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 第 8 页 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 第 9 页 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 第 40 页 x 1  x 2  a 2  8