144 ) 4 (9 1) 63 9 0m m m∆ = − − × + ⋅ × < 7m < 15 73 m< < AB x ( )f x AB AB ( )f x ( ) sinf x x x= − 0 x π< < ( )f x x< ( )f x y x= 2xπ π< < ( )f x x> ( )f x y x= x 0 2π ( )f x ( )f x ( ) ( ) 2 ( )f t f t fπ π π+ + − = ( )f x ( ),π π C 直观工具，利用它的直观性解题，可以起到化繁为简、化难为易的作用.因此，读者要掌握绘 制函数图象的一般方法，掌握函数图象变化的一般规律，能利用函数的图象研究函数的性质. 此类题目还很好的考查了数形结合的解题思想. 考点五.函数综合问题 例．设 为实数，函数 . (1)若 ，求 的取值范围； (2)求 的最小值；(3)设函数 ，直接写出(不需给出演算步骤) 不等式 的解集. 解：（1）若 ，则 （2）当 时， 当 时， 综上 （3） 时， 得 ， 当 时， ；当 时，△>0, 得： 讨论得：当 时，解集为 ; 当 时，解集为 ; 当 时，解集为 . 【名师点睛】：函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考查内容 和形式灵活多样. 例．设二次函数 ，方程的两个根满足. 当 时，证明. 证明：由题意可知 . ， ∴ ，∴ 当 时， . 又 ， ∴ ，综上可知，所给问题获证. a 2( ) 2 ( ) | |f x x x a x a= + − − (0) 1f ≥ a ( )f x ( ) ( ), ( , )h x f x x a= ∈ +∞ ( ) 1h x ≥ (0) 1f ≥ 2 0| | 1 1 1 aa a a a <− ≥ ⇒ ⇒ ≤ − ≥ x a≥ 2 2( ) 3 2 ,f x x ax a= − + 2 2min ( ), 0 2 , 0 ( ) 2( ), 0 , 03 3 f a a a a f x a af a a ≥ ≥ = = < <   x a≤ 2 2( ) 2 ,f x x ax a= + − 2 min 2 ( ), 0 2 , 0( ) ( ), 0 2 , 0 f a a a af x f a a a a − ≥ − ≥ = = < <  2 2min 2 , 0 ( ) 2 , 03 a a f x a a − ≥=  < ( , )x a∈ +∞ ( ) 1h x ≥ 2 23 2 1 0x ax a− + − ≥ 2 2 24 12( 1) 12 8a a a∆ = − − = − 6 6 2 2a a≤ − ≥或 0, ( , )x a∆ ≤ ∈ +∞ 6 6 2 2a− < < 2 23 2 3 2( )( ) 03 3 a a a ax x x a  − − + − − − ≥  > 2 6( , )2 2a∈ ( , )a +∞ 6 2( , )2 2a∈ − − 2 23 2 3 2( , ] [ , )3 3 a a a aa − − + −∪ +∞ 2 2[ , ]2 2a∈ − 23 2[ , )3 a a+ − +∞ ( ) ( )2 0f x ax bx c a= + + > ( )10,x x∈ ))(()( 21 xxxxaxxf −−=− axxx 10 21 <<<< 0))(( 21 >−− xxxxa ( )10,x x∈ xxf >)( )1)(())(()( 211211 +−−=−+−−=− axaxxxxxxxxxaxxf ,011,0 221 >−>+−<− axaxaxxx 且 1)( xxf < 【名师点睛】：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数 的表达式，从而得到函数 的表达式. 例．已知函数 x∈［-1，1］，函数 g(x)=［f（x）］2-2af(x)+3 的最小值为 h(a). （1）求 h(a); (2)是否存在实数 m，n,同时满足以下条件： ①m>n>3;②当 h(a)的定义域为 ［n,m］时，值域为 ？若存在，求出 m，n 的值，否则，说明理由. 解：（1）因为-1≤x≤1, （2）因为 m>n>3,故 h(a)=12-6a,且 h(a)在(3,+∞)上单调递减，假设 h(a)定义域为［n，m］， 值域为 ，则有 两式相减得 6（m-n)=(m-n)(m+n), 又 m>n>3,所以 m+n=6. 这与“m>n>3m+n>6”矛盾，故满足条件①②的实数 m,n 不存在. 【名师点睛】：（1）复合函数.可设 t=f(x)并求出 t 的范围，将 g(x)化为关于新元 t 的二次 函数，再求 h(a). （2）探索性问题，往往先假设成立，并依此探求，如能求出合适的值 m,n，说明“假设成 立”是正确的，否则，不成立. 例．设 为实数，函数 ， ．（1）讨论 的奇偶性；（2）求 的最小值． 解：（1）当 时，函数 ，此时 为偶函数； 当 时， ， ， ， ． 此时函数 既不是奇函数，也不是偶函数； ( ) xxf − )(xf 1( ) ( ) ,3 xf x = 2 2[ , ]n m 21( ) , ( ) ( ) 2 3,3 x t g x u t t at= = = − +设 则 2 21 ,3 , ( ) ( ) 3 .3t u t t a a ∈ = − + −  其中 min min 2 min 1 1 28 2 1( ) ( ), ( ) , 3 ( ) ( ),3 3 9 3 3 ( ) 3 , 3 ( ) (3), ( ) 12 6 , a y h a u h a a a y h a u a h a a a y h a u h a a < = = ∴ = − ≤ ≤ = = ∴ = − > = = ∴ = − 若 时则 若 时则 若 时则 2 28 2 1( )9 3 3 1: ( ) 3 ( 3).3 12 6 ( 3) a a h a a a a a  − < = − ≤ ≤  − >  综合得 2 2[ , ]n m 2 2 2 2 ( ) 12 6, . ( ) 12 6 h n m n m h m n m n  = − =  = − =   即 a 2( ) 1f x x x a= + − + x∈ R ( )f x ( )f x 0a = 2( ) ( ) 1 ( )f x x x f x− = − + − + = ( )f x 0a ≠ 2( ) 1f a a= + 2( ) 2 1f a a a− = + + ( ) ( )f a f a− ≠ ( ) ( )f a f a− ≠ − ( )f x （２）①当 时，函数 ． 若 ，则函数 在 上单调递减，从而，函数 在 上的最小值为 ； 若 ， 则 函 数 在 上 的 最 小 值 为 ， 且 ； ②当 时，函数 ； 若 ，则函数 在 上的最小值为 ，且 ． 若 ，则函数 在 上单调递增，从而，函数 在 上的最小值为 ． 综上，当 时，函数 的最小值是 ，当 时，函数 的最小值 是 ， 当 时，函数 的最小值是 ． 【名师点睛】：函数奇偶性的讨论问题是中学数学的基本问题，如果平时注意知识的积累， 对解此题会有较大帮助.因为 x∈R， =|a|+1≠0，由此排除 是奇函数的可能性.运用 偶函数的定义分析可知，当 a=0 时， 是偶函数，第 2 题主要考查学生的分类讨论思想、 对称思想。 考点六 抽象函数 例：已知函数 是定义在实数集 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数 都有 ，则 的值是 A.0 B. C.1 D. 解：当 时有 ，即 又∵ 是偶函数 ∴ ∴ ∴当 时有 ，∴ ∴ 当 时 有 ， ∴ ， 又 ∵ 当 时 有 ，∴ ，∴ ，故选（ A ） 【名师点睛】：所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特 x a≤ 2 21 3( ) 1 ( )2 4f x x x a x a= − + + = − + + 1 2a ≤ ( )f x ( ]a−∞, ( )f x ( ]a−∞, 2( ) 1f a a= + 1 2a > ( )f x ( ]a−∞， 1 3( )2 4f a= + 1( ) ( )2f f a≤ x a≥ 2 21 3( ) 1 ( )2 4f x x x a x a= + − + = + − + 1 2a −≤ ( )f x [ )a + ∞， 1 3( )2 4f a− = − 1( ) ( )2f f a− ≤ 1 2a > − ( )f x [ )a +，∞ ( )f x [ )a +，∞ 2( ) 1f a a= + 1 2a −≤ ( )f x 3 4 a− 1 1 2 2a− < ≤ ( )f x 2 1a + 1 2a > ( )f x 3 4 a+ (0)f ( )f x ( )f x ( )f x R x ( 1)xf x + (1 ) ( )x f x= + 5( ( ))2f f 1 2 5 2 1 2x = − 1 1 1 1( 1) (1 ) ( )2 2 2 2f f− − + = − − 1 1( ) ( )2 2f f− = − ( )f x 1 1( ) ( )2 2f f− = 1( ) 02f = 1 2x = 1 1 1 1( 1) (1 ) ( ) 02 2 2 2f f+ = + = 3( ) 02f = 3 2x = 3 3 3 3( 1) (1 ) ( ) 02 2 2 2f f+ = + = 5( ) 02f = 0x = 0 (0 1) (1 0) (0)f f⋅ + = + ⋅ (0) 0f = 5( ( ))= (0) 02f f f = 征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合 性和技巧性等特点。 例：定义在 R 上的单调函数 满足 =log 3 且对任意 x，y∈R 都有 = + ．(1)求证 为奇函数；(2)若 f(k·3 )+f(3 -9 -2)＜0 对任意 x∈R 恒成立，求 实数 k 的取值范围． 解：(1)： = + (x，y∈R)，①令 x=y=0，代入①式，得 f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．令 y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又 f(0)=0，则有 0=f(x)+f(-x)．即 f(-x)=-f(x)对任 意 x∈R 成立，所以 f(x)是奇函数． (2)：f(3)=log 3＞0，即 f(3)＞f(0)，又 f(x)在 R 上是单调函数，所以 f(x)在 R 上是增函数， 又由(1)f(x)是奇函数．f(k·3 )＜-f(3 -9 -2)=f(-3 +9 +2)， k·3 ＜-3 +9 +2，3 -(1+k)·3 +2＞0 对任意 x∈R 成立．令 t=3 ＞0，问题等价于 t -(1+k)t+2＞0 对任意 t＞0 恒成立． R 恒成立． 【名师点睛】：利用抽象条件，通过合理赋值(赋具体值或代数式)、整体思考、找一个具体 函数原型等方法去探究函数的性质。如奇偶性、周期性、单调性、对称性等，再运用相关性 质去解决有关问题，是求解抽象函数问题的常规思路。其中合理赋值起关键性的作用。对抽 象函数问题的考查在近几年高考中有逐年增加数量的趋势。 考点七：利用导数研究曲线的切线 例：曲线 在点 处的切线方程为（ ） （A） （B） （C） （D） 解 ：因为 ，所以，在点 处的切线斜率 ， ( )f x (3)f 2 ( )f x y+ ( )f x ( )f y ( )f x x x x ( )f x y+ ( )f x ( )f y 2 x x x x x x x x 2x x x 2 2 xy x = + ( )1, 1− − 2 1y x= + 2 1y x= − 2 3y x= − − 2 2y x= − − 2 2 ( 2)y x ′ = + ( )1, 1− − 1 2 2 2( 1 2)xk y =−′= = =− + 所以，切线方程为 ，即 ，故选 A. 【名师点睛】求曲线切线方程的步骤：（1）求出函数 在点 的导数，即曲线 在点 处切线的斜率；（2）在已知切点坐标 和切线斜率的 条件下，求得切线方程为 。 注：①当曲线 在点 处的切线平行于 轴（此时导数不存在）时，由切 线定义可知，切线方程为 ；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解。 考点八：利用导数研究导数的单调性 例：已知函数 （1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；（2）当 时，讨论 的单调性. 解（1） 当 所以 因此 ,即曲线 又 所以曲线 （ 2 ） 因 为 , 所 以 ,令 当 时， 所以 当 时， >0，此时 ，函数 单调递减； 当 时， <0，此时 ，函数 单调递增. 当 时，由 ，即 ，解得 . ① 当 时， ， 恒成立，此时 ，函数 在（0，+∞）上 单调递减; ② 当 时， ， 时， ,此时 ,函数 单调 递减 1 2( 1)y x+ = + 2 1y x= + ( )y f x= 0x x= ( )y f x= 0 0( , ( ))P x f x 0 0( , ( ))P x f x 0 0 0( )( )y y f x x x′− = − ( )y f x= 0 0( , ( ))P x f x y 0x x= 1( ) ln 1( )af x x ax a Rx −= − + − ∈ 1a = − ( )y f x= (2, (2))f 1 2a ≤ ( )f x 1 ( )a f x= − =时， ),,0(,12ln +∞∈−++ xxxx ( ) 2 2 2x xf x x + −′ = ( )2 1f ′ = ( ) 2 (2)) 1.y f x f= 在点（ ， 处的切线斜率为 ， ,22ln)2( +=f ( ) 2 (2)) (ln 2 2) 2, y f x f y x= − + = −在点（ ， 处的切线方程为 ln 2 0. x y− + =即 11ln)( −−+−= x aaxxxf 2 11)(' x aaxxf −+−= 2 2 1 x axax −+−−= ),0( +∞∈x ,1)( 2 axaxxg −+−= ),,0( +∞∈x 0a = ( )( ) 1, 0, ,g x x x= − + ∈ +∞ ( )0,1x∈ ( )g x ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,x∈ +∞ ( )g x ( ) 0f x′ > ( )f x 0a ≠ ( ) 0f x′ = 2 1 0ax x a− + − = 1 2 11, 1x x a = = − 1 2a = 1 2x x= ( ) 0g x ≥ ( ) 0f x′ ≤ ( )f x 10 2a< < 1 1 1 0a − > > ( )0,1x∈ ( ) 0g x > ( ) 0f x′ < ( )f x 时 ， <0, 此 时 , 函 数 单 调 递 增 时 ， ，此时 ，函数 单调递减 ③ 当 时，由于 , 时， ,此时 ,函数 单调递减： 时， <0,此时 ,函数 单调递增. 综上所述：当 时，函数 在 上单调递减;函数 在 上单调递增 当 时,函数 在 上单调递减当 时，函数 在 上单调递 减；函数 在 上单调递增； 函数 在 上单调递减. 【名师点睛】利用导数研究函数单调性的一般步骤。（1）确定函数的定义域；（2）求导数 ；（3）①若求单调区间（或证明单调性），只需在函数 的定义域内解（或证明） 不等式 ＞0 或 ＜0。②若已知 的单调性，则转化为不等式 ≥0 或 ≤0 在单调区间上恒成立问题求解。 考点九：利用导数研究函数的极值与最值 例：请你设计一个 LED霓虹灯灯箱。现有一批 LED 霓虹灯箱材料如图所示，ABCD 是边长为 60cm 的正方形 LED 散片，边 CD 上有一以其中点 M 为圆心，半径为 2cm 的半圆形缺损，因此切去阴 影部分（含半圆形缺损）所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 ABCD 四个点重合于空间一点 P，正好形成一个正四棱柱形状有盖的 LED 霓虹灯灯箱，E、F 在 AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设 AE=FB=xcm.（1）用规格长 宽 高= 外包装盒来装你所设计的 LED 霓虹灯灯箱，灯箱彼此间隔 空隙至多 0.5cm，请问包装盒至少能装多少只 LED 霓虹灯灯箱（每只灯箱容积 V 最大 时所装灯箱只数最少）? （2）若材料成本 2 元/cm2,霓虹灯灯箱销售时以霓虹灯灯箱侧面积 S（cm2）为准，售价为 2.4 元/cm2.试问每售出一个霓虹灯灯箱可获最大利润是多少？ 解（1） ，所以， ，当 时，V 递增，当 时，V 递减，所以，当 x=20 时，V 最大.此时正四棱柱形灯箱底面边长 ，高为 .用规格为 外包装盒来装灯箱，彼此间隔空隙至多 0.5cm，至少装下 =125 个灯箱. 答：至少装下 125 个灯箱. （2） （ ）,所以 x=15cm 时侧面积最大，最大值是 （cm2）此时获利最大，最大利润为 （元）. 答：每个灯箱最大利润 720 元. 【名师点睛】1．利用导数研究函数的极值的一般步骤：（1）确定定义域。（2）求导数 。（3）①或求极值，则先求方程 =0 的根，再检验 在方程根左右值的符号， 11, 1x a  ∈ −   ( )g x ( ) 0f x′ > ( )f x 1 1,x a  ∈ − +∞   ( ) 0g x > ( ) 0f x′ < ( )f x 0a < 1 1 0a − < ( )0,1x∈ ( ) 0g x > ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,x∈ +∞ ( )g x ( ) 0f x′ > ( )f x 0a ≤ ( )f x ( )0,1 ( )f x ( )1,+∞ 1 2a = ( )f x ( )0,+∞ 10 2a< < ( )f x ( )0,1 ( )f x 11, 1a  −   ( )f x 1 1,a  − +∞   ( )f x′ ( )f x ( )f x′ ( )f x′ ( )f x ( )f x′ ( )f x′ × × cmcmcm 75145145 ×× )22300)(30(24)260(2 2)2( 22 −−=−= ＜＜xxxxxV )20(212' xxV −= 200 ＜＜x 3020 ＜＜x ）（cm3.28220 ≈ ）（cm2.14210 ≈ cmcmcm 75145145 ×× 555 ×× 2222 8240)260(460 xxxxS −=−−−= 22300 −＜＜x 180015815240 2 =×−× 7201800)24.2( =×− ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ 求出极值。（当根中有参数时要注意分类讨论）②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知 方程 =0 的根的大小或存在情况，从而求解。 2．求函数 的极值与端点处的函数值 比较，其中最大的一个是最大 值，最小的一个是最小值。 考点十：利用导数研究函数的图象 例：(Ⅰ)已知函数 =x3-x，其图像记为曲线 C.（i）求函数 的单调区间；(ii)证明： 若对于任意非零实数 x1，曲线 C 与其在点 P1（x1,f(x1）处的切线交于另一点 P2（x2,f(x2).曲 线 C 与其在点 P2 处的切线交于另一点 P3 （x3 f(x3)），线段 P1P2,P2P3 与曲线 C 所围成封闭图形 的面积分别记为 S1,S2，则 为定值：（Ⅱ）对于一般的三次函数 =ax3+bx2+cx+d(a 0)，请给出类似于(Ⅰ)(ii)的正确命题，并予以证明。 【命题立意】本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括、推理论证、 运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归转化思想、特殊与一般的思想。 解（Ⅰ) (i) ，令 得 到 ，令 有 ，因此原 函数的单调递增区间为 和 ；单调递减区间为 ； (ii) ， ， ， 因此过点 的切线方程为： ，即 ， 由 得 ，所以 或 ，故 ， 进而有 ，用 代替 ，重复上面的计算，可得 和 ，又 ， ( )f x′ ( )y f x= ( ), ( )f a f b ( )f x ( )f x 1 2 s s ( )g x ≠ )13)(13(13)(' 2 −+=−= xxxxf 0)(' >xf 3 1 3 1 −<> xx 或 0)(' >且 时g( 时g( 2(6 ) 4 3(3 6 ) 0 (1) 0 (3) 0 a a g g ∆ = − × − =  <  > 2(6 ) 4 3(3 6 ) 0 (1) 0 2 1 (3) 0 a a g a g ∆ = − × − >  > ⇒ > −  > 或 2 2( ) ln ( 0)f x a x x ax a= − + > ( )f x a 21 ( )e f x e− ≤ ≤ [1, ]x e∈ e 2 2( ) ln ( 0)f x a x x ax a= − + > 2 ( )(2 )( ) 2a x a x af x x ax x − +′ = − + = 0a > ( )f x (0, )a ( , )a +∞ (1) 1 1f a e= − ≥ − a e≥ ( )f x [1, ]e 21 ( )e f x e− ≤ ≤ [1, ]x e∈ 2 2 2 (1) 1 1 ( ) f a e f e a e ae e = − ≥ −  = − + ≤ a e= ( )f x 3 22 1x ax bx+ + + ( )f x′ y ( )f x′ x 1 2 − 且 =0.(Ⅰ)求实数 , 的值;(Ⅱ)求函数 的极值. 【解析】(Ⅰ) = , ∵若函数 = 的图象关于直线 = 对称，且 =0, ∴ = 且 ，解得 =3， =－12. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 = ， = = ， 的 变化如下： （－∞，－2） －2 （－2,1） 1 （1，+∞） + 0 － 0 ＋ 极大值 21 极小值－6 ∴当 =－2 时， 取极大值，极大值为 21，当 =1 时， 取极小值，极小值为－6. 4、设 。（Ⅰ）求 的单调区间和最小值；（Ⅱ）讨论 与 的大小关系；（Ⅲ）求 的取值范围，使得 ＜ 对任意 ＞0 成立。 解（Ⅰ）由题设知 ，∴ 令 0 得 =1， 当 ∈（0，1）时， ＜0，故（0，1）是 的单调减区间。 当 ∈（1，+∞）时， ＞0，故（1，+∞）是 的单调递增区间，因此， =1 是 的唯一值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为 (II) 设 ，则 ， 当 时， 即 ，当 时 ， 因此， 在 内单调递减，当 时， 即 （III）由（I）知 的最小值为 1，所以， ，对任意 ，成立 即 从而得 。 5、已知函数 .（Ⅰ）设函数 F(x)=18 f(x)-x2 [h(x)]2,求 F(x)的单 调区间与极值；（Ⅱ）设 a R,解关于 x 的方程 lg[ f(x-1)- ]=2lgh(a-x)- 2lgh(4-x); (1)f ′ a b ( )f x ( )f x′ 26 2x ax b+ + y ( )f x′ x 1 2 − (1)f ′ 2 12 a− 1 2 − 26 1 2 1 0a b× + × + = a b ( )f x 3 22 3 12 1x x x+ − + ( )f x′ 26 6 12x x+ − 6( 2)( 1)x x+ − ( )f x x ( )f x′ ( )f x    x ( )f x x ( )f x ( ) ln . ( ) ( ) ( )f x x g x f x f x′= = + ( )g x ( )g x 1( )g x a ( ) ( )g a g x− 1 a x 1( ) ln , ( ) lnf x x g x x x = = + 2 1( ) ,xg x x −′ = ( )g x′ = x x ( )g x′ ( )g x x ( )g x′ ( )g x x ( )g x (1) 1.g = 1( )g Inx xx = − + 1 1( ) ( ) ( ) 1h x g x g Inx xx x = − = − + 2 2 ( 1)( ) xh x x −′ = − 1x = (1) 0h = 1( ) ( )g x g x = (0,1) (1, )x∈ ∪ +∞ (1) 0h′ = ( )h x (0, )+∞ 0 1x< < ( ) (1) 0h x h> = 1( ) ( ).g x g x < ( )g x 1( ) ( )g a g x a − < 0x > 1( ) 1 ,g a a ⇔ − < ln 1,a < 0 a e< < 2 1( ) , ( )3 2f x x h x x= + = ∈ 3 2 3 4 （Ⅲ）设 n *,证明：f(n)h(n)- [h(1)+h(2)+ …+h（n）] ≥ . 解析：（Ⅰ） ， ，当 时， ；当 时， ；故函数的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，在 时，函数取 得极大值 . （Ⅱ）由方程 lg[ f(x-1)- ]=2lgh(a-x)- 2lgh(4-x)， 得 ，即 ，即 ， 方程可以变为 ， ， 当 ，方程 ， ， ； 当 ， 方 程 ， ； 当 时，方程有一个解 ；当 方程无解. （Ⅲ）当 时， ，不等式成立； 假设 时，不等式 成立， 当 时， ∈Ν 1 6 ( ) 2 32 118 12 9( 0)3 2F x x x x x x x = + − ⋅ = − + + ≥   ( ) 2' 3 12 3( 2)( 2)( 0)F x x x x x= − + = − + − ≥ 0 2x< < ( )' 0F x > 2x > ( )' 0F x < ( )0,2 (2, )+∞ 2x = 8 12 2 9 25− + × + = 3 2 3 4 ( )3 3lg 1 lg2 4 4 a xf x x − − − =  −  1 4 a xx x −− = − 2 6 4 0(1 4)x x a x− + + = < < 2 6 4 (1 4)x x a x− + = − < < ( )22 6 4 3 5(1 4)a x x x x− = − + = − − < < 5 4, 4 5a a− < − ≤ − ≤ <即 时 2 6 4 0 1 4x x a x− + + = < <在 上有两个解 1 6+ 20 4 3+ 52 ax a −= = − 2 3- 5x a= − 4 1, 1 4a a− < − ≤ − ≤ <即 时 2 6 4 0 1 4x x a x− + + = < <在 上有一个解 3- 5x a= − 5a = − 3x = 5 1 5 1a a a a− < − > − <或- 即 > 或 时， 1n = ( ) ( ) ( ) 2 1 11 1 1 13 2 6f h h− = + − = *( )n k k= ∈Ν ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 6f k h k h h h k− + +⋅⋅⋅+ ≥   1n k= + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1f k h k h h h k h k+ + − + +⋅⋅⋅+ + +   ( ) ( )2 11 1 1 2 13 2k k k k = + + + − + +⋅⋅⋅+ + +   ( )2 1 1 1 23 6k k k = + + − + +⋅⋅⋅+   ( )22 1 1 1 23 6k k k   = + + − + +⋅⋅⋅+     ( )22 1 1 11 23 2 36 6k k k   = + + − + +⋅⋅⋅+ >     所以，当 时，不等式成立，综上，对一切 ，不等式都成立. 6、设 ,讨论函数 的单调性． 【解析】 7、某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形， 左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为 立方米，且 .假设该容器的建造 费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元，半球形部分 每平方米建造费用为 .设该容器的建造费用为 千元. （Ⅰ）写出 关于 的函数表达式，并求该函数的定义域； 1n k= + *n∈Ν 0>a xaxaaxxf )1(2)1(ln)( 2 −−−+= 2 1 1 2 (1 ) 2(1 ) 1( ) 2 (1 ) 2(1 ) ( 0, 0)a a x a xf x a a x a a xx x − − − += + − − − = > > 1 2 2 1 11 ( ) 0 0 2 (1 ) 2(1 ) 1 4(1 ) 8 (1 ) 4(3 1)( 1) 14(3 1)( 1) 0 1 2 (1 ) 0 ( ) 0 03 a f x x a a x a x a a a a a a a a a a f x = = > ∴ ∞ ≠ − − − + ∴∆ = − − − = − − − − < < < − > ∴ ∴ > ∴ ∞ 当 时， 函数在（ ，+ ）单调递增. 当a 1时，设函数g( x) = 当 即 时， g( x) >0 函数在（ ，+ ）单调递增. 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 (3 1)( 1) 1 (3 1)( 1)0, 02 (1 ) 2 (1 ) 1 (3 1)( 1) (1 ) (3 1)( 1) 1 2 3 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) 3 4 1 1 2 =2 2 2 ( 1) 0 0 2 (1 ) 0 a a a a a ax x xa a a a a a a a a a a a a ax a a a a a a a a a a a a a a x a a − + − − − − − −∆ > ∴ = = ∴ >− − − + − − − − + − − − + − + − += = =− − − − + − + − − = − > ∴ < − <    当a>1时， a>1 （ ） 1 2 1 (3 1)( 1) 1 (3 1)( 1)0 +2 (1 ) 2 (1 ) 1 (3 1)( 1) 1 + (3 1)( 1)1 0, 0, 0 +3 2 (1 ) 2 (1 ) 1 (3 1)( 1) 1 + (3 1)( 1) 2 (1 ) 2 (1 ) a a a a a a a a a a a a a a a aa x x a a a a a a a a a a a a a a − − − − − − − −∴ ∞− − − − − − − − −≤ > > ∞− − − − − − − − − − − 此时函数在（ ， ）单调递减，在（ ， ）单调递增。 当0< 时， 所以函数在（ ， ）（ ， ）单调递增， 在（ ， ） 11 1 03 1 (3 1)( 1) 1 (3 1)( 1)0 +2 (1 ) 2 (1 ) a a a a a a a a a a a a = < < ∞ − − − − − − − − ∞− − 单调递减。 综合得当 或 时，函数在（ ，+ ）单调递增； 当a>1时，函数在（ ， ）单调递减，在（ ， ）单调递增。 1 (3 1)( 1) 1 + (3 1)( 1)1 0 +3 2 (1 ) 2 (1 ) 1 (3 1)( 1) 1 + (3 1)( 1) 2 (1 ) 2 (1 ) a a a a a aa a a a a a a a a a a a a a a − − − − − − −≤ ∞− − − − − − − − − − − 当0< 时，函数在（ ， ）（ ， ）单调递增， 在（ ， ）单调递减。 80 3 π 2l r≥ ( 3)c c＞ y y r （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的 . 【解析】（Ⅰ）因为容器的体积为 立方米，所以 ,解得 , 所以圆柱的侧面积为 = ,两端两个半球的表面积之和为 ,所以 + ,定义域为(0, ). （Ⅱ）因为 + = ,所以令 得: ; 令 得: ,所以 米时, 该容器的建造费用最小. 8、已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 ， （1）求 的值（2）证明：当 时， 解 ： （ Ⅰ ） ， 由 题 意 知 ： 即 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，所以， 设 则， 当 时， ，而 故，当 得： 从而，当 时， 即 点评：这道题考查导数的概念、几何意义、导数的应用（证明不等式）；考查分析问题解答问 题的能力；其中构造函数利用导数证明不等式是解答导数应用问题的常用策略之一。 9、设函数 (I)讨论 的单调性；（II）若 有两个极值 点 ，记过点 的直线的斜率为 ，问：是否存在 ，使得 若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由． r 80 3 π 3 24 3 r r l π π+ = 80 3 π 2 80 4 3 3 rl r = − 2 rlπ 2 80 42 ( )3 3 rr r π − = 2160 8 3 3 r r π π− 24 rπ y = 2160 8 rr π π− 24 crπ 2 l 'y = 2 160 16 rr π π− − 8 crπ 3 2 8 [( 2) 20]c r r π − − ' 0y > 3 20 2r c > − ' 0y < 3 200 2r c < < − 3 20 2r c = − x b x xaxf ++= 1 ln)( )(xfy = ))1(,1( f 032 =−+ yx ba, 1,0 ≠> xx x xxf −> 1 ln)( 22)1( )ln1( )( x b x xx xa xf −+ −+ =′    −=′ = 2 1)1( 1)1( f f    −=− = 2 1 2 1 ba b 1==∴ ba xx xxf 1 1 ln)( ++= )1ln2(1 1 1 ln)( 2 2 x xxxx xxf −−−=−− )0(,1ln2)( 2 >−−= xx xxxh 2 2)1()( x xxh −−=′ 1≠x 0)( <′ xh 0)1( =h 0)(),,1(,0)()1,0( <+∞∈>∈ xhxxhx 时当时 0)(-1 1 2 >xhx 0>x ,01 ln)( >−− x xxf 1 ln)( −> x xxf 1( ) ln ( ).f x x a x a Rx = − − ∈ ( )f x ( )f x 1 2x x和 1 1 2 2( , ( )), ( , ( ))A x f x B x f x k a 2 ?k a= − a 解析：（I） 的定义域为 令 （1）当 故 上单调递增． （2）当 的两根都小于 0，在 上， ，故 上 单调递增． （3）当 的两根为 ， 当 时， ；当 时， ；当 时， ，故 分别在 上单调递增，在 上单调递减． （II）由（I）知， ．因为 ，所以 又由(I)知， ．于是 若存在 ，使得 则 ．即 ．亦即 再由（I）知，函数 在 上单调递增， 而 ，所以 这与 式矛盾．故不存在 ，使得 10、设函数 ，其中 为常数，已知曲线 与 在点(2,0)处有相同的切线 .(Ⅰ)求的值，并写出切线 的方程； (Ⅱ)若方程 有三个互不相同的实数根 ，其中 ，且对任意的 ， 恒成立，求实数 m 的取值范围. ( )f x (0, ).+∞ 2 2 2 1 1'( ) 1 a x axf x x x x − += + − = 2( ) 1,g x x ax= − + 其判别式 2 4.a= − | | 2 , 0, '( ) 0,a f x≤ ≤ ≥时 ( ) (0, )f x +∞在 2a < − 时, >0, g( x) =0 (0, )+∞ '( ) 0f x > ( ) (0, )f x +∞在 2a > 时, >0, g( x) =0 2 2 1 2 4 4,2 2 a a a ax x − − + −= = 10 x x< < '( ) 0f x > 1 2x x x< < '( ) 0f x < 2x x> '( ) 0f x > ( )f x 1 2(0, ),( , )x x +∞ 1 2( , )x x 2a > 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) (ln ln )x xf x f x x x a x xx x −− = − + − − 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ln ln11f x f x x xk ax x x x x x − −= = + −− − 1 2 1x x = 1 2 1 2 ln ln2 x xk a x x −= − − a 2 .k a= − 1 2 1 2 ln ln 1x x x x − =− 1 2 1 2ln lnx x x x− = − 2 2 2 2 1 2ln 0( 1)(*)x x xx − − = > 1( ) 2lnh t t tt = − − (0, )+∞ 2 1x > 2 2 2 1 12ln 1 2ln1 0.1x xx − − > − − = (*) a 2 .k a= − 3 2 2( ) 2 , ( ) 3 2f x x ax bx a g x x x= + + + = − + , ,x R a b∈ ( )y f x= ( )y g x= l l ( ) ( ) ( 1)f x g x m x+ < − 1 20, ,x x 1 2x x< 1 2[ , ],x x x∈ 本题主要考查函数、导数、不等式等基础知识，同时考查综合运用数学知识进行推理论证的 能力，以及函数与方程和特殊与一般的思想. 解析：（1） 由于曲线 与 在点（2，0）处有 相同的切线.故有 ，由此得 解得 所以 a=-2, b=5, 切线 l 的方程为 x-y-2=0. （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 ， 所 以 依 题 意 ， 方 程 有三个互不相同的实根 0、x1、x2， 故 x1、x2 是方程 的 两相异的实根.所以△=9-4（2-m）>0，即 又对任意的 成立.特别地，取 时， 成 立 ， 得 m<0. 由 韦 达 定 理 ， 可 得 故 对 任 意 的 ， 有 ， ， x>0. 则 又 所 以 函 数 在 的最大值为 0.于是当 m<0 时，对任意的 ， 恒成立.综 上，m 的取值范围是（ ）. 11、设 （1）若 在 上存在单调递增区间，求 的取 值范围；（2）当 时， 在 上的最小值为 ，求 在该区间上的最大 值． 解：（1）由 当 令 所以，当 上存在单调 递增区间 （2）令 所以 上单调递减，在 上单调递增当 在[1，4]上的 2( ) 3 4 ,8 ( ) 2 3.f x x ax b x x′ ′= + + = − ( )y f x= ( )y g x= (2) (2) 0, (2) (2) 1f g f g′ ′= = = = 8 8 2 0, 12 8 1, a b a a b + + + =  + + = 2, 5. a b = −  = 2 2( ) 4 5 2f x x x x= − + − 3 2( ) ( ) 3 2 .f x g x x x x+ = − + 2( 3 2 ) 0x x x m− + − = 2 3 2 0x x m− + − = 1.4m > − 1 2[ , ], ( ) ( ) ( 1)x x x f x g x m x∈ + < − 1x x= 1 1 1( ) ( )f x g x mx m+ − < − 1 2 1 23 0, 2 0,x x x x m+ = > = − > 1 20 x x< < 1 2[ , ]x x x∈ 2 0x x− ≤ 1 0x x− ≥ 1 2( ) ( ) ( )( ) 0.f x g x mx x x x x x+ − = − − ≤ 1 1 1( ) ( ) 0,f x g x mx+ − = ( ) ( )f x g x mx+ − 1 2[ , ]x x x∈ 1 2[ , ]x x x∈ ( ) ( ) ( 1)f x g x m x+ < − 1 ,04 − ( )f x x x ax3 21 1= − + + 23 2 ( )f x ( , 2 +∞3 ） a a0 < < 2 ( )f x [ , ]1 4 16− 3 ( )f x 2 21 1( ) 2 ( ) 22 4f x x x a x a′ = − + + = − − + + 2[ , ) ,3x∈ +∞ 时 ( )f x′ 的最大值 2 2( ) 2 ;3 9f a′ = +为 2 12 0,9 9a a+ > > −得 1 2, ( ) ( , )9 3a f x> − +∞时 在 1 2 1 1 8 1 1 8( ) 0, , .2 2 a af x x x − + + +′ = = =得两根 1 2( ) ( , ),( , )f x x x−∞ +∞在 1 2( , )x x 1 20 2 , 1 4, ( )a x x f x< < < < <时 有 所以 最大值为 又 所以 在[1，4]上的最小值为 得 ，从而 在[1，4]上的最大值为 12、设函数 = ，曲线 y= 过 P（1,0），且在 P 点处的切斜线率为 2. （I）求 a，b 的值；（II）证明： ≤2x-2。 解 析 ： （ I ） ， 由 已 知 条 件 得 即 解 得 。 （II）f(x)的定义域为 ，由（I）知 。 设 ，则 ， 当 时 ， 当 时 ， 所 以 在 (0,1) 上 单 调 增 加 ， 在 单调递减。 而 故当 ， ，即 。 13、已知函数 f(x)=xe-x（x R）.(Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数 y=g(x) 的图象与函数 y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称，证明当 x>1 时，f(x)>g(x) (Ⅲ)如果 且 证明 【解析】（Ⅰ）解：f’ 令 f’(x)=0,解得 x=1 当 x 变化时，f’(x)，f(x)的变 化情况如下表 X ( ) 1 ( ) f’(x) + 0 - f(x) 极大值 所以 f(x)在( )内是增函数，在( )内是减函数。函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1) 2( )f x 27(4) (1) 6 0, (4) (1)2f f a f f− = − + < <即 ( )f x 40 16(4) 8 3 3f a= − = − 21, 2a x= = ( )f x 10(2) .3f = ( )f x 2 lnx ax b x+ + ( )f x ( )f x ( )' 1 2 bf x ax x = + + ( ) ( ) 1 0, ' 1 2, f f = = 1 0, 1 2 2, a a b + =  + + = 1, 3a b= − = ( )0,+∞ ( ) 2 3lnf x x x x= − + ( ) ( ) ( ) 22 2 2 3lng x f x x x x x= − − = − − + ( ) ( )( )1 2 33' 1 2 x xg x x x x − += − − + = − 0 1x< < ( )' 0;g x > 1x > ( )' 0;g x < ( )g x ( )1,+∞ ( )1 0,g = 0x > ( ) 0g x ≤ ( ) 2 2f x x≤ − ∈ 1 2 ,x x≠ 1 2( ) ( ),f x f x= 1 2 2x x+ > ( ) (1 ) xx x e−= − ,1−∞ 1,+∞   ,1−∞ 1,+∞ 且 f(1)= （Ⅱ）证明：由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) 令 F(x)=f(x)-g(x),即 于是 当 x>1 时，2x-2>0,从而 ’(x)>0,从而函数 F（x）在[1,+∞)是增函数。 又 F(1)= F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1）若 （2）若 根据（1）（2） 得 由 （ Ⅱ ） 可 知 ， > , 则 = ，所以 > ,从而 > .因为 ，所以 ，又由 （Ⅰ）可知函数 f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以 > ,即 >2. 14、已知函数 ，其中 ．（Ⅰ）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；（Ⅱ）当 时，求 的单调区间；（Ⅲ）证明： 对任意的 在区间 内均存在零点． （Ⅰ）解：当 时， 所以曲线 在点 处的切线方程为 （Ⅱ）解： ，令 ，解得 因为 ，以下分两种情况讨论： （1）若 变化时， 的变化情况如下表： + - + 1 e 2xe − 2( ) ( 2)x xF x xe x e− −= + − 2 2'( ) ( 1)( 1)x xF x x e e− −= − − 2x-2e 1 0, 0, Fxe−− > >又 所以 -1 -1e e 0− = ，所以x>1时，有 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0, ) ), 1.x x x x x x− − = Ι = = = ≠1 2由（ ）及f ( x f ( x 则 与 矛盾。 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0, ) ), .x x x x x x− − > Ι = = ≠1 2由（ ）及f ( x f ( x 得 与 矛盾。 1 2 1 2( 1)( 1) 0, 1, 1.x x x x− − < < >不妨设 )2f ( x )2g( x )2g( x )2f ( 2- x )2f ( x )2f ( 2- x )1f ( x )2f ( 2- x 2 1x > 22 1x− < 1x 22 x− 1 2x x+ 3 2( ) 4 3 6 1,f x x tx tx t x R= + − + − ∈ t R∈ 1t = ( )y f x= (0, (0))f 0t ≠ ( )f x (0, ), ( )t f x∈ +∞ (0,1) 1t = 3 2 2( ) 4 3 6 , (0) 0, ( ) 12 6 6f x x x x f f x x x′= + − = = + − (0) 6.f ′ = − ( )y f x= (0, (0))f 6 .y x= − 2 2( ) 12 6 6f x x tx t′ = + − ( ) 0f x′ = .2 tx t x= − =或 0t ≠ 0, ,2 tt t x< < −则 当 ( ), ( )f x f x′ x , 2 t −∞   ,2 t t −   ( ),t− +∞ ( )f x′ ( )f x 所以， 的单调递增区间是 的单调递减区间是 。 （2）若 ，当 变化时， 的变化情况如下表： + - + 所以， 的单调递增区间是 的单调递减区间是 （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当 时， 在 内的单调递减，在 内单 调递增，以下分两种情况讨论： 当 时， 在（0，1）内单调递减， 所以对任意 在区间（0，1）内均存在零点。 当 时 ， 在 内 单 调 递 减 ， 在 内 单 调 递 增 ， 若 所以 内存在零点。若 所以 内存在零点。所以，对任意 在区间（0， 1）内均存在零点。综上，对任意 在区间（0，1）内均存在零点。 15、已知 ，函数 （ 的图像连续不断） （Ⅰ）求 的单调区间；（Ⅱ）当 时，证明：存在 ，使 ( )f x ( ), , , ; ( )2 t t f x −∞ − +∞   ,2 t t −   0, 2 tt t> − <则 x ( ), ( )f x f x′ x ( ),t−∞ , 2 tt −   ,2 t +∞   ( )f x′ ( )f x ( )f x ( ), , , ; ( )2 tt f x −∞ − +∞   , .2 tt −   0t > ( )f x 0, 2 t     ,2 t +∞   1, 22 t t≥ ≥即 ( )f x (0) 1 0,f t= − > 2(1) 6 4 3f t t= − + + 6 4 4 2 3 0.≤ − × + × + < [2, ), ( )t f x∈ +∞ 0 1, 0 22 t t< < < <即 ( )f x 0, 2 t     ,12 t     (0,1],t ∈ 3 31 7 71 0.2 4 4f t t t  = − + − ≤ − <   2(1) 6 4 3 6 4 3 2 3 0.f t t t t t= − + + ≥ − + + = − + > ( ) ,12 tf x     在 ( )3 37 7(1,2), 1 1 0.2 4 4 tt f t t t ∈ = − + − < − + <   (0) 1 0f t= − > ( ) 0, 2 tf x     在 (0,2), ( )t f x∈ (0, ), ( )t f x∈ +∞ 0a > 2( ) ln , 0.f x x ax x= − > ( )f x ( )f x 1 8a = 0 (2, )x ∈ +∞ ； （Ⅲ）若存在均属于区间 的 ，且 ，使 ，证明 ． （Ⅰ）解: ,令 ,解得 . 当 变化时, 的变化情况如下表: + 0 - 极大值 所以 的单调递增区间是 ; 的单调递减区间是 . （Ⅱ）证明: 当 时， .由（Ⅰ）知 在(0,2)内单调递增,在 内单调递减.令 ,由 在(0,2)内单调递增,故 ,即 , 取 ,则 ,所以存在 ，使 . （Ⅲ）证明:由 及（Ⅰ）的结论知 ,从而 在 上的最小 值为 . 又 由 , , 知 . 故 , 即 ,从而 . 0 3( ) ( )2f x f= [ ]1,3 ,α β 1β α− ≥ ( ) ( )f fα β= ln3 ln 2 ln 2 5 3a − ≤ ≤ 21 1 2'( ) 2 , (0, )axf x ax xx x −= − = ∈ +∞ '( ) 0f x = 2 2 ax a = x '( ), ( )f x f x x 2(0, )2 a a 2 2 a a 2( , )2 a a +∞ '( )f x ( )f x ( )f x 2(0, )2 a a ( )f x 2( , )2 a a +∞ 1 8a = 21( ) ln 8f x x x= − ( )f x (2, )+∞ ( )g x = 3( ) ( )2f x f− ( )f x 3(2) ( )2f f> (2) 0g > ' 3 22x e= > 2 ' 41 9( ) 032 eg x −= < 0 (2, )x ∈ +∞ 0 3( ) ( )2f x f= ( ) ( )f fα β= 2 2 a a α β< < ( )f x [ , ]α β ( )f α 1β α− ≥ , [1,3]α β ∈ 1 2 3α β≤ ≤ ≤ ≤ (2) ( ) (1) (2) ( ) (3) f f f f f f α β ≥ ≥  ≥ ≥ ln 2 4 ln 2 4 ln3 9 a a a a − ≥ −  − ≥ − ln3 ln 2 ln 2 5 3a − ≤ ≤