23个函数与导函数类型专题(1)_高中三年全科资料_高中_高中知识点整理_数学

23个函数与导函数类型专题
23 个函数与导函数类型专题
1、函数第 1 题已知函数
第 1 页
f ( x ) 
l
x
n

x
1

1
x
，若 x  0 ，且 x  1 ， f ( x ) 
l
x
n

x
1

k
x
，求 k 的
取值范围.
解析：⑴ 将不等式化成 k (    ) ( * ) 模式
由 f ( x ) 
l
x
n

x
1

k
x
得：
l
x
n

x
1

1
x

l
x
n

x
1

k
x
，化简得： k  1 
2
x
x
2
l n

x
1
①
⑵ 构建含变量的新函数 g ( x )
构建函数： g ( x ) 
2
x
x
2
l n

x
1
（ x  0 ，且 x  1 ）
其导函数由
 u
v

'

u ' v
v

2
u v '
求得： g ' ( x ) 
( x 2
2
 1 ) 2
( x 2  x 2 l n x  l n x  1 )
2
即： g'(x) [(x 2 1)(x 2 1)lnx]
2 2
(x 1)

2
(
(
x
x
2
2


1
1
)
)
2
 x
x
2
2


1
1
 l n x

②
⑶ 确定 g ( x ) 的增减性
先求 g ( x ) 的极值点，由 g'(x )0得：
0
x
x
0
0
2
2


1
1
 l n x
0
 0
即：
x
x
0
0
2
2


1
1
 l n x
0
③
2
x 1
由基本不等式lnx x1代入上式得： 0  x 1
2 0
x 1
0
故： x
0
 1 
x
x
0
0
2
2


1
1
 0
1
即：(x 1)(1 )0
0 2
x 1
0
由于
x
0
1
2
 1
 1
1
，即1 0，故： x 10，即
2 0
x 1
0
x
0
 1
即： g(x)的极值点 x  1
0
2
x 1
在 x x 1时，由于 1有界，而
0 2
x 1
l n x  0 无界23个函数与导函数类型专题
故：
第 2 页
x
x
2
2


1
1
 l n x  0
即：在 x x 1时，
0
g ' ( x )  0 ， g(x)单调递减；
那么，在 0  x  x
0
时， g(x)单调递增.
满足③式得 x
0
恰好是 x
0
 1
⑷ 在 x  ( 1 ,   ) 由增减性化成不等式
在 x  ( 1 ,   ) 区间，由于 h ( x ) 为单调递减函数，
故： g ( x ) 
x
l i m
 1
g ( x ) 
x
l i m
 1
 2
x
x
2
l n

x
1

应用不等式： l n x  x  1 得：
x
l i m
 1
 2
x
x
2
l n

x
1


x
l i m
 1
 2 x
x
(
2
x


1
1 ) 

x
l i m
 1

x
2

x
1

 1
即： g(x) g(1)1，即： g ( x ) 的最大值是 g ( 1 )
代入①式得： k  1  g ( x ) ，即： k  1  g ( 1 ) ，即： k  0 ④
⑸ 在 x  ( 0 , 1 ) 由增减性化成不等式
在 x  ( 0 , 1 ) 区间，由于 g ( x ) 为单调递增函数，
故： g(x) lim g(x)
x0

x
l i m
 0
 2
x
x
2
l n

x
1

由于极限
x
l i m
 0
 x l n x   0 ，故： g ( x )  0 ，代入①式得： k  1 ⑤
⑹ 总结结论
综合④和⑤式得：k 0. 故：k 的取值范围是k(,0]
2xlnx
本题的要点：求出1 的最小值或最小极限值.
2
x 1
特刊：数值解析
2xlnx 2xlnx
由①式k  1 ，设函数 K(x)1
2 2
x 1 x 1
当 x1时，用洛必达法则得：23个函数与导函数类型专题
第 3 页
lx i m
1
2
x
x
2
l n

x
1
 lx i m
1
( 2
(
x
x 2
l n

x
1
)
)
'
 lx i m
1
2 ( l n
2
x
x
 1 )
 1 ，则 K ( 1 )  0
用数值解如下：
x 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
K ( x ) 0.2062 0.1273 0.0758 0.0422 0.0209 0.0083 0.0018 0.0000
x 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8
K ( x ) 0.0015 0.0055 0.0114 0.0186 0.0269 0.0359 0.0454 0.0553
其中， K ( x ) 的最小值是 K ( 1 )  0 ，即 K ( x )  K ( 1 ) ，所以本题结果是 k  0 .
2、函数第 2 题已知函数 f(x)lnxax 2， a  0 ， x  0 ， f(x)连续，若存在均属于区
间 [ 1 , 3 ] 的 , ，且 1     ，使 f ( ) f ( )    ，证明：
l n 3 
5
l n 2
 a 
l n
3
2
解析：⑴ 求出函数 f ( x ) 的导函数
函数： f(x)lnxax 2 ①
其导函数： f ' ( x ) 
1
x
 2 a x 
1  2
x
a x
2

( 1  2 a x ) (
x
1  2 a x )
②
⑵ 给出函数 f ( x ) 的单调区间
由于 x  0 ，由②式知： f '(x)的符号由(1 2ax)的符号决定.
当 1  2 a x  0 ，即： x 
1
2 a
时， f ' ( x )  0 ，函数 f(x)单调递增；
当 1  2 a x  0 ，即： x 
1
2 a
时， f ' ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递减；
1
当1 2ax 0，即： x  时， f '(x)0，函数 f(x)达到极大值.
2a
⑶ 由区间的增减性给出不等式
由,均属于区间[1,3]，且 1     ，得到：[1,2]， [ 2 , 3 ]  
1
若 f() f()，则,分属于峰值点 x  的两侧
2a23个函数与导函数类型专题
即：
第 4 页
1
2 a
  ，
1
2 a
  .
所以：所在的区间为单调递增区间，所在的区间为单调递减区间.
故，依据函数单调性，在单调递增区间有： f ( 1 ) f ( ) f ( 2 )    ③
在单调递减区间有： f ( 2 ) f ( ) f ( 3 )    ④
⑷ 将数据代入不等式
由①式得： f(1) a； f(2)ln24a； f(3)ln39a
代入③得：a f()ln24a，即：  a  l n 2  4 a ，即： a 
l n
3
2
⑤
代入④式得：ln24a f()ln39a，即： l n 2  4 a  l n 3  9 a ，
ln3ln2
即：a ⑥
5
⑸ 总结结论
结合⑤和⑥式得：
l n 3 
5
l n 2
 a 
l n
3
2
. 证毕.
本题的要点：用导数来确定函数的单调区间，利用单调性来证明本题.
特刊：特值解析
由⑶已得： [ 1 , 2 ]   ， [ 2 , 3 ]   ，且： f()lna 2， f()lna 2
若： f ( ) f ( )    ，则： l n a 2 l n a 2         
即： a ( 2 2 ) l n l n        ，故： a
l n
2
l n
2
 
 



ln2
当： 2，1时，a 
3
当： 3，2时， a 
l n 3 
5
l n 2
ln3ln2 ln2
故：a处于这两个特值之间，即： a
5 323个函数与导函数类型专题
3、函数第 3 题已知函数
第 5 页
f ( x )  l n x  a x 2  ( 2  a ) x .若函数 y  f ( x ) 的图像与 x 轴交于
A , B 两点，线段 A B 中点的横坐标为 x
0
，试证明： x
0

1
a
.
解析：⑴ 求出函数 f ( x ) 导函数
函数 f ( x ) 的定义域由 l n x 可得： x  0 .
导函数为： f ' ( x ) 
1
x
 2 a x  ( 2  a )  ( 1  2 x ) (
1
x
 a ) ①
⑵ 确定函数的单调区间
当
1
x
 a  0
1
，即 x(0, )时，
a
f ' ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递增；
当
1
x
 a  0
1
，即 x( ,)时，
a
f ' ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递减；
当
1
x
 a  0 ，即 x 
1
a
时， f '(x)0，函数 f(x)达到极大值 f (
1
a
) .
1 1 1 1
2 f( )ln a( ) (2a)
a a a a
 l n
1
a

1
a
 1 ②
⑶ 分析图像与 x 轴的交点，求出 a 区间
由于 lim f(x)0，
x x
l i m
 0
f ( x )  0
1
若 f(x)与 x轴交于 A,B两点，则其极值点必须 f( )0.
a
即： l n
1
a

1
a
 1  0 ，即： l n
1
a
 1 
1
a
③
考虑到基本不等式 l n
1
a

1
a
 1
1 1 1
及③式得：1 ln  1
a a a
即： 1 
1
a

1
a
 1
2
，即：  2，即：a1
a
1
结合ln ，即：
a
a  0 得：a(0,1) ④
⑷ 求出 A,B点以及 A关于极值点的对称点C23个函数与导函数类型专题
A,B两点分居于极值点两侧，即：
第 6 页
x
A

1
a
， x
B

1
a
1 1
设： x   x ， x   x ，则
A 1 B 2
a a
x
1
, x
2
 0
1
，且 x  （因 x0）
1
a
设： x
C

1
a
 x
1
1
，则 x 与 x 处于相同得单调递减区间 x( ,).
C B
a
于是： f ( x
A
)  f ( x
B
)  0 ，即： f (
1
a
 x
1
)  0
故： f ( x
A
)  l n (
1
a
 x
1
)  a (
1
a
 x
1
) 2  ( 2  a ) (
1
a
 x
1
)
 l n (
1
a
 x
1
)  a (
a
1
2
 2 
1
a
 x
1
 x
21
) 
2 
a
a
 ( 2  a ) x
1
 l n ( 1  a x
1
)  l n a 
1
a
 1  a x
1
 a x 21  0 ⑤
将 x
1
替换成  x
1
代入 f ( x
A
) 就得到 f ( x
C
) ：
1 1
f(x ) f(  x )ln(1ax )lna 1ax ax 2 ⑥
C 1 1 1 1
a a
⑸ 比较 A , B , C 点的函数值，以增减性确定其位置
构造函数： g ( x
1
)  f ( x
C
)  f ( x
A
)  f (
1
a
 x
1
)  f (
1
a
 x
1
)
将⑤⑥式代入上式得： g(x )ln(1ax )ln(1ax )2ax ⑦
1 1 1 1
其对 x
1
的导函数为：
2 2
a a 2a a x
g'(x )  2a  2a  2a 1 ⑧
1 1ax 1ax 1a 2 x 2 1a 2 x 2
1 1 1 1
由于④式 a  ( 0 , 1 ) 及 x
1

1
a
，所以 g'(x )0.
1
即： g ( x
1
) 是随 x 的增函数，其最小值是在
1
x
1
 0 时，即： g ( x
1
)  g ( 0 )
由⑦式得： g(0)0，故： g(x ) g(0)0.
123个函数与导函数类型专题
当
第 7 页
x
1
 0 时， g ( x
1
)  f ( x
C
)  f ( x
A
)  0 ，即： f ( x
C
)  f ( x
A
)  f ( x
B
)
由于 x
C
和 x
B
同在单调递减区间，所以由 f ( x
C
)  f ( x
B
) 得： x
C
 x
B
即： x
C

1
a
 x
1
 x
B

1
a
 x
2
，即： x
1
 x
2
或 x
2
 x
1
 0 ⑨
⑹ 得出结论
那么，由⑨式得：
1
x  (x  x )
0 A B
2

1
2
(
1
a
 x
1

1
a
 x
2
) 
1
a

1
2
( x
2
 x
1
) 
1
a
1
即： x  . 证毕.
0
a
本题的关键：首先求得极值点 x
m

1
a
，以 x
m
为对称轴看 A , B 的对称点就可以得
到结论. 具体措施是：设 C 点，利用函数的单调性得到 x
C
 x
B
4、函数第 4 题已知函数 f ( x )  f ' ( 1 ) e x  1  f ( 0 ) x 
1
2
x 2 .若 f ( x ) 
1
2
x 2  a x  b ，求
(a1)b的最大值.
解析：⑴ 求出函数 f ( x ) 的解析式
由于 f '(1)和 f ( 0 ) 都是常数，所以设 f ' ( 1 )  A ， f(0) B，利用待定系数法
求出函数 f ( x ) 的解析式.
设： f ( x )  A e x  1  B x 
1
2
x 2 ，则： f ( 0 ) 
A
e
 B
其导函数为： f '(x) Ae x1 B x，则： f ' ( 1 )  A  B  1  A
所以： B  1 ， A  e
1
，函数 f(x)的解析式为： f(x)e x  x x 2 ①
2
⑵ 化简不等式 f ( x ) 
1
2
x 2  a x  b
1 1
即： f(x)e x  x x 2  x 2 axb，故：e x (a1)xb0 ②
2 223个函数与导函数类型专题
⑶ 构建新函数
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g ( x ) ，并求其极值点
构建函数 g ( x )  e x  ( a  1 ) x  b ③
其导函数： g ' ( x )  e x  ( a  1 ) ④
要使②式得到满足，必须 g ( x )  0 .即： g ' ( x )  0 ，或 g ( x ) 的最小值等于 0
故当 g ( x ) 取得极值时有： g'(x )0，由④式得极值点： x ln(a1)
M M
此时的 g(x)由③得： g ( x
M
)  ( a  1 )  ( a  1 ) l n ( a  1 )  b  0 ⑤
⑷ 求 ( a  1 ) b 的最大值
由⑤式得： b  ( a  1 ) [ 1  l n ( a  1 ) ] ，则： ( a  1 ) b  ( a  1 ) 2 [ 1  l n ( a  1 ) ] ⑥
令： y  a  1 ，则⑥式右边为： h ( y )  y 2 ( 1  l n y ) （ y  0 ）
其导函数为： h ' ( y )  2 y ( 1  l n y )  y 2 ( 
1
y
)  y ( 1  2 l n y ) ⑦
当 1  2 l n y  0 ，即： y  ( 0 , e ) 时， h ' ( y )  0 ， h ( y ) 单调递增；
当12ln y0，即： y( e,)时，h'(y)0， h ( y ) 单调递减；
当 1  2 l n y  0 ，即： y  e 时， h ' ( y )  0 ， h ( y ) 达到极大值.
此时， h ( y ) 的极大值为： h ( e )  ( e ) 2 ( 1  l n e ) 
e
2
⑧
⑸ 得出结论
e e
将⑧代入⑥式得：(a1)b h(y) ，故：(a1)b的最大值为
2 2
1
本题的关键：利用已知的不等式 f(x) x 2 axb得到关于(a1)b的不等式
2
即⑥式，然后求不等式⑥式的极值.
5、函数第 5 题已知函数 f(x) xln(xa)的最小值为 0 ，其中 a0.若对任意的
x[0,)，有 f(x)kx2成立，求实数 k 的最小值.
解析：⑴ 利用基本不等式求出a23个函数与导函数类型专题
利用基本不等式
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e x  1  x 或 l n y  y  1 ，得：ln(xa)1(xa)
即： xln(xa) x1(xa)1a，即： f ( x )  x  l n ( x  a )  1  a
已知 f ( x ) 的最小值为 0 ，故 1  a  0 ，即： a  1
或者，将 x  [ 0 ,   ) 的端点值代入 f ( x ) ，利用最小值为0，求得a 1
⑵ 用导数法求出a
函数 f ( x ) 的导函数为： f ' ( x )  1 
x
1
 a
①
当 xa1，即 x  1  a 时， f ' ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递减；
当 xa1，即 x  1  a 时， f ' ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递增；
当 x  a  1 ，即 x  1  a 时， f ' ( x )  0 ，函数 f(x)达到极小值.
依题意， f ( x ) 的最小值为 0 ，故当 x1a时， f ( 1  a )  0
即： f(1a)1aln(1aa)1a 0，故：a 1
函数的解析式为： f ( x )  x  l n ( x  1 ) ②
⑶ 构建新函数 g ( x )
当 x  [ 0 ,   ) 时，有 f ( x )  k x 2 ，即： f ( x )  x  l n ( x  1 )  k x 2
构建函数： g ( x )  f ( x )  k x 2  x  l n ( x  1 )  k x 2 ③
则函数 g ( x )  0 ，即 g ( x ) 的最大值为 0 .
实数k 的最小值对应于 g ( x ) 的最大值点.
⑷ 确定 g(x)的单调区间和极值
于是由③式得导函数为：
g ' ( x )  1 
x
1
 1
 2 k x  x (
x
1
 1
 2 k ) ④
当 x 0时，由③式得函数 g(x)0；
则 x 0是极值点，同时 x 0也是区间的端点.
当 x 0时，即： x(0,)23个函数与导函数类型专题
1 1
当  2k ，即 x 1时，
x1 2k
第 10 页
g ' ( x )  0 ，函数 g ( x ) 单调递增；
1 1
当  2k ，即 x 1时，
x1 2k
g ' ( x )  0 ，函数 g ( x ) 单调递减；
1
当  2k ，即
x1
x  x
m

2
1
k
 1 时， g ' ( x
m
)  0 ，函数 g ( x ) 达到极大值 g ( x
m
) .
故： g ( x ) 从 x  0 开始单调递增，直到 x  x
m
达到 g ( x ) 的极大值，再单调递
减， 所以 g ( 0 ) 是个极小值. g(x )是个极大值，也是最大值.
m
⑸ 求出最大值点 x
m
将最值点 x  x
m
代入③式得：（ x  x
m

2
1
k
 1 ）
g ( x
m
) 
2
1
k
 1  l n (
2
1
k
)  k (
2
1
k
 1 )
2
 (
2
1
k
 1 ) [ 1  k (
2
1
k
 1 ) ]  l n ( 2 k )
 (
2
1
k
 1 ) ( 1 
1
2
 k )  l n ( 2 k )
12k 12k
( )( )ln(2k)
2k 2

( 1  2 k )
4
(
k
1  2 k )
 l n ( 2 k )
由 g ( x ) 的最大值为 0 得： g ( x
m
) 
( 1  2 k )
4
(
k
1  2 k )
 l n ( 2 k )  0
即： 2 k  1 ，即： k 
1
2
，
此时 x
m

2
1
k
 1 ，即：
x
m
1
 1
 2 k  1 ，即： x
m
 0
⑹ 给出结论
由于 x
m
 0 ，也是端点，结合⑷的结论，所以：
g(x)在 x[0,)区间单调递减， g(x ) g(0)是个极大值，也是最大值.
m
1 1
由 x  10得出实数k 的最小值为：k 
m
2k 223个函数与导函数类型专题
故：实数
第 11 页
k 的最小值 k 
1
2
.
本题关键：用构建新函数 g ( x ) 代替不等式 f(x)kx2，通过求导得到极值点.
特刊：特值解析
由③式 g ( x )  f ( x )  k x 2  x  l n ( x  1 )  k x 2 ，要求函数 g ( x )  0 .
由③式可看出 x  0 时， g ( x )  0
xln(x1) xln(x1)
由 g(x)0得：k  ，令 K(x)
2 2
x x
我们只要求出 K ( x ) 
x  l n
x
( x
2
 1 )
在极值点的值就好.
1
1
xln(x1) x1
用洛必达法则： lim K(x) lim  lim
x0 x0 x 2 x0 2x

x
l i m
 0
x
2
x

x
1

x
l i m
 0 2 ( x
1
 1 )

1
2
对应于 g ( x )  0
1 1
的k  ，即：实数k 的最小值k  .
2 2
6、函数第 6 题已知函数 f ( x )  e x  a x 2  e x ，（aR），当a在一定范围时，曲线 y  f ( x )
上存在唯一的点 P ，曲线在 P 点的切线与曲线只有一个公共点，就是 P 点，求 P 点的
坐标.
解析：⑴ 确定曲线的切线方程
曲线： f ( x )  e x  a x 2  e x ①
其导函数： f ' ( x )  e x  2 a x  e ②
设 P 点的坐标为：(x , f(x ))，则切线方程为：
P P
y(x) f(x ) f '(x )(x x ) ③
P P P
⑵ 构建新函数 g(x)，并求导
构建函数 g(x) f(x) y(x)，则切线与曲线的交点就是 g(x)的零点.23个函数与导函数类型专题
则：
第 12 页
g ( x )  f ( x )  f ( x
P
)  f ' ( x
P
) ( x  x
P
) ④
其导函数： g ' ( x )  f ' ( x )  f ' ( x
P
) ⑤
由②得： f ' ( x )  e x  2 a x  e ， f ' ( x P )  e x P  2 a x P  e ，代入⑤式得：
g'(x)(e x 2ax)(e x P 2ax P )(e x e x P)2a(xx P ) ⑥
⑶ 分析 a  0 时函数 g(x)的单调性和极值
当 a  0 时：
若 x  x P ，则 e x  e x P ， 2 a x  2 a x P ，故： g ' ( x )  0 ， g ( x ) 单调递增；
若 x x ，则 P e x  e x P ， 2 a x  2 a x P ，故： g'(x)0， g ( x ) 单调递减；
若 x  x P ，则 e x  e x P ， 2 a x  2 a x P ，故： g ' ( x )  0 ， g ( x ) 达到极小值.
由④式得： g ( x ) 的极小值 g ( x
P
)  0 .
此时， g ( x ) 的零点与 P 点的取值有关，因此 P 点的取值不唯一，
所以 g ( x ) 的零点就不唯一.故当 a  0 时，不满足 P 点唯一的条件.
⑷ 分析 a  0 时函数 g ( x ) 的切线
当a0时：
由⑥式， g'(x)0的情况分两种：
 e x e x P 0
a>  即：x  x ，此时与⑵的情形相同，
P
 2a(x x
P
)0
P 点的取值不唯一.
b> e x  e x P   2 a ( x  x P )  0 ，即： x  x ， g'(x)0 P
此时， e x P ( e x  x P  1 )   2 a ( x  x P ) ，即： e x  x P  1  2 a e  x P ( x  x P ) ⑦
⑦式的解是曲线 y e xx P 与直线 y  1  2 a e  x P ( x  x P ) 的交点.
曲线 y e xx P 恒过点(x P ,1)，直线 y12ae x P(x x P )也恒过点(x P ,1)，
当曲线 y e xx P 过点 ( x P , 1 ) 的切线斜率等于2ae x P 时，其这个切线就是曲
线的切线.
故：曲线 y e xx P 过点(x P ,1)的切线斜率为：k (e xx P)' 1
xx
P23个函数与导函数类型专题
于是：
第 13 页
 2 a e  x P  1 ，即： e x P   2 a ，即： x ln(2a) P
⑸ 得到切点 P 的坐标
当a0时， x
P
 l n (  2 a ) 就存在.
由于 y  e x  x P 在其定义域内是凸函数，所以与其切线的交点是唯一的.
将 x ln(2a)代入①式得：
P
f ( x P )  e
x
P  a x
2P
 e x P  (  2 a )  a l n
2
(  2 a )  e l n (  2 a )
得到 x
P
 l n (  2 a ) 和 f ( x
P
) ，这就是 P 点的唯一坐标.
⑹ 结论
切点 P 的坐标： x ln(2a)，
P
f ( x
P
)  (  2 a )  a l n 2 (  2 a )  e l n (  2 a )
本题要点：利用图象法解超越方程⑦.
7、函数第 7 题已知函数 f ( x )  e a x  x ，其中 a  0 . 在函数 y  f ( x ) 的图象上取定两点
A ( x
1
, f ( x
1
) ) ， B ( x
2
, f ( x
2
) ) ，且 x
1
 x
2
，而直线 A B 的斜率为 k .存在 x (x ,x )，使
0 1 2
f ' ( x
0
)  k 成立，求 x
0
的取值范围.
解析：⑴ AB的斜率与 f ( x ) 的导函数
由 A 、 B 两点的坐标得到直线 A B 的斜率k ：
k  f ( x 2x )
2


f
x
(
1
x 1 )  ( e
a x
2  x 2x )
2


(
x
e
1
a x
1  x 1 )
 ( e
a x
2  e
a
x
x
2
1 )


x
(
1
x 2  x 1 )  ( e
a x
x
2
2


e
x
a
1
x
1 )  1 ①
函数 f ( x )  e a x  x 的导函数为： f '(x)ae ax 1 ②
⑵ 构建新函数 g ( x ) ，并求导
判断 f '(x ) k是否成立，即判断
0
f ' ( x
0
)  k 是否不小于0.
所以，构建函数： g ( x )  f ' ( x )  k ，若 g(x)0，则 f ' ( x
0
)  k 成立.
ax ax
则： g(x)ae ax  (e 2 e 1) ③
x  x
2 123个函数与导函数类型专题
导函数：
第 14 页
g ' ( x )  a 2 e a x ④
⑶ 求 g ( x ) 在区间端点的函数值
由③式得：
ax ax ax
g(x 1 )ae
ax
1 
(e 2 e 1)

e 1
[a(x 2  x 1 )e
a(x
2
x
1
)
1]
x  x x  x
2 1 2 1
 
x
e
2
a

x
1
x
1
[ e a ( x 2  x 1 )  a ( x 2  x 1 )  1 ] ⑤
ax ax
ax (e 2 e 1)
g(x 2 )ae 2 
x  x
2 1

x
e
2
a

x
2
x
1
[ a ( x 2  x 1 )  1  e
a ( x
1
 x
2
)
]

x
e
2
a

x
2
x
1
[ e a ( x 1  x 2 )  a ( x 1  x 2 )  1 ] ⑥
⑷ 确定 g(x)的零点存在
利用基本不等式：e x 1 x，当且仅当 x  0 时取等号.
即： e x  x  1  0 ⑦
将⑦式应用于⑤式得： g ( x
1
)  0 （ x
2
 x
1
 0 ）
将⑦式应用于⑥式得： g ( x
2
)  0 （ x
2
 x
1
 0 ）
则 g ( x
1
)  g ( x
2
)  0 ，证明其存在性.
函数 g ( x ) 在 ( x
1
, x
2
) 区间是连续的，其导函数也存在.
由④式得： g ' ( x )  a 2 e a x  0 ，即函数 g ( x ) 为单调递增函数.
g(x)是单调函数，则证明其唯一性.
由 g ( x
1
)  0 和 g ( x
2
)  0 以及函数零点存在定理得，函数 g(x)必过零点，且是
唯一零点.
⑸ 求 g(x)在 ( x
1
, x
2
) 区间的零点位置
设函数 g ( x ) 在(x ,x )区间的零点位置在
1 2
x
3
，则有 g(x )0
3
ax ax
ax (e 2 e 1)
由③式得： g(x 3 )ae 3  0 （a0）
x  x
2 123个函数与导函数类型专题
即：
第 15 页
x
3

1
a
l n
e
a
a
(
x
x
2
2


e
a
x
x
1
1
)
⑦ 且： x
3
 ( x
1
, x
2
)
⑹ 求 g ( x ) 在(x ,x )区间的 x
1 2 0
由④式 g ' ( x )  a 2 e a x  0 得：函数 g ( x ) 为单调递增函数，故：
在 x
0
 ( x
1
, x
3
) 区间， g ( x
0
)  g ( x
3
)  0 ；
在 x
0
 ( x
3
, x
2
) 区间， g ( x
0
)  g ( x
3
)  0 ；
在 x
0
 x
3
时， g ( x
0
)  g ( x
3
)  0 .
ax ax
1 e 2 e 1
故， g(x )0的区间为 x [x ,x )，即： x [ ln ,x )
0 0 3 2 0 2
a a(x  x )
2 1
本题要点：构建函数关系式③，由其导数得出单调性、增减性，得出零点.
8、函数第 8 题已知函数 f(x)ln(x1) x11.证明：当0 x 2时， f ( x ) 
x
9

x
6
证明：⑴ 构建新函数 g ( x ) ，并求导
构建函数 g ( x )  l n ( x  1 )  x  1  1 
x
9

x
6
①
导函数 g ' ( x ) 
x
1
 1

2
1
x  1

( x
5

4
6 ) 2
②
2 x1 54
即： g'(x)  ③
2(x1) (x6) 2
函数 g ( x ) 满足 g(0)0， g'(0)0，
现在只要证明，当 0  x  2 时， g ( x )  0
9x
，则 f(x) .
x6
⑵ 化掉②式中的根号项.
要保持不等号的方向不变，只有
2
1
x  1
 ( * ) 即： x1(*)
或 x1(*). （(*)代表某个不含根号的式子）
由于有 x1(*)和 x1(*)的两种选项，所以采用化掉 x1的方法.23个函数与导函数类型专题
由均值不等式：
第 16 页
2  1  x  1  1 2  ( x  1 ) 2  x  2 得： x  1 
x
2
 1
代入③式得： g ' ( x ) 
2
2

( x
x
2


1
1
)

( x
5

4
6 ) 2

4
x
( x


6
1 )

( x
5

4
6 ) 2
3
(x6) 454(x1)
即： g'(x)
2
4(x1)(x6)

( x 
4 (
6
x
3
)


1 )
6
(
3
x


( x
6

2
)
1 )
④
⑶ 求函数 g ( x ) 的极值点
当 g ( x ) 取极值时， g ' ( x )  0 .
故由④式得： ( x  6 ) 3  6 3  ( x  1 )  0 ，即： x  6  6 3 x  1 ⑤
令 t  3 x  1 ，（1t  3 3）
则⑤式为：t 3 5 6t，即：t 3 6t5 0 ⑥
分解因式法：
t
3
 6 t  5  ( t
3
 1 )  6 ( t  1 )  ( t  1 ) ( t
2
 t  1  6 )
 ( t  1 ) ( t
2
 t  5 )  0
故有： t
1
 1 ，及 ( t 2  t  5 )  0 ，即： t
2 ,3

 1 
2
1  2 0
由于1t  3 3，所以舍掉负值，故取 t
2

2 1
2
 1
所以有： t
1
 1 ， t
2

2 1
2
 1
，即： x
1
 0
3
 211
， x   1
2  
2
 
由于
 2 1
2
 1 
3
=
( 2 1
8
 1 ) 3

( 2 1  1 ) ( 2
8
2  2 2 1 )
( 16 1)(11 25) 36
   4
4 4
所以 x  3
2
函数在两个相邻极值点之间[0,3]是单调的.
⑷ 由单调性证明不等式23个函数与导函数类型专题
由①式
第 17 页
g ( x )  l n ( x  1 )  x  1  1 
x
9

x
6
得：
g ( 0 )  0
93
， g(3)ln4 4 1 ln420
36
即： g ( 0 )  g ( 3 ) ，由于在 x  ( x
1
, x
2
) 区间， g ( x ) 是单调的，故： g ( x
1
)  g ( x
2
)
于是，函数在 x  x 0时达到极大值，然后递减，直到 x  x  2时达到极
1 2
小值.
就是说在 0  x  2 区间， g ' ( x )  0 ，函数 g(x)单调递减.
即： g ( x )  g ( 0 )  0 ，故： f ( x ) 
x
9

x
6
. 证毕.
本题要点：构建函数 g ( x ) ，由两个相邻极值点之间的区间 ( x
1
, x
2
) 是单调的，以
及两个相邻极值点之间的函数值的大小关系 g ( 0 )  g ( 3 ) ，得出：函数 g ( x ) 在这个区间
( x
1
, x
2
) 为单调递减，由此来证明本题.
9、函数第 9 题已知 a  0 ，n为正整数，抛物线 y   x 2 
a
2
n
与 x 轴正半轴相交于点 A .
设抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距为 f(n)，求证：当 a  1 7 时，对所有n都有：
3
f(n)1 n
 .
f(n)1 n 3 1
证明：⑴ 先求 A 点的坐标 ( x
A
, 0 )
将 x  x ，
A
y  y
A
 0 代入抛物线 y   x 2 
a
2
n
得： x
A

a
2
n
⑵ 求过 A 点的切线方程
抛物线的导数为： y '   2 x ①
故 A 点的切线方程为： y  y  y'(x )(x x )
A A A
即： y02x (x x )2x x2x 2 ②
A A A A
⑶ 求切线在 y轴上的截距为 f(n)23个函数与导函数类型专题
由②式，当
第 18 页
x  0 时， y  f ( n ) .
故： f ( n )  2 x 2A  2

a
2
n 
2
 a n ③
⑷ 分析待证不等式
f
f
(
(
n
n
)
)


1
1

n
n
3
3
 1
，即：
f ( n
f
)
( n

)
1


1
2

n
3
n

3
1


1
1
，
2 1
即：1 1 ，即：
f(n)1 n 3 1 f ( n
2
)  1

n 3
1
 1
，
即： f(n)1 2n 3 2，即： f(n) 2n 3 1
将③式代入上式得： a n  2 n 3  1 ，即： a  n 2 n 3  1 ④
3
f(n)1 n
证明了④式，就证明了不等式 
f(n)1 n 3 1
⑸ 数值分析
由④式
当 n  1 时， a  3 ；
当n 2时， a 2  1 7 ，即a  17 ；
当n 3时，a 3 55，即 a  3 5 5 ； 3 5 5  1 7 （55 2  3025，17 3 4913）
1
因为a1，对④式两边求对数得：lna ln(2n 3 1) ⑤
n
满足上式得： a 的最小值，就是
1
n
l n ( 2 n 3  1 ) 的最大值.
⑹ 构建新函数 g(n)
1
构建函数： g(n) ln(2n 3 1)，求 g(n)的最大值.
n
2
6n
3
nln(2n 1)
3
2n 1
求导得： g'(n)
2
n23个函数与导函数类型专题
当
第 19 页
g ' ( n )  0 时，即：
2
6
n
n
3
3
 1
 l n ( 2 n 3  1 ) ，
即： 3 
2 n
3
3
 1
 l n ( 2 n 3  1 ) ⑥
令 t  2 n 3  1 ，则 t  1 .
3
代入⑥式得：3 lnt ⑦
t
⑺ 求 t  2 n 3  1 的最大值
虽然解方程⑦比较困难，但得到其取值范围还是可以的.
由⑦式得： l n t  3 
3
t
 3 ，即： t  e 3  3 3  2 7
即： t  2 n 3  1  2 7 ，即： n 3  1 3
于是满足⑤式的n的最大值是 n  2
代入④式 a  n 2 n 3  1 得： a  2 2  2 3  1  1 7 ⑧
⑻ 证明结论
满足⑧式，就满足④式，由⑷得证.
当 a  1 7 时，对所有 n 都有：
f
f
(
(
n
n
)
)


1
1

n
n
3
3
 1
. 证毕.
10、函数第 10 题已知函数 f ( x ) 
l n x
e
x
 1
，f '(x)为 f ( x ) 的导数.设 g(x)(x 2  x)f '(x)，
证明：对任意 x0， g ( x )  1  e  2
解析：⑴ 求函数 g(x)的解析式
lnx1
函数 f(x) 的导函数为：
x
e
1 1 1 1
f '(x) [ e x e x (lnx1)] ( lnx1) ①
e 2x x e x x
函数 g(x)(x 2  x)f '(x)得：23个函数与导函数类型专题
第 20 页
g ( x ) 
( x 
e
1
x
) x
(
1
x
 l n x  1 ) 
x
e

x
1
( 1  x  x l n x ) ②
⑵ 构造新函数 h ( x )
由基本不等式 e x  1  x （仅当 x  0 时取等号）得:
1 
e
x
x
 1
代入②式得： g(x)1 x xlnx （ x  0 ）
令： h ( x )  1  x  x l n x ③
则上式为： g ( x )  h ( x ) ④
⑶ 分析 h ( x ) 的单调性，并求其极值
由③式得 h ( x ) 导函数为： h ' ( x )   ( 2  l n x ) ⑤
当 xe 2，即 2  l n x  0 时， h ' ( x )  0 ， h ( x ) 单调递减；
当 xe 2，即 2  l n x  0 时， h ' ( x )  0 ， h ( x ) 单调递增；
当 x e 2，即 2  l n x  0 时， h ' ( x )  0 ， h ( x ) 达到最大值.
h ( x ) 的最大值是在 x  x
m
 e  2 ，由③式得：
h ( x
m
)  1  e  2  e  2 ( l n e  2 )  1  e  2  (  2 ) e  2  1  e  2 ⑥
⑷ 证明结论
故由④式和⑥式： g ( x )  h ( x )  h ( x
m
)  1  e  2
即：对任意 x  0 ， g(x)1e 2. 证毕.
本题要点：运用基本不等式 e x  1  x .
11、函数第 11 题已知 a , b 是实数，函数 f(x) x 3 ax， g ( x )  x 2  b x ， f ' ( x ) 和 g'(x)
是 f(x) 、 g ( x ) 的导函数 . 设 a0 ，且 a b ，若在以 a,b 为端点的开区间 I 上
f ' ( x ) g ' ( x )  0 恒成立，求 ab 的最大值 M .
解析：⑴ 构建新函数h(x)
函数 f(x)的导数为： f '(x) 3x 2 a ①23个函数与导函数类型专题
函数
第 21 页
g ( x ) 的导数为： g ' ( x )  2 x  b ②
构建函数： h ( x )  f ' ( x ) g ' ( x )  ( 3 x 2  a ) ( 2 x  b ) ③
则已知条件化为：
在开区间 I 上 f '(x)g'(x)0恒成立，等价于h(x)0 ④
⑵ 确定 b 的取值范围
已知 a  0 ，若b0，则区间 I  ( a , b ) ；故：此时区间 I 包括 x  0 点.
由①②式得： f ' ( 0 )  a ， g ' ( 0 )  b ，所以 h ( 0 )  f ' ( 0 ) g ' ( 0 )  a b  0
不满足④式，即：b0不成立.
故： b  0 ， b 与 a 同处于 x  0 区间.
⑶ 确定 x 的取值范围
由于 a  0 ， b  0 ， x  0 ，即： 2 x  b  0
要满足④式，在 2 x  b  0 时，则必须有： f ' ( x )  0 ，
即： 3 x 2  a  0 ，即： x 2  
a
3
，
即： x  [  
a
3
, 
a
3
] ，结合 x  (   , 0 ) 得： x  [  
a
3
, 0 ) ⑤
⑷ 确定 a  b 的最大值 M .
由于区间 I 是以 a , b 为端点， a  0 ， b  0 ，而 x  [  
a
3
, 0 )
所以若 b  0 ，则 a   
a
3
，所以：  a  
a
3
 0 ，
a 1
即：a 2   ，故：a   ，代入⑤式得：
3 3
x  [ 
1
3
, 0 )
1
故： I (a,b)( ,0) ⑥
3
1
故： ab 的最大值 M 就是由⑥式决定的区间长度，即 M 
3
本题的要点：确定b0，确定 x的取值范围⑤式.23个函数与导函数类型专题
12、函数第 12 题已知函数
第 22 页
f ( x ) l n ( 1 x )
x ( 1
1
x s
x
i n ) 
  


（ [ 0 , ]    ），若 x  0 时
f(x)0，求的最小值.
解析：⑴ 求出函数的导函数
由函数 f ( x ) l n ( 1 x )
x ( 1
1
x s
x
i n ) 
  


得：
导函数为： f ' ( x )
1
1
x
[ ( 1 2 x s i n ) ( 1
( 1
x
x
)
) 2
x ( 1 x s i n ) ]  



 

 
x
 [1(2 x)sin] ①
2
(1 x)
依题意，若 x  0 时， f(x)0
即 f ( x ) 在 x  0 区间的最大值为 0.
所以，只要求出区间的最大值，使之为 0，就解决问题.
⑵ 由函数极值点得出相应的结果
由极值点的导数为 0 得： f ' ( x )  0
所以当在 x  0 区间 f ' ( x )  0 时，函数 f ( x ) 在 x  0 区间单调递减
故满足 f ( x )  0 的条件.
于是： f ' ( x )
( 1
x
x )
2
[ 1 ( 2 x ) s i n ] 0  

  
由于 x0，(1 x) 2 0，所以 1 ( 2 x ) s i n 0     ，即： s i n
2
1
x
 

故： s i n
2
1
0 2
1
x
 



，即： s i n
1
2
 
求三角函数定义域得： s i n 1   ，故： s i n [
1
2
, 1 ]   .
结合 [ 0 , ]    ，于是 [
6
,
5
6
]
 
  ，即的最小值是
6

.23个函数与导函数类型专题
13、函数第 13 题已知函数
第 23 页
f ( x )  a l n ( x  1 )  b （ a  0 ）， g ( x )  e x ( c x  d ) ，若曲线 y  f ( x )
和曲线 y  g ( x ) 都过点 P ( 0 , 2 ) ，且在点P 处的切线相互垂直. 若x1时， f ( x )  g ( x ) ，求
a 的取值范围.
解析：⑴ 求出函数 f(x)和g(x)的导函数
a
函数 f(x)的导函数： f '(x) ①
x1
函数 g ( x ) 的导函数： g ' ( x )  e x ( c x  d  c ) ②
⑵ 由 P ( 0 , 2 ) 求出 b 和 d
由曲线 y  f ( x ) 过 P ( 0 , 2 ) 点得： f ( 0 )  b  2
由曲线 y  g ( x ) 过 P ( 0 , 2 ) 点得： g ( 0 )  d  2
⑶ 由点 P 处的切线相互垂直条件得出 a 与 c 的关系式
由点 P 处的切线相互垂直，即切线斜率的乘积等于  1 ，即： f ' ( 0 ) g ' ( 0 )   1
a
由①得： f '(0) a，由②得：g'(0)e 0 (0d c) 2c
01
代入上式得：a(2c)1 ③
⑷ 构建新函数h(x)
构建函数： h ( x )  g ( x )  f ( x ) ，即：h(x)e x (cx2)[aln(x1)2]
于是： h ( 0 )  e 0 ( c  0  2 )  [ a l n ( 0  1 )  2 ]  0 ，即： h ( 0 )  0 ④
当 f(x) g(x)时，等价于 h ( x )  0 . ⑤
⑸ 化简求解条件
只要满足 h ( 0 )  0 ， h ' ( x )  0 ，就一定满足⑤式.
于是由⑶得：h'(0) g'(0) f '(0) 2ca ⑥
1
将③式代入⑥式得：h'(0)(2c)a   a0，即：a0
a
而④式已得：h(0)0，所以只要满足h'(x)0就可以满足⑤式.23个函数与导函数类型专题
⑹ 化解
第 24 页
h ' ( x )  0
要 h ' ( x )  0 ，即： g ' ( x )  f ' ( x )  0
将①②式代入上式得： e x ( c x  2  c ) 
x
a
 1
 0 ⑦
由③得: 2  c  
1
a
，将上式和基本不等式e x  x1，代入⑦式得：
h ' ( x )  ( x  1 ) ( c x 
1
a
) 
( x
a
 1 )
⑧
只要右边不小于 0
1 a
，就满足要求. 即：(x1)(cx ) 0
a (x1)
即： ( x  1 ) c x 

(
x


a
1
)  (
x


a
1
)

 0
已知 x   1 ，所以 x  1  0 .已知⑸中 a  0 ，所以
x


a
1
 0 ，
x
 a
 1
 0
由“一正二定三相等”得：

(
x


a
1
)  (
x
 a
 1
)

 2
或者由基本不等式 m 2  n 2  2 m n （ m , n  0 ）也可得到上式.
代入⑧式得：h'(x)cx(x1)2 ⑨
⑹ 解析⑨式
若： c x ( x  1 )  2  0 ，即： c x ( x  1 )   2 ⑩
i.当x 0时，显然上式成立，则由⑨式得 h ' ( x )  0 成立；
ii.当 x  0
2
时，由⑩式得：c  ，即：
x(x1)
c  0
1 1 1
由③式得：a   ，且a   0，故：
2c 2 2c
a  ( 
1
2
, 0 )
iii.当 x  (  1 , 0 ) 时，由⑩式得： c [  x ( x  1 ) ]  2
2
而x(x1)0，故：c
x(x1)23个函数与导函数类型专题
由于
第 25 页
 x  0 ，x10，这两者之和为定值，由“一正二定三相等”得：
当  x  ( x  1 ) ，即 x  
1
2
时，  x ( x  1 ) 
1
4
为极大值.
此时
 x (
2
x  1 )
 8 为极小值，故此时 c  8 .
1 1 1
由③式得：a     ，即：a(, ]
2c 10 10
1 1 1 1
综上，由a( ,0)和a(, ]得：a( , ]可以满足⑤式条件.
2 10 2 10
本题由切线互相垂直得到③式，构建函数得到⑤式，不等关系得到⑨式，重点是分析⑨
式得到 a 的取值范围.
14、函数第 14 题已知函数 f ( x ) e x l n ( x )     .当 f ( x )  0 时，求的取值范围.
解析：⑴ 分析题意
设g(x)e x， h ( x ) l n ( x )    ，则 f ( x )  g ( x )  h ( x )
f(x)0的意思，就是 y g(x)的图象在 y  h ( x ) 的图象之上
设在x  x 处， y g(x)与
0
y  h ( x ) 的图象相切，此时，设值为
0

只要
0
   ， y g(x)的图象永在 y  h(x)的图象之上.
⑵ 由 x  x
0
点的关系来建模
由于 x 0 点在曲线 y  g ( x ) 上，故： y 0  e x 0 ①
同时 x
0
点在曲线 y  h ( x ) 上，故： y
0
l n ( x
0
)    ②
它们在x  x 图象相切，故：g'(x ) h'(x )
0 0 0
1
即：ln(x ) ③
0
x 
0
由①②式得： e x 0 l n ( x 0 )    ④
⑶ 解超越方程③式
1 1
方程③是一个超越方程，令t  （t 0），即：x 
0
x  t
023个函数与导函数类型专题
代入③得：
第 26 页
 l n t  t 或 l n t   t ⑤
由 l n t   t 得： t  0 （因 l n t 定义域），则： l n t   t  0 ，即： t  1
故： t  ( 0 , 1 ) ⑥
由基本不等式e x 1 x（仅当 x  0 时取等号）或 x  1  l n x （仅当 x  1 时取等
号）代入⑤式可得：
 t  l n t  t  1 ，即： 2 t  1 ，即： t  [
1
2
,   ) ⑦
由⑥⑦得： t  (
1
2
, 1 ) ⑧
事实上，方程 l n t   t 的解是： t B 0 .5 6 7 1 4 3 2 9 .
⑷ 解出极值点的
由④式得： e x 0 l n ( x 0 ) l n t t       ，即： x 0  l n t   t
即： x
0
t
x
0
1

   

⑨
故： ( x
0
1
x
0
) ( x
0
1
x
0
) 2 2 2       

  ，所以：当 x  x
0
时，
0
2  
由⑴的分析，本题答案是：
0
   ，即 2，本题答案： 2  
（严格来说，解超越方程得 x
0
  t =  0 .5 6 7 1 4 3 2 9 ，
0
2 .3 3  B ，本题答案是 2 .3 3   ）
本题解析③式是关键，⑸步是技巧.下面是极值点附近的函数图
15、函数第 15 题设函数 f(x)(1a 2 )xax 2，其中 a  0 ，求 f ( x )  0 时x的取值范围.
解析： y f(x)的图象是开口向下的抛物线，于是 f ( x )  ( 1  a 2 ) x  a x 2  x ( 1  a 2  a x )
2 2
1a 1a
当 f(x)0时，x 0，x   2，即：x(0, )，即：x(0,2)
1 2
a a23个函数与导函数类型专题
故：x的取值范围是
第 27 页
x  ( 0 , 2 ) ，本题就是分析二次函数题.
16、函数第 16 题已知a0，函数 f ( x ) 
x
x


a
a
.若函数 y  f ( x ) 在 x  0 区间的图像上存
在两点 A , B ，在A点和 B 点处的切线相互垂直，求 a 的取值范围.
解析：去绝对值号
⑴ 对 x  a ， f ( x ) 
x
x


a
a
，其导数： f ' ( x ) 
( x
2

a
a ) 2
 0
即：在xa区间，函数 f(x)单调递增；
⑵ 对 x  ( 0 , a ) ， f ( x )  
x
x


a
a
，其导数： f ' ( x )  
( x
2

a
a ) 2
 0
即：在x(0,a)区间，函数 f(x)单调递减；
⑶ 对 x  a ， f(x) f(a)0，函数 f ( x ) 达到极小值 0.
一个绝对值的极小值不小于 0.
若 A 点和 B 点处的切线相互垂直，即： f ' ( x
A
) f ' ( x
B
)   1 ①
则 A 点和 B 点分居于两个不同的单调区域.
设 x
A
 ( 0 , a ) ，则 x
B
 ( a ,   ) ，于是①式就是：
2a 2a 2a
 1，即： 1
(x a) 2 (x a) 2 (x a)(x a)
A B A B
即： ( x
A
 a ) ( x
B
 a )  2 a ②
⑷ 解析②式得⑤式
由②式得： x
A
 a 
x
2
B
a
 a
③
因为x (0,a)，所以
A
x
A
 a  ( a , 2 a ) ，代入③式得：
2a
a  2a，即：
x a
B
1
2

x
B
1
 a
 1 ，即： 1  ( x
B
 a )  2 ④
因为 x
B
 a ，所以x a 2a，结合④式得：
B
2 a  x
B
 a  2
即：2a 2，故：a1 ⑤
⑸ 解析③式得⑦式23个函数与导函数类型专题
因为
第 28 页
x
B
 a ，所以 x
B
 a  2 a ，即：
x
2
B
a
 a
 1 ，
代入③式得： x
A
 a 
x
2
B
a
 a
 1 ，即： x
A
 a  1 ⑥
因为 x
A
 ( 0 , a ) ，所以 x
A
 a  ( a , 2 a )
1
代入⑥式得：2a1，即：a ⑦
2
综上⑤和⑦式得， a 的取值范围是 ( 0 ,
1
2
) .
本题要点：由已知条件演绎出②式，由②式演绎出 a 的取值范围.
17、函数第 17 题已知函数 f ( x )  a ( 1  2 x 
1
2
) ， a 为常数且 a  0 . 若条件 1： x
0
满足
f ( f ( x
0
) )  x
0
；条件 2： f ( x
0
)  x
0
. 则满足这 2 个条件，称 x
0
为函数 f ( x ) 的二阶周期点，
如果 f ( x ) 有两个二阶周期点 x
1
, x
2
，试确定 a 的取值范围.
解析：⑴ 函数去绝对值号得出 f
1
( x ) 和 f
2
( x )
当 x 
1
2
时， x 
1
2

1
2
 x ， f ( x )  a ( 1  2 x 
1
2
)  2 a x
记： f
1
( x )  2 a x ①
当 x 
1
2
时， x 
1
2
 x 
1
2
， f ( x )  a ( 1  2 x 
1
2
) = 2 a ( 1  x )
记： f
2
( x ) = 2 a ( 1  x ) ②
条件1： f ( f ( x
0
) )  x
0
③
条件2： f ( x
0
)  x
0
④
1
⑵ 在x  及
2
2 a x 
1
2
时解析①式
对二阶周期点x  x
023个函数与导函数类型专题
当
第 29 页
x
0

1
2
，函数用①式： f (x ) 2ax
1 0 0
1
当2ax  时，复合函数仍用①式：
0
2
f
1
( f
1
( x
0
) )  2 a f
1
( x
0
)
故： f (x ) 2ax ， f (f (x ))4a 2 x
1 0 0 1 1 0 0
1
条件1：4a 2 x  x ，即：4a 2 1，即：a  ；
0 0
2
条件2： 2 a x
0
 x
0
，即：2a 1，即： a 
1
2
.
此时，函数不能同时满足条件 1和条件 2，故没有二阶周期点.
⑶ 在 x 
1
2
及 2 a x 
1
2
时解析①式
对二阶周期点 x  x
0
当 x
0

1
2
，函数用①式： f (x ) 2ax
1 0 0
当 2 a x
0

1
2
时，函数用②式： f
2
( f
1
( x
0
) )  2 a [ 1  f
1
( x
0
) ]
故： f (x ) 2ax ， f (f (x )) 2a(12ax )
1 0 0 2 1 0 0
条件1： 2 a ( 1  2 a x
0
)  x
0
2a
，即：x  ；
0 2
14a
条件2：2ax  x ，即：2a 1，即：
0 0
a 
1
2
.
2a 1
则：x   ⑤
0 14a 2 2
1
⑷ 在x  及
2
2 a x 
1
2
时解析⑤式
2
2a 1 4a 1
将条件 1：x  代入2ax  得： 
0 14a 2 0 2 14a 2 223个函数与导函数类型专题
即：
第 30 页
8 a 2  1  4 a 2 ，即： 4 a 2  1 ，即： a 
1
2
⑥
将 x
0

1 
2 a
4 a 2
代入 x
0

1
2
得：
1 
2 a
4 a 2

1
2
即： 4 a  1  4 a 2 ，即： 4 a 2  4 a  1  0 ，即：(2a1) 2 0
1
故：a  ⑦
2
结合⑥式和⑦式及a0得： a  (
1
2
,   )
所以，⑤式 x
0

1 
2 a
4 a
2
为一个二阶周期点，记为： x
1

1 
2 a
4 a
2
此时， a 的取值范围是 a  (
1
2
,   ) ，二阶周期点 x
1

1 
2 a
4 a 2
⑸ 在 x 
1
2
1
及2a(1 x) 时解析②式
2
对 x 
1
2
，函数用②式： f (x ) 2a(1 x )
2 0 0
对 2 a ( 1  x
0
) 
1
2
时，应用①式得： f
1
( f
2
( x
0
) )  2 a f
2
( x
0
)
故： f
2
( x
0
)  2 a ( 1  x
0
) ， f
1
( f
2
( x
0
) )  2 a f
2
( x
0
)  4 a 2 ( 1  x
0
)
条件1： 4 a 2 ( 1  x
0
)  x
0
2
4a
，即：x  ；
0 2
14a
条件2： 2 a ( 1  x
0
)  x
0
，即： x
0

1
2

a
2 a
.
则：
1
2

a
2 a

1
4

a
4
2
a 2
，即：2a  4a 2，即： a  0 且 a 
1
2
2 2
4a 1 4a 1
i>将x  代入2a(1 x ) 得：2a(1 )
0 14a 2 0 2 14a 2 2
1
即：4a( )1，即：4a 2 4a10 ，即：(2a1) 2 0
2
14a23个函数与导函数类型专题
即：
第 31 页
a 
1
2
2
4a 1
ii> 将x  代入x  得：
0 14a 2 0 2 1
4

a
4
2
a 2

1
2
即： 8 a 2  1  4 a 2 ，即：4a 2 1，即： a 
1
2
结合i>和 ii>及 a  0
1
，得：a( ,)
2
所以， x
0

1
4

a
4
2
a
2
为另一个二阶周期点，记为： x
2

1
4

a
4
2
a
2
此时， a 的取值范围是 a  (
1
2
,   ) ，二阶周期点 x
2

1
4

a
4
2
a 2
⑹ 在 x 
1
2
及 2 a ( 1  x ) 
1
2
时解析②式
1
对x  ，函数用②式：
2
f
2
( x
0
)  2 a ( 1  x
0
)
对 2 a ( 1  x
0
) 
1
2
时，应用②式得： f
2
( f
2
( x
0
) )  2 a [ 1  f
2
( x
0
) ]
即： f
2
( f
2
( x
0
) )  2 a [ 1  2 a ( 1  x
0
) ]  2 a  4 a 2  4 a 2 x
0
⑧
条件1： 2 a  4 a 2  4 a 2 x
0
 x
0
2a(12a)
，即：x 
0 2
14a
当 1  2 a  0 时，上式即： x
0

1
2

a
2 a
条件2： 2 a ( 1  x
0
)  x
0
，即： x
0

1
2

a
2 a
此时，函数不能同时满足条件 1和条件 2，故没有二阶周期点.
综上，如果 f ( x ) 有两个二阶周期点 x
1
, x
2
，则 a 的取值范围是 a  (
1
2
,   ) .
本题要点：两个条件要同时满足；分类讨论23个函数与导函数类型专题
18、函数第 18 题已知函数
第 32 页
f ( x )  ( 1  x ) e  2 x ， g ( x )  a x 
x
2
3
 1  2 x c o s x ，当 x  [ 0 , 1 ] 时，
若 f ( x )  g ( x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围.
解析：⑴ 解读题意
由于 x  [ 0 , 1 ] ，所以有 x n  x（nN  ）.
故可以考虑将函数化为幂函数来解决.
由于 f ( x )  ( 1  x ) e  2 x ， f ( 0 )  1 ， f ' ( x )  [ 1  2 ( 1  x ) ] e  2 x   ( 1  2 x ) e  2 x
g ( x )  a x 
x
2
3
 1  2 x c o s x ， g ( 0 )  1 ， g ' ( x )  a 
3 x
2
2
 2 c o s x  2 x s i n x
构建函数： h ( x )  f ( x )  g ( x )
则题目化为：当 x  [ 0 , 1 ] 时， h ( x )  0 ，求实数 a 的取值范围.
⑵ 将函数 f ( x ) 化为幂函数形式
构建函数： f
1
( x )  1  A x ，满足条件 1： f
1
( x )  f ( x ) ①
构建函数： f
2
( x )  f
1
( x )  f ( x ) ，条件 1 成为： f
2
( x )  0 ②
则： f
2
( 0 )  f
1
( 0 )  f ( 0 )  0
导函数： f
2
' ( x )  f
1
' ( x )  f ' ( x )  A  ( 1  2 x ) e  2 x ③
要满足 x  [ 0 , 1 ] 时 f (x)0，必须是： f '(x)0
2 2
故由③式： A   ( 1  2 x ) e  2 x ④
⑶ 解析④式
因为④式，记 h
0
( x )   ( 1  2 x ) e  2 x ，则： h
0
' ( x )   [ 2  2 ( 1  2 x ) ] e  2 x  2 x e  2 x
当 x0时，h (x)是 x的单调递增函数.
0
故：h (x)h (0) 1，则由④式： A 1；
0 0
且：h (x)h (1)3e 2，则由④式：
0 0
A   3 e  2 .
由于13e 2，所以满足 x[0,1]区间时， A 1
取 A的最大值， A 1，则： f (x)1 x
123个函数与导函数类型专题
⑷ 构建函数
第 33 页
g
1
( x ) 化解cosx
由于 c o s x 是偶函数，且 c o s x  1  2 s i n 2 (
x
2
)  1  2  (
x
2
) 2  1 
x
2
2
函数 g ( x ) 在 h ( x ) 中的不等号方向是： h ( x )  0 ，即：  g ( x )  0 ，即： g ( x )  0
应构建函数 g
1
( x )  c o s x ，且 g
1
( x ) 也是偶函数.
构建函数： g
1
( x )  1  B x 2 ，满足条件 2： g (x)cosx
1
⑸ 构建函数 g
3
( x )  g
1
( x )  c o s x
构建函数： g (x) g (x)cosx，条件 2 成为： g (x)0
3 1 3
则： g
3
( 0 )  g
1
( 0 )  c o s 0  0 ，导函数： g
3
' ( x )  g
1
' ( x )  s i n x ⑤
要满足 x  [ 0 , 1 ] 时 g
3
( x )  0 ，必须是： g
3
' ( x )  0
故由⑤式： g
1
' ( x )  s i n x   2 B x  s i n x  0 ，则： B 
s i n
2 x
x
⑥
当 x  0 时， B  lx i m
0
s i n
2 x
x

1
2
当 x  1
sin1
时，由⑥式得： B B0.42
2
取满足⑥式得 B 的最大值， B 
s i n
2
1
(  0 .4 2 )
⑹ 构建函数： g
2
( x )
构建函数： g
2
( x )  a x 
x
2
3
 1  2 x g
1
( x )
3
x 1
即： g (x)ax 12x(1Bx 2 )1(a2)x( 2B)x 3
2
2 2
因为 g (x)cosx，则： g (x) g(x)
1 2
⑺ 构建函数h (x)，求
1
a 的范围
构建函数：h (x) f (x) g (x)
1 1 223个函数与导函数类型专题
若
第 34 页
h
1
( x )  0 ，因为h(x) f(x)g(x) f (x)g (x)h (x)，所以
1 2 1
h ( x )  0
1
于是：h (x)(1 x)[1(a2)x( 2B)x 3 ]
1
2
  ( a  3 ) x  ( 2 B 
1
2
) x 3
要使 2 B 
1
2
 0 ，则 B 
1
4
1 sin1
，故： B[ , ]
4 2
1
此时，h (x) (a3)x(2B )x 3  (a3)x
1
2
若要 h
1
( x )  0 ，即：  ( a  3 ) x  0 ，则：a30，即 a  (   ,  3 ]
所以，当 x[0,1]时，若 f(x) g(x)恒成立，实数 a 的取值范围a(,3].
本题的实质是：将函数化为幂级数形式进行.基本上初等函数是连续函数，当
x  [ 0 , 1 ] 时，都可以用幂级数形式来表达，即： f ( x )  a
0
 a
1
x  a
2
x 2  a
3
x 3  . . . ，
这是在处理一些复杂函数时的常用手法.
构建函数实质上是复合函数，多重构建函数是多重复合函数.
19、函数第 19 题已知函数 f ( x ) 

x
l n
2
x
 2 x  a
( x
( x


0 )
0 )
，其中 a 是实数. 设 A ( x
1
, f ( x
1
) ) ，
B(x , f(x ))为该函数图像上的两点，且
2 2
x
1
 x
2
.若函数 f ( x ) 的图像在点 A , B 处的切线重
合，求 a 的取值范围.
解析：函数的导函数为： f ' ( x ) 

2
1
x
x  2
(
(
x
x


0
0
)
)
如果图像在点A,B处的切线重合，则点A,B分处于两个不同区间.
因x  x ，故
1 2
A 点在 x
1
 0 区间， B 点在 x
2
 0 区间.
⑴ 设过 A 点的切线方程为： y y  f '(x )(x x ) ①
1 1 1
则： y
1
 x 21  2 x
1
 a ②
f ' ( x
1
)  2 x
1
 2 ③
将②③式代入①式得： y x 2 2x a(2x 2)(x x )
1 1 1 1
即： y  2 ( x
1
 1 ) x  x 21  a ④
⑵ 设过B点的切线方程为： y y  f '(x )(x x ) ⑤
2 2 223个函数与导函数类型专题
则：
第 35 页
y
2
 l n x
2
1
⑥， f '(x ) ⑦
2
x
2
将⑥⑦式代入⑤式得： y  l n x
2

1
x
2
 ( x  x
2
) ，即： y 
1
x
2
x  l n x
2
 1 ⑧
⑶ 由两个切线方程重合得，④式与⑧式相等.
即：

2

(
x
x
1
21


1
a
)


l n
1
x
2
x
2
 1
由x 0,
1
x
2
 0 得： 2 ( x
1
 1 ) 
1
x
2
 0 ，即： x
1
  1 ，故： x
1
 (  1 , 0 )
由 2 ( x
1
 1 ) 
1
x
2
1
得：x  ，即：
2
2(x 1)
1
x
2

1
2
，故： x
2
 (
1
2
,   )
由x 2 alnx 1得：alnx 1 x 2 ⑨
1 2 2 1
⑷ 求a的取值范围
由⑨式可知， a 随 x
1
， x
2
单调递增
则a有最小值，当 x
1
 0 ， x
2

1
2
时，a最小值.
故： a  a ( x
1
 0 , x
2

1
2
)  l n
1
2
 1  0   l n 2  1 ，即： a   l n 2  1
本题答案： a 的取值范围是 (  l n 2  1 ,   )
本题重点是：两个方程系数相等；由区间得出 x
1
和 x
2
的取值范围，代入求得 a 的极值.
20、函数第 20 题设函数 f ( x )  l n x  a x ，g(x)e x ax，其中 a 为实数．若 f(x)在 ( 1 ,   )
上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求 a 的取值范围.
解析：函数 f ( x )
1
的导函数为： f '(x) a ①
x
函数 g ( x ) 的导函数为： g ' ( x )  e x  a ②
⑴ 由 f ( x ) 在(1,)上是单调减函数得： f ' ( x )  0 x(1,)
1
代入①式得： a0，即：
x
a 
1
x
考虑到x(1,)，故： a  1 ，即： a  ( 1 ,   )
⑵ 由g(x)在(1,)上有最小值，是最值点为x  x
0
则：g'(x )0，x (1,)
0 023个函数与导函数类型专题
代入②式得：
第 36 页
e x 0  a  0 ，即： a  e x 0 ，即： x 0  l n a
考虑到 x
0
 ( 1 ,   ) ，故： a  e ，即： a  ( e ,   ) ，综上， a 的取值范围 a  ( e ,   )
21、函数第 21 题设函数 f ( x )  ( x  1 ) e x  k x 2 (其中 k  R ).当 k  (
1
2
, 1 ] 时,求函数 f ( x ) 在
[ 0 , k ] 上的最大值 M .
解析：函数 f ( x ) 的最大值出现在两个地方：一个是区间的端点，另一个是导数 f ' ( x )  0 的
地方.
⑴ 在区间端点 x  0 处
函数值为： f ( 0 )  ( 0  1 ) e 0  k g 0 2   1 ①
⑵ 在区间端点xk 处
函数值为： f ( k )  ( k  1 ) e k  k 3 ②
因为： e k  k  1 ，所以： f ( k )  ( k  1 ) ( k  1 )  k 3  k 2  1  k 3
即： f ( k )  k 2  k 3  1  k 2 ( 1  k )  1
因为： k  (
1
2
, 1 ] ，所以： f ( k )  k 2 ( 1  k )  1   1
即： f ( k )  f ( 0 )   1 ③
⑶ 在极值点 x  x
0
处
当 f ( x ) 取极值x  x 时，其导数 f '(x )0
0 0
即： f ' ( x 0 )  x 0 e x 0  2 k x 0  x 0 ( e x 0  2 k )
则： x 0  0 和e x 0 2k 0，即： x 0  l n ( 2 k )
故：x 0时，或x ln(2k)，函数的极值点.
0 0
⑷ 当 x
0
 0 时， f ( x
0
)  f ( 0 )   1
函数值与①式相同.
⑸ 当 x
0
 l n ( 2 k ) 时
x 2 f(x 0 )(x 0 1)e 0 kx 0  k [ 2 l n ( 2 k )  2  l n 2 ( 2 k ) ]
2
[ln(2k )1](2k )k ln (2k )
0 0 0 0
 k
0
[ 2 l n ( 2 k
0
)  2  l n
2
( 2 k
0
) ]
令：g(k) k[2ln(2k)2ln 2 (2k)]23个函数与导函数类型专题
则其导函数为：
第 37 页
g ' ( k )  [ 2 l n ( 2 k )  2  l n 2 ( 2 k ) ]  k [
2
k

2 l n (
k
2 k )
]
即： g ' ( k )   l n 2 ( 2 k )  0
故：g(k)是随 k 单调递减函数，其最大值为 g (
1
2
) 
1
2
(  2 )   1
即： f(x )的最大值是
0
f ( x
0
)   1 ④
⑹ 通过这所有情况的对比，③式表明②式 f ( k )  ( k  1 ) e k  k 3 为最大值.
1 e 1
当k  时， f(k)(  )B0.9497
2 2 8
答案：当 x  k 时， f ( x ) 达到最大值 M . M  ( k  1 ) e k  k 3
本题要点：函数最值出现在区间端点或极值点处
22、函数第 22 题若函数 f ( x ) 
1
3
x 3 
1
2
a x 2  ( a  1 ) x  1 在区间(1,4)内为减函数，在区间
( 6 ,   ) 上为增函数，试求实数 a 的取值范围.
解析：由导函数的正负来判定函数的增减.
函数 f ( x ) 的导函数为： f ' ( x )  x 2  a x  ( a  1 ) ①
⑴ 若导函数 f ' ( x ) 在区间 ( 1 , 4 ) 内为负值，则 f ( x ) 在该区间为减函数.
故：当 x  ( 1 , 4 ) 时， f '(x) x 2 ax(a1)0
则： f ' ( x ) 为开口向上的二次函数，其两个零点分别是 x
1
 1 和 x
2
 4
于是化为解二次方程： x 2  a x  ( a  1 )  0
由韦达定理得： x
1
 x
2
 a ， x
1
x
2
 a  1
即：a  x  x 5 ②
1 2
故当： a  x
1
 x
2
 5 时， f ( x ) 在 x  ( 1 , 4 ) 区间为减函数.
⑵ 若导函数 f ' ( x ) 在区间(6,)内为正值，则 f ( x ) 在该区间为增函数.
故：当 x  ( 6 ,   ) 时， f '(x) x 2 ax(a1)0
则：当x 6时， f ' ( x )  0 ，即： f '(6)6 2 6a(a1)0
故：6 2 6a(a1)0，即： 3 5  5 a  0 ，即： a  7 ③
综上，由②③式得，实数a的取值范围是a[5,7].23个函数与导函数类型专题
23、函数第 23题已知
第 38 页
f ( x ) 
2
x
x
2


a
2
在区间 [  1 , 1 ] 上是增函数，实数 a 的值组成的集合 A . 设
关于 x 的方程 f ( x ) 
1
x
的两个非零实根为 x
1
, x
2
. 若存在实数 m ，使得不等式
m 2 tm1 x  x 对任意
1 2
a  A 及 t  [  1 , 1 ] 恒成立，求 m 的取值范围.
解析：⑴ 函数与其导函数
函数： f ( x ) 
2
x
x
2


a
2
①
其导函数： f ' ( x ) 
( x
2
1
 2 )
2
[ 2 ( x 2  2 )  2 x ( 2 x  a ) ]

( x
2
2
 2 )
2
(  x 2  a x  2 ) ②
⑵ 分析 f ( x ) 增减性得出 A
f ( x ) 在区间 [  1 , 1 ] 上是增函数，即： f ' ( x )  0 ， x  [  1 , 1 ]
A> 当 x  0
2
时， f '(0) (0 2 a02)10 ③
2 2
(0 2)
B> 当 x  0 时，即x[1,0)，欲使 f ' ( x )  0
即： (  x 2  a x  2 )  0 ，即：ax x 2 2，即： a  x 
2
x
④
记： g
1
( x )  x 
2
x
2
，则：g '(x)1 0
1 2 x
2
即：x 是随
x
x 单调递增的，即： g
1
( x )  g
1
(  1 )   1 
( 
2
1 )
 1
故由④式得：a1 ⑤
C> 当 x  0 时，即x(0,1]，欲使 f ' ( x )  0
即： (  x 2  a x  2 )  0 ，即： a x  x 2  2 ，即： a  x 
2
x
⑥
2 2
记：g (x) x ，则：g '(x)1 0
2 x 2 x 2
即： x 
2
x
是随x单调递增的，即： g
2
( x )  g
2
( 1 )  1 
2
1
  1
故由⑥式得：a 1 ⑦
综合⑤⑦式得：a[1,1] ⑧23个函数与导函数类型专题
⑶ 解关于
第 39 页
x 的方程 f ( x ) 
1
x
关于 x 的方程 f ( x ) 
1
x
2xa 1
，即：  （
x 2 2 x
x  0 ）
即：2x 2 ax  x 2 2，即： x 2  a x  2  0 ⑨
设两个非零实根为 x
1
, x
2
，则由韦达定理得： x
1
 x
2
 a ， x
1
 x
2
  2
于是： x  x  (x  x ) 2 2x x  a 2 8 ⑩
1 2 1 2 1 2
⑷ 解析不等式m 2 tm1 x  x
1 2
将⑩代入不等式得： m 2  t m  1  a 2  8 ，即： m 2  t m  1  a 2  8  0
构建函数： h ( m )  m 2  t m  1  a 2  8
则 h ( m ) 是开口向上的抛物线，其解为 m
1
, m
2
，于是不等式的解为 m  m
1
和 m  m
1
则方程 m 2  t m  1  a 2  8  0 的解为：
m
1

 t  t
2
 4 (
2
1  a
2
 8 )
2 2
t t 4(1 a 8)
，m 
2
2
⑸ 分析m ,m
1 2
m
1

 t  t
2
 4 (
2
1  a
2
 8 )
=
 t  t
2
+ 4 (
2
a
2
 8  1 )
因为字母 t 的前面是负号，则 t 越大 m
1
越小；
根号项前面是负号, 则a越大 m
1
越小;
故：m 的最小值出现在
1
t  1 ， a  1 处，即：m  2
1
同样， m
2

 t  t
2
 4 (
2
1  a
2
 8 )

 t  t
2
 4 (
2
a
2
 8  1 )
因为字母t的前面是负号，则t越小 m
2
越大；
根号项前面是正号, 则a越大m 越大;
2
故： m
2
的最大值出现在t 1，a  1处，即： m
2
 2
⑹ 给出 m 的取值范围
由⑷得h(m)是开口向上的抛物线，其解为m ,m
1 2
于是不等式的解为m m 和m m ，故：m m  2，m m  2
1 2 1 223个函数与导函数类型专题
本题要点：⑶由韦达定理得出
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x
1
 x
2
 a 2  8