AxB二260那么A除4xBx4是多少(如果axb=260,那么2ax3b=多少)

第四章：导数一、导数的基本计算、单调、极值知识点一、导数的概念与意义（一）导数的定义：设0x是函数)(xfy定义域的一点，如果自变量x在0x处有增量x，则函数值y也引起相应的增量)()(00xfxxfy；比值xxfxxfxy)()(00称为函数)(xfy在点0x到xx0之间的平均变化率；如果极限xxfxxfxyxx)()(limlim0000存在，则称函数)(xfy在点0x处可导，并把这个极限叫做)(xfy在0x处的导数。fx在点0x处的导数记作xxfxxfxfyxxx)()(lim)(00000（二）导数的几何意义：（求函数在某点处的切线方程）函数)(xfy在点0x处的导数的几何意义就是曲线)(xfy在点))(,(0xfx处的切线的斜率，也就是说，曲线)(xfy在点P))(,(0xfx处的切线的斜率是)(0'xf，切线方程为).)((0'0xxxfyy知识点二、函数的计算（一）基本初等函数的导数公式（1）()fxC（C为常数），'()0fx（2）()nfxx（n为有理数），1'()nfxnx（3）()sinfxx，'()cosfxx（4）()cosfxx，'()sinfxx（5）()xfxe，'()xfxe（6）()xfxa，'()lnxfxaa（7）()lnfxx，1'()fxx（8）()logafxx，11'()log=afxexxInx（9）xxfxxf21)(,)(（10）21)(,1)(xxfxxf以上常见函数的求导公式不需要证明，只需记住公式即可．（二）函数的和、差、积、商的导数运算法则：（1）和差的导数：[()()]''()'()fxgxfxgx（2）积的导数：[()()]''()()()'()fxgxfxgxfxgx（3）商的导数：2()'()()()'()[]'()[()]fxfxgxfxgxgxgx（()0gx）要点：1.上述法则也可以简记为：（i）和（或差）的导数：()'''uvuv，推广：1212()''''nnuuuuuu．（ii）积的导数：()'''uvuvuv，特别地：()''cucu（c为常数）．（iii）商的导数：2'''(0)uuvuvvvv，两函数商的求导法则的特例2()'()()()'()'(()0)()()fxfxgxfxgxgxgxgx，当()1fx时，2211'()1'()'()'(()0)()()()gxgxgxgxgxgxgx．这是一个函数倒数的求导法则．2．两函数积与商求导公式的说明（1）类比：()'''uvuvuv，2'''uuvuvvv（v≠0），注意差异，加以区分．（2）注意：'''uuvv且2'''uuvuvvv（v≠0）．3．求导运算的技巧在求导数中，有些函数虽然表面形式上为函数的商或积，但在求导前利用代数或三角恒等变形可将函数先化简（可能化去了商或积），然后进行求导，可避免使用积、商的求导法则，减少运算量．（三）复合函数的求导法则1．复合函数的概念对于函数[()]yfx，令()ux，则()yfu是中间变量u的函数，()ux是自变量x的函数，则函数[()]yfx是自变量x的复合函数．要点：常把()ux称为“内层”，()yfu称为“外层”。2．复合函数的导数设函数()ux在点x处可导，''()xux，函数()yfu在点x的对应点u处也可导''()uyfu，则复合函数[()]yfx在点x处可导，并且'''xuxyyu，或写作'[()]'()'()xfxfux．3．掌握复合函数的求导方法（1）分层：将复合函数[()]yfx分出内层、外层。（2）各层求导：对内层()ux，外层()yfu分别求导。得到'(),'()xfu（3）求积并回代：求出两导数的积：'()'()fux，然后将()ux用替换，即可得到[()]yfx的导数。要点：1.整个过程可简记为分层——求导——回代，熟练以后，可以省略中间过程。若遇多重复合，可以相应地多次用中间变量。2.选择中间变量是复合函数求导的关键。求导时需要记住中间变量，逐层求导，不遗漏。求导后，要把中间变量转换成自变量的函数。知识点二、导数在研究函数中的应用（一）有关切线问题直线与曲线相切，我们要抓住三点：①切点在切线上②切点在曲线上③切线斜率等于曲线在切点处的导数值。要点：通过以上三点可以看出，抓住切点是解决此类题的关键，有切点直接求，无切点则设切点，布列方程组。（二）有关函数单调性的问题设函数()yfx在区间),(ba内可导，（1）如果恒有'()0fx，则函数()fx在ba,内为增函数；（2）如果恒有'()0fx，则函数()fx在ba,内为减函数；（3）如果恒有'()0fx，则函数()fx在ba,内为常数函数。要点：（1）若函数()fx在区间ba,内单调递增，则'()0fx，若函数()fx在ba,内单调递减，则'()0fx。（2）'()0fx或'()0fx恒成立，求参数值的范围的方法：①分离参数法：()mgx或()mgx。②若不能隔离参数，就是求含参函数(,)fxm的最小值min(,)fxm，使min(,)0fxm。（或是求含参函数(,)fxm的最大值max(,)fxm，使）max(,)0fxm）（三）函数极值、最值的问题1.函数极值的问题函数的极点与极值：当函数)(xf在点0x处连续时，①如果在0x附近的左侧)('xf＞0，右侧)('xf＜0，那么)(0xf是极大值；②如果在0x附近的左侧)('xf＜0，右侧)('xf＞0，那么)(0xf是极小值.如何求极值呢？：①确定函数的定义域；②求导数)(xf；③求方程0)(xf的根；④检查'()fx在方程根左右的值的符号，如果左正右负，则)(xf在这个根处取得极大值；如果左负右正，则)(xf在这个根处取得极小值.(最好通过列表法)2.函数最值的问题若函数()yfx在闭区间],[ba有定义，在开区间(,)ab内有导数，则求函数()yfx在],[ba上的最大值和最小值的步骤如下：（1）求函数)(xf在),(ba内的导数)(xf；（2）求方程0)(xf在),(ba内的根；（3）求在),(ba内使0)(xf的所有点的函数值和)(xf在闭区间端点处的函数值)(af，)(bf；（4）比较上面所求的值，其中最大者为函数()yfx在闭区间],[ba上的最大值，最小者为函数()yfx在闭区间],[ba上的最小值.要点：①求函数的最值时，不需要对导数为0的点讨论其是极大还是极小值，只需将导数为0的点和端点的函数值进行比较即可。②若)(xf在开区间),(ba内可导，且有唯一的极大（小）值，则这一极大（小）值即为最大（小）值.3．相关结论总结：①可导的奇函数函数其导函数为偶函数.②可导的偶函数函数其导函数为奇函数.（四）例题插播例1：函数,93)(23xaxxxf已知3)(xxf在时取得极值，则a=()A．2B．3C．4D．5[解析]：∵323)(2/axxxf，又3)(xxf在时取得极值∴0630)3(/af则a=5例2.已知函数daxbxxxf23)(的图像过点)2,0(P,且在点M))1(,1(f处的切线方程为076yx.（I）求函数)(xfy的解析式；（II）求函数)(xfy的单调区间.答案：（I）解析式是.233)(23xxxxf（II）在)21,21(内是减函数，在),21(内是增函数.例3.函数()fx与它的导函数()fx的图象如图所示，则函数()()exfxgx的单调递减区间为（D）．A．(0,4)B．(,1)，4,43C．40,3D．(0,1)，(4,)解析：导数()fx的函数图象过点4,03，2()e()e()()()(e)exxxxfxfxfxfxgx，e0x恒成立，()gx单调递减区间即令()()fxfx，则由图可得为：(0,1)(4,)．二、导数的恒成立与存在性问题导数题是高考题中的常客，而且大都以压轴题的面目出现，所以拿下导数题是迈入高分段的标志。导数题虽年年有，但却悄然之中发生着些改变。这其中，尤以关于“任意”、“存在”的内容最为明显。“任意”、“存在”可以说是导数题最为明显的特色，从早期单一型，发展到现今的混合型。下面对此作一归纳。一．单一函数单一“任意”型例1．已知函数()ln()fxxxa的最小值为0,其中0a。(1)求a的值；(2)若对任意的[0,)x,有2()fxkx成立,求实数k的最小值。解析：(1)1()xafxxa，()fx在(,1)aa单调递减，在(1,)a单调递增，所min()fx(1)01faa。（2）设2()ln()gxkxxxa，则问题等价于()0gx对[0,)x恒成立，即min()0gx。因为当0k时，x时，()fx，所以0k。由22(21)()1kxkxgxx，若2104kk，则当21(0,)4kxk时，()0gx，()gx单调递减，()(0)0gxg，矛盾。从而2104kk，解得12k。即实数k的最小值是12。点评：“任意”的意思是不管x取给定集合中的哪一个值，得到的函数值都要满足给定的不等式，它有两种形式：“对任意的xA，()()afx恒成立”等价于“当xA时，max()()afx”；“对任意的xA，()()afx恒成立”等价于“当xA时，min()()afx”。二．单一函数单一“存在”型例2.已知函数2()lnfxaxx(aR)，若存在[1,]xe，使得()(2)fxax成立，求实数a的取值范围。解析：()(2)fxaxxxxxa2)ln(2。∵[1,]xe，∴xx1ln且等号不能同时取，所以xxln，即0lnxx，因而xxxxaln22[1,]xe，令xxxxxgln2)(2],1[ex，又2)ln()ln22)(1()(xxxxxxg，当],1[ex时，1ln,01xx，0ln22xx，从而0)(xg（仅当x=1时取等号），所以)(xg在],1[e上为增函数，故)(xg的最小值为1)1(g，所以a的取值范围是),1[．点评：“存在”的意思是x取遍给定集合中的每一个值，都至少有一个函数值满足给定的不等式，它有两种形式：“存在xA，使得()()afx成立”等价于“当xA时，min()()afx”；“存在xA，使得()()afx成立”等价于“当xA时，max()()afx”。三．单一函数双“任意”型例3.设函数21()ln()2afxxaxxaR。（1）当1a时，讨论函数()fx的单调性；（2）若对任意(2,3)a及任意12,[1,2]xx，恒有12ln2()()mafxfx成立，求实数m的取值范围。解析：（1）'1()(1)fxaxax2(1)1axaxx[(1)1](1)axxx1(1)()(1)1axxax，当111a，即2a时，2'(1)()0,xfxx()fx在(0,)上是减函数；当111a，即2a时，令()0fx，得101xa或1x；令'()0,fx得111xa。当111a，即12a时，令'()0,fx得01x或1;1xa令'()0,fx得111xa。综上，当2a时，()fx在定义域上是减函数；当2a时，()fx在1(0,)1a和(1,)单调递减，在1(,1)1a上单调递增；当12a时，()fx在(0,1)和1(,)1a单调递减，在1(1,)1a上单调递（2）由（1）知，当(2,3)a时，()fx在[1,2]上单调递减，当1x时，()fx有最大值，当2x时，()fx有最小值，123()()(1)(2)ln222afxfxff，ln2ma3ln222a，1322ma由23a得1130422a，所以0.m。点评：“任意12,[1,2]xx，恒有12ln2()()mafxfx”等价于“ln2ma大于12max()()fxfx”，而12maxminmax()()()()fxfxfxfx。例4.已知函数1ln)1()(2axxaxf。（1）讨论函数)(xf的单调性；（2）设1a.如果对任意),0(,21xx，1212|()()|4||fxfxxx，求a的取值范围。解析：（1）()fx的定义域为（0，+∞）.2121'()2aaxafxaxxx，当0a时，'()fx＞0，故()fx在（0，+∞）单调增加；当1a时，'()fx＜0，故()fx在（0，+∞）单调减少；当-1＜a＜0时，令'()fx=0，解得12axa。则当1(0,)2axa时，'()fx＞0；时，'()fx＜0。故()fx在1(0,)2aa单调增加，在1(,)2aa单调减少。1(,)2axa（2）不妨假设12xx，而a＜-1，由（I）知在（0，+∞）单调减少，从而12,(0,)xx，1212()()4fxfxxx等价于12,(0,)xx，2211()4()4fxxfxx。（*）令()()4gxfxx，则1'()24agxaxx（*）等价于()gx在(0,)单调递减，即1240aaxx。从而22222241(21)42(21)2212121xxxxaxxx故a的取值范围为(,2]。点评：本题容易得出12max12min(|()()|)(4||)fxfxxx的错误。因为等式两边都有变量12,xx，一边变化会引起另一边变化，这种情况要将等式两边移至一边，通过分离变量12,xx，来构造新的函数以达到解题的目的。四．单一函数双“存在”型例5．设3x是函数23()()()xfxxaxbexR的一个极值点。（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求()fx的单调区间；（2）设0a，225()()4xgxae。若存在12,[0,4]xx使得12()()1fxgx成立，求a的取值范围。解析：（1）23()[(2)]xfxxaxbae，则(3)0f，解得32ba。233()[(2)33](3)(1)xxfxxaxaexxae，令()0fx，得123,1xxa，由于3x是极值点，所以13a，得4a。所以当4a时，13a，()fx在(,3)上单调递减，在(3,1)a上单调递增减，在(1,)a上单调递增减；当4a时，13a，()fx在(,1)a上单调递减，在(1,3)a上单调递增，在(3,)上单调递减。（2）由（1）可知，当时0a，()fx在区间(0,3)上的单调递增，在区间(3,4)上单调递减，那么()fx在区间[0,4]上的值域是[min{(0),(4)},(3)]fff，而3(0)(23)0fae，1(4)(213)0fae，(3)6fa，那么()fx在[0,4]上的值域为3[(23),6]aea。又225()()4xgxae在[0,4]上是增函数，所以它在[0,4]上的值域是2242525[,()]44aae，由于22251()(6)()042aaa，所以只须且只须225()(6)14aa且0a，解得302a。故a的取值范围是3(0,)2。点评：“存在12,[0,4]xx使得12()()1fxgx”等价于“12min(()())1fxgx”，而12min(()())fxgx要通过()fx与()gx的值域来得到。五．双函数“任意”+“存在”型：例5．已知函数2()25lnfxxxx，2()4gxxmx，若存在1(0,1)x，对任意2[1,2]x，总有12()()fxgx成立，求实数m的取值范围。解析：题意等价于()fx在(0,1)上的最大值大于或等于()gx在[1,2]上的最大值。22252()xxfxx，由'()0fx得，12x或2x，当1(0,)2x时，()0fx，当1(,1)2x时()0fx，所以在（0，1）上，max1()()35ln22fxf。又()gx在[1,2]上的最大值为max{(1),(2)}gg，所以有185ln2()(1)35ln2521135ln282(115ln2)()(2)22mfgmmmfg85ln2m，所以实数m的取值范围是85ln2m。点评：12,xAxB，使得12()()fxgx成立maxmax()()fxgx。同样，12,xAxB，使得12()()fxgx成立minmin()()fxgx。例6．设函数32115()4333fxxxx．（1）求()fx的单调区间．（2）设1a≥，函数32()32gxxaxa．若对于任意1[0,1]x，总存在0[0,1]x，使得10()()fxgx成立，求a的取值范围．解析：（1）'225()33fxxx，令'()0fx≥，即225033xx≤，解得：513x≤≤，∴()fx的单增区间为5[,1]3；单调减区间为5(,]3和[1,)。（2）由（1）可知当[0,1]x时，()fx单调递增，∴当[0,1]x时，()[(0),(1)]fxff，即()[4,3]fx；又'22()33gxxa，且1a≥，∴当[0,1]x时，'()0gx≤，()gx单调递减，∴当[0,1]x时，()[(1),(0)]gxgg，即2()[321,2]gxaaa，又对于任意1[0,1]x，总存在0[0,1]x，使得10()()fxgx成立[4,3]2[321,2]aaa，即2321432aaa≤≤，解得：312a≤≤点评：“对任意1xA，存在2xB，使得12()()fxgx成立”等价于“()fx的值域包含于()gx的值域”。六．双函数“任意”+“任意”型例7．设()lnafxxxx，32()3gxxx．（1）如果存在12,[0,2]xx，使得12()()gxgxM成立，求满足上述条件的最大整数M；（2）如果对任意的1,[,2]2st，都有()()fsgt成立，求实数a的取值范围。解析：（1）存在12,[0,2]xx，使得12()()gxgxM成立等价于maxmin()()gxgxM。由22'()323()3gxxxxx，可得()gx在2[0,]3单调递减，在2[,2]3上单调递增，所以max()gx=max{(0),(2)}1gg，min285()()327gxg，所以11227M，从而满足条件的最大整数4M。（2）由125()28g，得()gx在1[,2]2上的最大值为1.则对任意的1,[,2]2st，都有()()fsgt成立等价于()1fx对1[,2]2x恒成立，也等价于2lnaxxx对1[,2]2x恒成立。记2()lnhxxxx，'()12lnhxxxx，'(1)0h。记()12lnmxxxx，'()32lnmxx，由于1[,2]2x，'()32ln0mxx,所以()'()12lnmxhxxxx在1[,2]2上递减，当1[,1)2x时，'()0hx，(1,2]x时，'()0hx，即函数2()lnhxxxx在区间1[,1)2上递增，在区间(1,2]上递减，所以max()(1)1hxh，所以1a。点评：12,xAxB，使得12()()fxgx成立minmax()()fxgx七．双函数“存在”+“存在”型例8．已知函数3()ln144xfxxx，2()24gxxbx。若存在1(0,2)x，21,2x，使12()()fxgx，求实数b取值范围。解析：22113(1)(3)()444xxfxxxx，()fx在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，min1()(1)2fxf。依题意有minmax()()fxgx，所以max1()2gx。又22()()4gxxbb，从而121(1)522bgb或121(2)842bgb，解得114b。即实数b取值范围是11[,)4。点评：12,xAxB，使得12()()fxgx成立minmax()()fxgx，同样12,xAxB，使得12()()fxgx成立maxmin()()fxgx。例9．已知函数32()(1)(2)()fxxaxaaxaR，191()63gxx。是否存在实数a，存在11,1x，20,2x，使得112'()2()fxaxgx成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.解析：在0,2上19163gxx是增函数，故对于0,2x，1,63gx.设22322hxfxaxxxaa，当1,1x时，221[2,52]3hxaaaa。要存在]1,1[1x，]2,0[2x使得12hxgx成立，只要2211[2,52],633aaaa，考虑反面，若2211[,5],633aaaa，则21523aa或21623aa，解得5713a或5713a。从而所求为57571133a点评：“12,xAxB，使得12()()fxgx成立”等价于“()fx的值域与()gx的值域相交非空”。从以上例题可以看出，导数题的发展轨迹是从单一函数往双函数发展，从单一变量往双变量甚至是多变量发展，从单一任意或存在往任意存在混合上发展。不管怎样发展，它们的基础还是单函数的任意与存在性问题。对于两个函数的问题，虽然以上例题归纳得很清楚，但真正解题中，往往还是容易迷惑。我们知道，面对两个或多个变量的时候，可以先把其中的一个当成是变量，其它的当成是常量，这样就把问题转化为单变量的常规题了。这里同样可以采取类似的方法，在1()fx和2()gx中，依次把一个当成是常量，另一个当成是变量，这样就把问题转化成了前面熟悉的单函数单任意（或存成）题了。比如“12,xAxB，使得12()()fxgx成立”，就可以先把1()fx当成是常量，“2xB，使得12()()fxgx成立”等价于12min()()fxgx，再反过来，再把2()gx当成是常量，“1xA，使得12()()fxgx成立”等价于1min2()()fxgx，综合以上两方面，就得出了“12,xAxB，使得12()()fxgx成立minmin()()fxgx”的正确结论。三、导数的含参问题：分离参数1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式。然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数。3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。例如：21logaxx，111axxex等（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）例1：已知函数xxfxeae，若'()23fx恒成立，则实数a的取值范围是_______思路：首先转化不等式，'()xxfxeae，即23xxaee恒成立，观察不等式a与xe便于分离，考虑利用参变分离法，使,ax分居不等式两侧，223xxaee，若不等式恒成立，只需2max23xxaee，令222333xxxgxeee（解析式可看做关于xe的二次函数，故配方求最值）max3gx，所以3a答案：3a例2：已知函数lnafxxx，若2fxx在1,上恒成立，则a的取值范围是_________思路：恒成立的不等式为2lnaxxx，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法解：233lnlnlnaxxxxaxaxxxx，其中1,x只需要3maxlnaxxx，令3lngxxxx'2()1ln3gxxx（导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将lnx变为1x，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定'gx的符号，不妨先验边界值）'12g，2''11660xgxxxx，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程）'gx在1,单调递减，''10()gxggx在1,单调递减11gxg1a答案：1a小炼有话说：求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号。例3：若对任意xR，不等式23324xaxx恒成立，则实数a的范围是．思路：在本题中关于,ax的项仅有2ax一项，便于进行参变分离，但由于xR,则分离参数时要对x的符号进行讨论，并且利用x的符号的讨论也可把绝对值去掉，进而得到a的范围，2233322344xaxxaxxx，当0x时，min32314axx，而33331312312444xxxxxx221aa；当0x时，不等式恒成立；当0x时，max32314axx，而333113244xxxx221aa综上所述：11a答案：11a小炼有话说：（1）不等式含有绝对值时，可对绝对值内部的符号进行分类讨论，进而去掉绝对值，在本题中对x进行符号讨论一举两得：一是去掉了绝对值，二是参变分离时确定不等号的是否变号。（2）在求x解析式最值时根据式子特点巧妙使用均值不等式，替代了原有的构造函数求导出最值的方法，简化了运算。（3）注意最后确定a的范围时是三部分取交集，因为是对x的取值范围进行的讨论，而无论x取何值，a的值都要保证不等式恒成立，即a要保证三段范围下不等式同时成立，所以取交集。例4：设函数2()1fxx，对任意的23,,4()(1)4()2xxfmfxfxfmm恒成立，则实数m的取值范围是________________思路：先将不等式进行化简可得：222221411141xmxxmm，即22221423mxxxm，便于进行分离，考虑不等式两边同时除以2x，可得：2222min1234xxmmx，2222311321xxgxxxx，120,3x最小值2533g，2422154125303mmmm即2231430mm解得：33,,22m答案：33,,22m小炼有话说：本题不等式看似复杂，化简后参变分离还是比较容易的，从另一个角度看本题所用不等式为二次不等式，那么能否用二次函数图像来解决呢？并不是一个很好的办法，因为二次项系数为关于m的表达式且过于复杂，而对称轴的形式也不利于下一步的计算。所以在解题时要注意观察式子的结构，能够预想到某种方法所带来的运算量，进而做出选择例5：若不等式2322xxxax对0,4x恒成立，则实数a的取值范围是．思路：2323min2222xxxxxxaxax，令2322xxxfxx，对绝对值内部进行符号讨论，即22222,242222,02xxxxfxxxxxxxx，而222yxxx在2,4单调递增，222yxxx在0,2单调递减，可求出min222fxf22a答案：22a例6：设正数2221,xexexfxgxxe，对任意12,0,xx，不等式121gxfxkk恒成立，则正数k的取值范围是（）思路：先将k放置不等号一侧，可得211kfxgxk，所以21max1kfxgxk，先求出gx的最大值，'21xgxexe，可得gx在0,1单调递增，在1,单调递减。故max1gxge，所以若原不等式恒成立，只需21kfxek，不等式中只含1,kx，可以考虑再进行一次参变分离，2211kfxkeefxkk，则只需2min1kefxk，222211122exfxexexexxx，2min2fxe所以12keek解得：1k答案：1k例7：已知函数221ln,,1xfxaxaxxaRgxex，若对于任意的120,,xxR，不等式12fxgx恒成立，求实数a的取值范围思路：fx含有参数a，而gx为常系数函数，且能求出最值，所以以gx为入手点：若12fxgx恒成立，则只需1minfxgx。可求出min0gx，进而问题转化为10,x，211121ln0axaxx恒成立，此不等式不便于利用参变分离求解，考虑利用最值法分类讨论解决解：12fxgx恒成立只需1minfxgx由1xgxex得：'1xgxe，令'0gx解得：0xgx在,0单调递减，在0,单调递增min00gxg10,x，211121ln0axaxx恒成立即只需max0fx2'22112111221axaxaxxfxaxaxxx当0a时，令21axa则21211lnln20aafaaa，与0fx矛盾当0a时，210ax'0fx解得1xfx在0,1单调递增，在1,单调递减max1211fxfaaa101aa综上所述：1,0a小炼有话说：（1）在例6，例7中对于多变量恒成立不等式，都是以其中一个函数作为突破口求得最值，进而消元变成而二元不等式，再用处理恒成立的解决方法解决。（2）在本题处理0fx恒成立的过程中，对令21axa这个反例，是通过以下两点确定的：①0a时估计fx函数值的变化，可发现当x时，2210axax（平方比一次函数增长的快）②在选取特殊值时，因为发现1x时，lnx已然为正数，所以只需前面两项相消即可，所以解方程221121020aaxaxxaa，刚好符合反例的要求。例8：若不等式22xxyaxy对任意正数,xy恒成立，则正数a的最小值是（）A.1B.2C.122D.221思路：本题无论分离x还是分离y都相对困难，所以考虑将,xy归至不等号的一侧，致力于去求,xy表达式的最值：max2222xxyxxyaxyaxy，从22xy入手考虑使用均值不等式：22222xyxyxy2222xxyxxyxyxy，所以2a答案：B小炼有话说：（1）在多变量不等式恒成立问题上处理方式要根据不等式特点灵活选择合适的方法，本题分离a与,xy很方便，只是在求二元表达式最值上需要一定的技巧。（2）本题在求22xxyxy的最大值时，还可以从表达式分子分母齐次的特点入手，同时除以x（或y）：212221yxxyxyxyx，在通过换元ytx转化为一元表达式，再求最值即可。例9：已知函数1lnxfxx，如果当1x时，不等式1kfxx恒成立，求实数k的取值范围.思路：恒成立不等式为1ln1xkxx,只需不等号两侧同时乘以1x即可进行参变分离，且由于1x,10x，也不存在不等号变号问题。则可得：11lnxxkx,只需min11lnxxkx即可，设11lnxxgxx，尝试利用导数求得最小值，解：1x11ln1ln1xxxkkxxx即只需要min11lnxxkx设11lnxxgxx''2211ln11lnlnxxxxxxxgxxx令lnhxxx(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析）'111xhxxx1x'0hxhx在1,+单调递增110hxh'0gxgx在1,+单调递增min12gxg2k答案：2k例10：已知函数lnfxxxx,若kZ,且1fxkx对任意1x恒成立,则k的最大值为_________.思路：恒成立不等式ln11fxxxxkxx，minln1xxxkx，令ln1xxxgxx，则'2ln21xxgxx，考虑分子ln2hxxx，'1110xhxxxhx在1,单调递增。尽管不能够确定零点，但可以通过零点存在性定理大致的确定零点所在的位置。31ln30,42ln20hh3,4b，使得0hb。'1,,00xbhxgx，同理，,xb时，'0gx，所以gx在1,b单调递减，在,b单调递增。minln1bbbgxgbb，因为0hb即ln20ln2bbbb，23,41bbbgbbbkbmax3k答案：3小炼有话说：（1）本题的一个重要技巧在于对hx零点的“设而不求”，在求得hx单调增的前提下，判断hx的符号零点必不可少，但方程ln20xx无法求出解。那么卡在这一步是否要放弃重来？不然。可暂用一个变量来表示零点，再用特殊点的函数值将零点控制在一个小的范围内。在本题中这种方法带来方法上的两个突破：第一，能够判断hx的符号进而得到'gx的符号，确定了gx的单调性，找到最小值。第二，尽管b不可求，但是本身自带一个方程ln20ln2bbbb，从而达到了一个对数与一次函数的转换。对后面的化简有极大帮助（2）若所求变量在整数集中取值，则求变量的值时不仅可利用等量关系，也可考虑求关于该变量的不等关系，再由其整数性选取符合条件的整数即可。例11：已知函数()xxfxe()xR，若关于x的方程()10fxm恰好有3个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（A）A．2(1,1)2eeB．2(0,)2eeC．1(1,1)eD．2(,1)2ee.当0x≤时，()exxfx为减函数，min()(0)0fxf；当0x时，()exxfx，12()2exxfxx，则12x时，()0fx，102x时，()0fx，即()fx在102，上递增，在12，上递减，12e()22efxf极大值．其大致图象如图3所示，若关于x的方程()10fxm恰好有3个不相等的实数根，则2e012em，即2e112em，故选A．例12：若关于x的不等式64xmexx在(0,)上恒成立，则实数m的取值范围是（D)A．12(,2)eB．12(,2]eC.12[2,)eD．12[2,)e例13：已知函数()lnxfxx，()(1)gxkx．（I）证明：kR，直线()ygx都不是曲线()yfx的切线；（II）若2,xee，使1()()2fxgx成立，求实数k的取值范围．图3解：（I）()fx的定义域为(0,1)(1,)，2ln1'()(ln)xfxx，由于直线()ygx过定点(1,0)，设直线()ygx与曲线()yfx相切于点000(,)lnxxx（00x且01x），则020ln1(ln)xkx000ln1xxx，即00ln10xx，①设()ln1hxxx，(0,)x，则1'()10hxx，所以()hx在(0,)上单调递增，又(1)0h，从而当且仅当01x时，①成立，这与01x矛盾．所以，kR，直线()ygx都不是曲线()yfx的切线．（II）1()()2fxgx，即1(1)ln2xkxx，令()(1)lnxxkxx，2,xee，则2,xee，使1()()2fxgx成立，即min1()2x，222ln111111'()()()(ln)lnlnln24xxkkkxxxx．（i）当14k时，'()0x，()x在2,ee上为减函数，于是222min()()(1)2exeke，由221(1)22eke得12k，满足14k，所以12k符合题意．（ii）当14k时，由211()24ytk及1lntx的单调性知111'()()ln24xkx在2,ee上为增函数，①所以2'()'()'()exe，即1'()4kxk．若0k，即0k，则'()0x，所以()x在2,ee上为增函数，于是min1()()(1)2xeekee，不合题意；②若0k，即104k，则由'()0ek，21'()04ek及'()x的单调性知存在唯一20(,)xee，使0'()0x，且当0(,)xex时，'()0x，()x为减函数；当20(,)xxe时，'()0x，()x为增函数，所以0min000()()(1)lnxxxkxx，由0001(1)ln2xkxx，得00000111111()()1ln212224xxkxxx，这与104k矛盾，不合题意．综上可知，k的取值范围为1[,)2．例14．已知函数2()21lnfxxxax有两个极值点12,xx，且12xx，则（）A．212ln2()4fxB．212ln2()4fxC．212ln2()4fxD．212ln2()4fx解析：()fx的定义域为0,，求导得2'22()xxafxx，因为()fx有两个极值点12,xx，所以12,xx是方程2220xxa的两根，又12xx，且121xx，所以2112x又22222axx，所以2222222122lnfxxxxx，令22()122lngttttt112t，'212ln0gttt所以()gt在1,12上为增函数，所以112ln224gtg，所以2122()4lnfx【思路点拨】根据单调性求出极值判断大小。例15.已知函数1()1xfxaexa有两个零点，则实数a的取值范围是（）A．[1,1]B．[0,1]C．{1}(0,1]D．{1}[0,1)【答案】D【解析】当1a时，1()11xfxex．当1x时，1()2xfxex为增函数，∴()(1)0fxf，有唯一零点1．当1x时，1()xfxex，1()1xfxe．∵1x，∴()0fx，()fx单调减，∴()(1)0fxf，没有零点，综上：1a时，原函数只有一个零点，故不成立，从而排例16.已知函数21xaxxf在(－2,+)内单调递减，求实数a的取值范围。错解：/()fx=2)2(12xa,由函数xf在(－2,+)内单调递减知/()fx0在(－2,+)内恒成立，即2)2(12xa0在(－2,+)内恒成立，因此a21.剖析：错误的主要原因是由于对于函数f(x)在D上单调递增（或递减）的充要条件是/()fx0(或/()fx0)且/()fx在D任一子区间上不恒为零没有理解。而当a=21时/()fx=0在(－2,+)恒成立，所以不符合题意，所以舍去。即实数a的取值范围为1(,)2。例17.（1）．若不等式013222aaxx对任意的]1,1[x恒成立，求实数a的取值范围。（2）．若不等式223221ccxxx对任意的]2,1[x恒成立，求实数c的取值范围。（3）．若不等式322231xbaxx对任意的),0[x恒成立，求实数b的取值范围以及a与b满足的关系式。变式（l）、0)1()(1minfxfa或0)()(11minafxfa或0)1()(1minfxfa解得：22a或22a变式（2）、xxxxf22123，]2,1[x，当32x时．2722xf为极大值．而2)2(f，则2)2(f为最大值，要使])2,1[()(2xccxf恒成立，只需2)2(2fcc，解得1c或2c变式（3）、422422b，2121)1(2)2(bab四、导数的隐零点问题高考微专题---隐形零点、设而不求南昌微专题研训组李树森一．考向解读在利用导数探究函数性质的过程中，我们常常需要求出函数的极值点，如遇到某些难以确定的极值点或某些难以计算的代数式，我们往往束手无策，那么我们如何处理这类问题呢？我们通过本专题，让这些隐形的零点不再隐形.知识点。①不含参函数的隐零点问题已知不含参函数)(xf，导函数方程0)('xf的根存在，却无法求出，设方程0)('xf的根为0x，则①有关系式0)('0xf成立，②注意确定0x的合适范围.②含参函数的隐零点问题已知含参函数),(axf，其中a为参数，导函数方程0),('axf的根存在，却无法求出，设方程0)('xf的根为0x，则①有关系式0)('0xf成立，该关系式给出了ax,0的关系，②注意确定0x的合适范围，往往和a的范围有关.【例题】设函数2()lnxfxeax，设20,2ae求证：当0,1x时，2()2lnfxaaa二．一般策略【过程分析】要证明不等式2()2lnfxaaa，自然会想到求函数()fx的最小值，难度的上升是因为含有参数，从而的最小值也将是参数的函数，自然想法是求出函数的表达式，基于这种想法我们利用导数工具来处理，可知222'()2xxaxeafxexx，在这里如果22'()0xxeafxx有零点，我们无法解此方程的根，更求不出函数的极值，进而解题受阻，那么该如何处理此问题呢？【深入探究】对本题中可设2()2xxxea，根据零点存在定理判断方程220xxea，通过求导22()2420xxxxexe，函数()x在区间0,1为增函数，且满足20()0,(1)20xxaea时，，由零点存在定理，设存在00,1x，使得0200()20xxxea，但是无法求出，我们先不急于求根，我们可以联想到解析几何中常用一方法那就是设而不求，在此利用极值点0x与参数a满足的关系0202xxea整体替换来处理.三.解题过程【解析】()fx的定义域为0,1，222'()2xxaxeafxexx设2()2xxxea，22()242xxxxexe，当0,1x，()0x，即()x在区间0,1为增函数，2(),2xaea又因为20,2ae，所以2(0)0,(1)20aea由零点存在定理可知'()fx在0,1的唯一零点为0x当0(0,)xx时，'()0fx，当0,1xx，'()0fx故()fx在0(0,)x单调递减，在0,1x单调递增，所以当0xx时，()fx取得最小值，最小值为0200()lnxfxeax，由02020xxea，即0202xaex，两边去对数得00lnln22axx由于，所以00000222()2ln22ln2ln22aafxaxaaxaaaxaxaa所以2()2lnfxaaa四.反思优化上述解法中我们注意到2()20xxxea为超越方程，无法直接求方程根0x，而是在形式上假设，这样处理的好处在于通过对0x满足的等式0202xaex，00lnln22axx的合理代换使用，快速将超越式0200()lnxfxeax化简为普通的代数式0002()2ln2afxaxaxa，然后使用均值不等式求出最小值同时消掉了0x，在求解的过程中，不要急于消掉0x而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助作0()0fx整体代换，从而使问题获解.五.拓展推广第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程0()0fx，并结合()fx的单调性得到零点的范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数()fx的正负，进而得到()fx的最值表达式；第三步：将零点方程适当变形，整体代人最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小，我们将其称为隐形零点三部曲.导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断其范围（用零点存在性定理），最后整体代入即可.六.变式训练1．设函数()lnfxx，是否存在实数a,使得2()()()02axaxffefxa对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由.1．解：令()gx2=()()()ln2lnlnln22axaxffefaxaaxxxaxa，其中0,0xa则()gx1ln2lnaaaxax，2211()0aaxgxxxx()gx在(0,)单调递减，()0gx在区间(0,)必存在实根，不妨设0()0gx即0001()ln2ln0gxaaaxax，可得001lnln21xaax（*）()gx在区间0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减，所以max0()()gxgx，0000()(1)ln2(1)lngxaxaaxx，代入（*）式得0001()2gxaxax根据题意0001()20gxaxax恒成立.又根据基本不等式,0012axax,当且仅当001axax时,等式成立所以0012axax,01ax01xa.代入（*）式得,1lnln2aa,即12,aa22a2.已知函数)2ln()(xexgx，证明)(xg＞0.3.（2017052001）已知函数xaexfxln)(.（I）讨论)(xf的导函数)('xf的零点的个数；（II）证明：当0a时，)ln2()(aaxf.4.（2017.全国II.21）已知函数xxaxaxxfln)(2，且()0fx.（I）求a；（II）证明：)(xf存在唯一的极大值点0x，且2022)(xfe.5.(2016.全国甲.21)（I）讨论函数2(x)e2xxfx的单调性，并证明当0x时，(2)e20;xxx（II）证明：当[0,1)a时，函数2e=(0)xaxagxxx有最小值.设gx的最小值为()ha，求函数()ha的值域.6.（2013.湖北.10）已知a为常数，函数()lnfxxxax有两个极值点1212,()xxxx，则A.21)(,0)(21xfxfB.21)(,0)(21xfxfC.21)(,0)(21xfxfD.21)(,0)(21xfxf7.（2017022802）已知函数)ln1()(xxxf.（I）求函数)(xf的单调区间及其图象在点1x处的切线方程；（II）若Zk，且)()1(xfxk对任意1x恒成立，求k的最大值.五、导数的洛必达法则2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第○2步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。洛必达法则简介：法则1若函数xf和xg满足下列条件：(1)lim0xafx及lim0xagx；(2)在点a的去心邻域内，xf与xg可导且0xg；(3)limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx。法则2若函数xf与xg满足下列条件：(1)lim0xfx及lim0xgx；(2)0A，xf与xg在,A与,A上可导，且0xg；(3)limxfxlgx，那么limxfxgx=limxfxlgx。法则3若函数xf与xg满足下列条件：(1)limxafx及limxagx；(2)在点a的去心邻域内，xf与xg可导且0xg；(3)limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx。利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：○1将上面公式中的xax,换成axaxxx,,,洛必达法则也成立。○2洛必达法则可处理—，，，，000.0000，型。○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足—，，，，000.00型定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。○4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。例1.(2010年全国新课标理)设函数2()1xfxexax。（1）若0a，求()fx的单调区间；（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围原解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（II）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故'()2(12)fxxaxax，从而当120a，即12a时，'()0 (0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1,2原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：另解:（II）当0x时，()0fx，对任意实数a,均在()0fx；当0x时，()0fx等价于21xxaex令21xexgxx(x>0),则322xxxeexgxx，令22(0）xxhxxeexx，则1xxhxxee，0xhxxe，知hx在0,上为增函数，00hxh；知hx在0,上为增函数，00hxh；0gx，xg在0,上为增函数。由洛必达法则知，200011limlimlim222xxxxxxexeexx，故12a综上，知a的取值范围为1,2。例2．（2011年全国新课标理）已知函数，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy。（I）求a、b的值；（II）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围。原解：（I）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（II）由（I）知xxInxxf11，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx。考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx。（i）设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx，h（x）递减。而(1)0h故当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx；当,1x时，0xh，可得211x0xh从而当0x且1x时，xkxInxxfxkxInxxf101.（ii）设00,而01h，故当x（1，k11）时，0xh，可得211x0xh,与题设矛盾。（iii）设k1.此时212xx，2(1)(1)20kxx'h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得211x0xh与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-，0]原解在处理第（II）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：另解：（II）由题设可得，当0,1xx时，k<22ln11xxx恒成立。令22ln11xxgxx(0,1xx),则22221ln121xxxgxx，再令221ln1hxxxx(0,1xx)，则12lnhxxxxx，212ln1hxxx，易知212ln1hxxx在0,上为增函数，且10h；故当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx；hx在0,1上为减函数，在1,上为增函数；故hx>1h=0hx在0,上为增函数1h=0当(0,1)x时，0hx，当1x时，0hx当(0,1)x时，0gx，当1x时，0gxgx在0,1上为减函数，在1,上为增函数由洛必达法则知2111In1+1lim2lim+1=2lim1210122xxxxxInxgxxx0k，即k的取值范围为（-，0]例3.（2019年全国课表I卷文科12分）已知函数xxxxxfcossin2，xf为xf的导数．（1）证明：xf在区间（，0存在唯一零点；（2）若,0x时，axxf，求a的取值范围．（1）求导得到导函数后，设为gx进行再次求导，可判断出当0,2xp÷çç÷ç÷时，0gx，当,2x时，0gx，从而得到gx单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数hxfxax，通过二次求导可判断出min2hxha，max222hxha；分别在2a，20a，202a和22a的情况下根据导函数的符号判断hx单调性，从而确定0hx恒成立时a的取值范围.【详解】（1）2coscossin1cossin1fxxxxxxxx令cossin1gxxxx，则sinsincoscosgxxxxxxx当0,x时，令0gx，解得：2x当0,2xp÷çç÷ç÷时，0gx；当,2x时，0gx()gx\在0,2上单调递增；在,2上单调递减又0110g，1022g，112g即当0,2xp÷çç÷ç÷时，0gx，此时gx无零点，即fx无零点02gg0,2x，使得00gx又gx在,2上单调递减0xx为gx，即fx在,2上的唯一零点综上所述：fx在区间0,存在唯一零点（2）若0,x时，fxax，即0fxax恒成立令2sincos1hxfxaxxxxax则cossin1hxxxxa，coshxxxgx由（1）可知，hx在0,2上单调递增；在,2上单调递减且0ha，222ha，2hamin2hxha，max222hxha①当2a时，min20hxha，即0hx在0,上恒成立hx在0,上单调递增()()00hxh\³=，即0fxax，此时fxax恒成立②当20a时，00h，02h，0h1,2x，使得10hxhx在10,x上单调递增，在1,x上单调递减又00h，2sincos10haa0hx在0,上恒成立，即fxax恒成立③当202a时，00h，2022ha20,2x，使得20hxhx在20,x上单调递减，在2,2x上单调递增20,xx时，00hxh，可知fxax不恒成立④当22a时，max2022hxhahx在0,2上单调递减()()00hxh\<=可知fxax不恒成立综上所述：,0a方法二：分离参数+洛必达法则：赵强老师解题方法axxxxxaxxfcossin2在,0x时恒成立当0x时，显然Raa00①当0x时，1cossin2cossin2xxxxxxxxa②令22sinsin2cos21cossin2xxxxxxxgxxxxg再令,0,cossinsin2cos222xxxxMxxxxxxM当0,02,00,,2,,2,0MMMxMxxMx虚设零点，故存在,,20x即0cos00200xxxM当xgxgxxxgxgxx0,,0,000，，又因为0g由洛必达法则0,0,0cossin2limlimmin00axgxxxxxxgxx综合①②0a【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值。试题反思：可以毫不客气的说，洛必达法则的考查从2008年到2019年全国卷考察了7年，它的使用有效的避免了在处理分类讨论问题上棘手问题，尽管它多次被提到，但每年高考都失分严重，0分的考生极为普遍，其实总的来说并不难，只是很多学生不愿意学罢了，根究原因是学生普遍认为它是超纲知识，但是我想说的是如果不掌握这种方法你的考试只能是得0分，而不是1分，因为普通的分类反复讨论足够让你放弃的了。到此，就运用分离参数法对2019年全国一卷文科20题进行了解决，希望各位能了解一些这种方法的思想和优点，将来在今后学习中可以进行简单的应用。路漫漫其修远兮，让我们一起上下求索。规律总结：对恒成立问题中的求参数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法。六、双变量导数压轴题与极值点偏移的杂糅（一）双变量导数压轴题1．设函数()(ln),xfxxeaxx若()0fx恒成立，则实数a的取值范国是()A．[0,]eB．[0,1]C．(,]eD．[,)e2．函数2()2(1)xfxeax有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A．(,1)4eB．(1,2]eC．3(0,)2eD．3(,)2e3．定义在R上的函数()fx的导函数为()fx，且2(1)(0)(),2xfffxexxe若存在实数x使不等式2()3fxmam对于a∈[0，2]恒成立，则实数m的取值范围为()A．(,2][2,)B．(,15][15,)C．(,15][2,)D．(,2][15,)4．已知函数232,(1(2.))33xfxxgxexxxc若对12(0)[]13xx，，，，12)(()fxgx使＝成立，则c的取值范围是()A．244(,)3eB．244[,]3eC．4(,]3D．24[,)e5．已知函数32()fxxxaxa存在极值点x0，且10(())fxfx，其中10102xxxx，()A．3B．2C．1D．06．设点P为函数21()22fxxax与2()3(0)gxalnxba＞的图象的公共点，以P为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b的最大值为()A．2323eB．2332eC．3223eD．3232e7．设函数32()232xaxfxbxc的两个极值点分别为12xx，，若12(01)(12)xx，，，，且存在,ab使得2tab＞成立，则实数t的取值范围为()A．(5,4)B．(4,2)C．(4,)D．(5,)8．已知函数3211()32xfxxeaxax有三个极值点，则a的取值范围是()A．(0,)eB．1(0,)eC．(,)eD．1(,)e9．已知函数ln(1),0(),,0xxxfxxex函数1(x)(())gffxe零点的个数为()A．3B．4C．1D．210．已知函数1()(ln)xefxkxxx有两个极值点，则实数k的取值范围是()A．(,0]B．(1,)(,)eeC．(0,)(,)eeD．(,)e11．已知函数21()2ln,2fxxxax其中a＞0．(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx有两个极值点12xx，，证明：12)3((2)fxfx．12．已知函数2()2ln()fxxaxxaR．(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx有两个极值点1212()xxxx，，当22aee时，求21(())fxfx的最大值．13．已知()lnfxxx，(1)设()(),gxfxx求()gx的增区间，并证明：当121xx时，2121))((1fxfxxx＞(2)如果对任意的120xx，均存在正数0x使得11022(())()fxfxxxfx成立，求证：01xx＞．14．已知函数2()1.gxxax(1)求()0gx的解集；(2)已知函数1()lnfxxaxx，当122()axxygx＞时，、是的两个零点，证明：1212))((2fxfxaxx．（可能用到的参考结论：函数12lnyxxx在区间(0)，上单调递减）15．已知a∈R，函数2()2(4)lnfxxaxax有两个不同的极值点12xx、．（1）求a的取值范围；（2）证明：12))1(4(6ln22fxfx．16．已知函数())(xxfxeeaxa有两个极值点12xx、．（1）求a的取值范围；（2）求证：12122xxxx．1.【解答】解：1()(1)(1)(1)(),xxafxxeaxexx0a时，()fx在(0,)上单调递增，x→0+时，()fx；()xfx，．0a时，()0xfxxe恒成立，因此0a满足条件．0a＞时，令()(1)()0xafxxex，解得00000,lnln,0.xaexxaxx＞则0x是函数()fx的极小值点，此时0xx，函数()fx取得最小值，00000()(ln)ln0,xfxxeaxxaaa化为：ln1a，解得0ae．综上可得：[0,]aea∈[0，e]．故选：A．2.212xeax全分离去做！！！C3.解得：11,10minxfeff存在实数x使不等式f（x）≤m2﹣am﹣3对于a∈[0，2]恒成立，∴1＝f（x）min＝m2﹣am﹣3对于a∈[0，2]恒成立，∴﹣ma+m2﹣4≥0．2,&510420422mmmmm故选：D．4.B若对∀x1∈（0，+∞），∃x2∈[1，3]，使21xgxf成立，则cce,34402，5.【解答】解：f′（x）＝3x2﹣2x+a．∵函数f（x）＝x3﹣x2+ax﹣a存在极值点x0，∴02002023023xxaaxx∵f（x1）＝f（x0），其中x1≠x0，0102010210203012131axxxxxxaaxxxaaxxx把02023xxa代入上述方程可得：02023120102102010201021xxxxxxxxxxxxx因式分解：12,0,01201010101xxxxxxxx故选：C．6.b＝a2﹣3a2lna，其中a＞0；h（x）＝x2﹣3x2lnx，3231max23eehxh7.故022402102020100bababfff，8.故选：C．9.故选：C．10.故选：B．（二）极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数()fx在0xx处取得极值，且函数()yfx与直线yb交于1(,)Axb,2(,)Bxb两点，则AB的中点为12(,)2xxMb，而往往1202xxx.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xfxxexR，如果12xx，且12()()fxfx，证明：122.xx【解析】法一：()(1)xfxxe，易得()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x时，()fx，(0)0f，x时，()0fx，函数()fx在1x处取得极大值(1)f，且1(1)fe,如图所示.由1212()(),fxfxxx，不妨设12xx，则必有1201xx，构造函数()(1)(1),(0,1]Fxfxfxx，则21()(1)(1)(1)0xxxFxfxfxee，所以()Fx在(0,1]x上单调递增，()(0)0FxF，也即(1)(1)fxfx对(0,1]x恒成立.由1201xx，则11(0,1]x，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()fxfxfxfxfx，即12(2)()fxfx，又因为122,(1,)xx，且()fx在(1,)上单调递减，所以122xx，即证122.xx法二：欲证122xx，即证212xx，由法一知1201xx，故122,(1,)xx，又因为()fx在(1,)上单调递减，故只需证21()(2)fxfx，又因为12()()fxfx，故也即证11()(2)fxfx，构造函数()()(2),(0,1)Hxfxfxx，则等价于证明()0Hx对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0xxxHxfxfxee，则()Hx在(0,1)x上单调递增，所以()(1)0HxH，即已证明()0Hx对(0,1)x恒成立，故原不等式122xx亦成立.法三：由12()()fxfx，得1212xxxexe，化简得2121xxxex...，不妨设21xx，由法一知，121oxx.令21txx，则210,txtx，代入式，得11ttxex，反解出11ttxe，则121221ttxxxtte，故要证：122xx，即证：221ttte，又因为10te，等价于证明：2(2)(1)0ttte...，构造函数()2(2)(1),(0)tGtttet，则()(1)1,()0ttGtteGtte，故()Gt在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，从而()Gt也在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，即证式成立，也即原不等式122xx成立.法四：由法三中式，两边同时取以e为底的对数，得221211lnlnlnxxxxxx，也即2121lnln1xxxx，从而221212121212221211111lnln()lnln1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx，令21(1)xttx，则欲证：122xx，等价于证明：1ln21ttt...，构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttMttttt，则2212ln()(1)tttMttt，又令2()12ln,(1)ttttt，则()22(ln1)2(1ln)ttttt，由于1lntt对(1,)t恒成立，故()0t，()t在(1,)t上单调递增，所以()(1)0t，从而()0Mt，故()Mt在(1,)t上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln((1)ln)1lim()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttMttttt，即证()2Mt，即证式成立，也即原不等式122xx成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.二、含参数的问题.例2.已知函数xaexxf)(有两个不同的零点12,xx，求证：221xx.【解析】思路1：函数()fx的两个零点，等价于方程xxea的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()fx有两个零点12,xx，所以)2()1(2121xxaexaex，由)2()1(得：)(2121xxeeaxx，要证明122xx，只要证明12()2xxaee，由)2()1(得：1212()xxxxaee，即1212xxxxaee，即证：121212()2xxxxeexxee211)(212121xxxxeexx，不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：121ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证2(1)ln0(1,)1xxxx构造新函数2(1)()ln1xFxxx，0)1(F求导2'2214(1)()0(1)(1)xFxxxxx，得)(xF在),1(递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,xx的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。例3.已知函数()lnfxxax，a为常数，若函数()fx有两个零点12,xx，试证明：212.xxe【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxfxxaxxae，12,xx是方程()0fx的两根，也是方程lnlnxxae的两根，则12ln,lnxx是xxae，设1122ln,lnuxux，()xgxxe，则12()()gugu，从而2121212lnln22xxexxuu，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设12xx，∵1122ln0,ln0xaxxax，∴12121212lnln(),lnln()xxaxxxxaxx，∴1212lnlnxxaxx，欲证明212xxe，即证12lnln2xx.∵1212lnln()xxaxx，∴即证122axx，∴原命题等价于证明121212lnln2xxxxxx，即证：1122122()lnxxxxxx，令12,(1)xttx，构造2(1)ln,1)1(ttgttt，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略.法三：直接换元构造新函数：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,,(1)xxxttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故212121lnln2ln21txxexxtt，转化成法二，下同，略.例4.设函数()()xfxeaxaaR，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：12()0fxx.【解析】由(),()xxfxeaxafxea，易知：a的取值范围为2(,)e，()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增.法一：利用通法构造新函数，略；法二：将旧变元转换成新变元：∵12120,0,xxeaxaeaxa两式相减得：2121xxeeaxx，记21,(0)2xxtt，则121221212221()(2())22xxxxxxttxxeeefeteexxt，设()2(),(0)ttgtteet，则()2()0ttgtee，所以()gt在(0,)t上单调递减，故()(0)0gtg,而12202xxet，所以12()02xxf，又∵()xfxea是R上的递增函数，且12122xxxx，∴0)(21xxf.容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21xxf，即要证：12()02xxf，亦要证1220xxea，也即证：122xxea，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),xxxxeaxaeaxeaxaeax两式相乘得：12212(1)(1)xxeaxx，即证：12(1)(1)1xx.考虑用基本不等式212122(1)(1)()2xxxx，也即只要证：124xx.由于121,lnxxa.当取3ae将得到23x，从而124xx.而二元一次不等式124xx对任意2(,)ae不恒成立，故此法错误.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理：若函数()fx满足如下条件：（1）函数在闭区间[,]ab上连续；（2）函数在开区间(,)ab内可导，则在(,)ab内至少存在一点，使得()()()fbfafba.当()()fbfa时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x轴交于12(,0),(,0),AxBx两点，因此21211221()()(e)()0002xxABfxfxeaxxkxx，∴2121xxeeaxx，......由于12()()0fxfx，显然11()()0fxfx与11()()0fxfx，与已知12()()0fxfx不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln(2).fxxaxax（I）讨论()fx的单调性；（II）设0a，证明：当10xa时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yfx的图像与x轴交于,AB两点，线段AB中点的横坐标为0x，证明：0()0fx.【解析】（I）易得：当0a时，()fx在(0,)上单调递增；当0a时，()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减.（II）法一：构造函数111()()(),(0)gxfxfxxaaa，利用函数单调性证明，方法上同，略；法二：构造以a为主元的函数，设函数11()()()hafxfxaa，则()ln(1)ln(1)2haaxaxax，32222()2111xxxahaxaxaxax，由10xa，解得10ax，当10ax时，()0ha，而(0)0h，所以()0ha，故当10xa时，11()()fxfxaa.（III）由（I）知，只有当0a时，且()fx的最大值1()0fa，函数()yfx才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0AxBxxx，则1210xxa，故111(0,)xaa，由（II）得：1111221111()()(())()()fxfxfxfxfxaaaaa，又由()fx在1(,)a上单调递减，所以212xxa，于是12012xxxa，由（I）知，0()0fx.【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a和b的对数平均定义：(),(,)lnln().ababLababaab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababLab（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababLab.不失一般性，可设ab.证明如下：（I）先证：(,)abLab......（II）不等式1lnlnln2ln(1)abaabaabxxxbbaxbab其中构造函数1()2ln(),(1)fxxxxx，则22211()1(1)fxxxx.因为1x时，()0fx，所以函数()fx在(1,)上单调递减，故()(1)0fxf，从而不等式成立；（II）再证：(,)2abLab......不等式2(1)2()2(1)lnlnlnln(1)(1)(1)aabaxababxxaabbxbb其中构造函数2(1)()ln,(1)(1)xgxxxx，则22214(1)()(1)(1)xgxxxxx.因为1x时，()0gx，所以函数()gx在(1,)上单调递增，故()(1)0gxg，从而不等式成立；综合（I）（II），对,abR，都有对数平均不等式(,)2ababLab成立，当且仅当ab时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.（2010天津理）已知函数()()xfxxexR，如果12xx，且12()()fxfx，证明：122.xx【解析】法五：由前述方法四，可得12121lnlnxxxx，利用对数平均不等式得：1212121lnln2xxxxxx，即证：122xx，秒证.说明：由于例2，例3最终可等价转化成例1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略.例4.设函数)()(Raaaxexfx，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：0)(21xxf.【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln)11xxeeaxaxxx，等式两边取以e为底的对数，得1122lnln(1)ln(1)axxxx，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)xxxx，由对数平均不等式知：121212(1)(1)1(1)(1)ln(1)ln(1)xxxxxx，即1212()0xxxx，故要证1212121122ln(1)ln(()01)lnfxxxxaxxxxxx证证212121212121212ln(1)ln(1)2ln(()1)2xxxxxxxxxxxxxx证证∵1212()0xxxx∴1212ln(()1)ln10xxxx，而21212122()0xxxxxx∴12121212ln(()1)2xxxxxxxx显然成立，故原问题得证.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln(2).fxxaxax（I）讨论()fx的单调性；（II）设0a，证明：当10xa时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yfx的图像与x轴交于,AB两点，线段AB中点的横坐标为0x，证明：0()0fx.【解析】（I）（II）略，（III）由12()()0fxfx22111222ln(2)ln(2)0xaxaxxaxax2212121212lnln2()()xxxxaxxxx1212221212lnln2()xxxxaxxxx故要证12001()02xxfxxa2212121212121212121lnln2lnln2()2xxxxxxxxxxxxxxxx121212lnln2xxxxxx.根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证.【挑战今年高考压轴题】（2016年新课标I卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(xaexxfx有两个零点21,xx.证明：122xx.【解析】由2()(2)(1)xfxxeax，得()(1)(2)xfxxea，可知()fx在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数()yfx有两个零点12,xx，则必须0a.法一：构造部分对称函数不妨设12xx，由单调性知12(,1),(1,)xx，所以22(,1)x，又∵()fx在(,1)单调递减，故要证：122xx，等价于证明：21(2)()0fxfx，又∵222222(2)(1)xfxxeax，且22222()(2)(1)0xfxxeax∴222222(2)(2)xxfxxexe，构造函数2g()(2),((1,))xxxxexex，由单调性可证，此处略.法二：参变分离再构造差量函数由已知得：120fxfx，不难发现11x，21x，故可整理得：121222122211xxxexeaxx设221xxegxx，则12gxgx那么2321'1xxgxex，当1x时，'0gx，gx单调递减；当1x时，'0gx，gx单调递增．设0m，构造代数式：111222211111111mmmmmmmmgmgmeeeemmmm设2111mmhmem，0m则2222'01mmhmem，故hm单调递增，有00hmh．因此，对于任意的0m，11gmgm．由12gxgx可知1x、2x不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设12xx，则必有121xx令110mx，则有1111211112gxgxgxgxgx而121x，21x，gx在1,上单调递增，因此：121222gxgxxx整理得：122xx．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得221xxegxx，构造()()(2),((,1))Gxgxgxx，利用单调性可证，此处略.法四：构造加强函数【分析说明】由于原函数()fx的不对称，故希望构造一个关于直线1x对称的函数g()x，使得当1x时，()()fxgx，当1x时，()()fxgx，结合图像，易证原不等式成立.【解答】由2()(2)(1)xfxxeax，()(1)(2)xfxxea，故希望构造一个函数()Fx，使得(1)(2)(1)(2)(1)()()xxxeaxeaxeFex，从而()Fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递增，从而构造出2(2)(1)()2eaxgxc（c为任意常数），又因为我们希望(1)0F，而(1)fe，故取ce，从而达到目的.故2(2)(1)()2eaxgxe，设()gx的两个零点为34,xx，结合图像可知：13241xxxx，所以12342xxxx，即原不等式得证.法五：利用“对数平均”不等式1212122212(2)(2),0,12,(1)(1)xxxexeaaxxxx参变分离得：由得12122212(2)(2)lnln(1)(1)xxexxxx将上述等式两边取以为底的对数，得：,22121212[ln(-1)-ln(-1)]-[ln(2-)-ln(2-)]xxxxxx化简得：,221212121222121212221212[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)]1-[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)][(1)(1)](1)(1)22xxxxxxxxxxxxxxxxxx故：（）（）由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)xxxxxx，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222xxxxxx（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22xxxxxx（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()xxxxxxxxxx12122212122(2)21(1)(1)4()xxxxxxxx等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()xxxxxxxx1222121221(2)[](1)(1)4()xxxxxx由221212(1)(1)0,4()0xxxx，故122xx，证毕.说明：谈谈其它方法的思路与困惑。七、导数的一类双变量对称构造法类似双变量结构1212fxfxxx的三维解题观：①官方版双变量的同种结构转化法；（考试解法最好以此为准）②草率的斜率结构法（自己琢磨什么叫草率）；③逼格的拉格朗日中值定理.（2017学年第一学期浙江省名校协作体试题高三年级数学（第20题））例1：设函数Rmxmxxf,ln)(．（I）当em(e为自然对数的底数)时，求)(xf的极小值；（II）若对任意正实数a、b（ab），不等式()()2fafbab恒成立，求m的取值范围．解：（I）me时，221()exefxxxx，-----------------2分所以()fx在(0,)e上单调递减，在(,)e上单调递增，故当xe时，()fx取极小值为()2fe。---------------------------6分（II）不妨设ab，则有()()22fafbab，即()2()2faafbb，构造函数()()2gxfxx，所以()()gagb，所以()gx为(0,)上为减函数-----10分所以21()20mgxxx对任意(0,)x恒成立----------------------12分即2max1(2)8mxx--------15分例2：已知函数3fxxaxb对任意的123,(0,)3xx且12xx，都有1212fxfxxx，求实数a的取值范围.①官方版的双变量转同种结构化法解：分析：不妨设12xx，则121212122112121212112221122211构造函数和fxfxxxfxfxxxxxfxfxxxfxfxxxfxxfxxfxxfxxfxfxxxfxxfxx解答如下：不妨设12xx，则有1212fxfxxx或2112fxfxxx，即1122fxxfxx或2211fxxfxx；构造函数gxfxx，hxfxx，所以在12xx，123,(0,)3xx条件下，得11222211fxxfxxgxfxxfxxfxxhxfxx为减函数为增函数331gxfxxxaxbxxaxb331hxfxxxaxbxxaxb231gxxa231hxxa22min222mx2a31331310301311axaxaxxaaxxa在3(0,)3x上恒成立1,0a②草率的斜率结构法分析：121212121212111fxfxfxfxfxfxxxxxxx根据斜率公式1212yykxx结构知，上式想当然草率地认为当3(0,)3x时1,1kfx解答如下：由题得23fxxa且3(0,)3x，则1afxa1212121211fxfxfxfxxxxx111aa，得1,0a（运用了集合包含关系的知识）③逼格的拉格朗日中值定理：拉格朗日中值定理：若函数f满足如下条件：（i）f在闭区间[,]ab上连续；（ii）f在开区间(,)ab内可导；则在,ab内至少存在一点，使得'fbfafba.定理的几何意义：定理中()()fbfaba是连接曲线上两点(,()),(,())AafaBbfb的弦的斜率，'()f是过曲线上一点(,())f的切线的斜率。那么，定理就可解释为在曲线()yfx上至少存在一条平行于弦AB的切线。说明：拉格朗日中值定理很好地对②中的斜率问题进行了形象的解释，需注意在求解过程中对区间端点的验证。端点问题可参考文献：中学数学杂志2010第5期《不等1212fxfxxx（或）恒成立问题的导数解法之探究》——江苏南通高等师范学校226100曹军请参考下一道例题，有兴趣的同学自己思考上面例题的第三维解题观【2009年辽宁卷理第21题】已知函数21()(1)ln,12fxxaxaxa（I）讨论函数()fx的单调性；（II）证明：若5a，则对任意12,0,xx，12xx，有1212()()1fxfxxx.（I）略；（II）'1212()()fxfxfxx.由（I）得，'1afxxax.所以要证1212()()1fxfxxx成立，即证'11afa.下面即证之.令2(1)1gaa，则214115aaaa.由于15a，所以0.从而0g在R恒成立.也即21aa.又12,xx，12,0,xx，故0.则211aa，即'11afa，也即1212()()1fxfxxx.备选题库训练【例题1】.已知函数lnfxx，1xax，0a（1）函数xfy的图像上任意不同的两点2211,,,yxByxA，线段AB的中点为00,yxC，记直线AB的斜率为k，证明：0xfk；（2）若xxxgln，且对任意的2121,2,0,xxxx，都有11212xxxgxg，求a的取值范围。【例题2】.已知函数()(1)lnfxaxax．（1）试讨论()fx在定义域内的单调性；（2）当0a时，证明：12,(0,1)xx，1212|()()|1||fxfxxx．【例题3】.已知函数1ln)1()(2axxaxf.（1）讨论函数)(xf的单调性；（2）设1a，如果对任意),0(,21xx，|)()(|21xfxf≥||421xx，求a的取值范围.【例题4】.已知函数211ln2fxxaxax，1a.（1）讨论函数fx的单调性；（2）证明：若5a，则对任意12,0,xx，12xx，有1212()()1fxfxxx.【例题5】.已知函数()1ln(0).fxxaxa（1）确定函数()yfx的单调性；（2）若对任意12,0,1xx，且12xx，都有121211|()()|4||fxfxxx，求实数a的取值范围.【例题6】.已知函数1ln()axfxaRx，（I）求()fx的极值；（II）若ln0xkx在R上恒成立，求k的取值范围；（III）已知10x，20x且12xxe，求证1212xxxx.八、综合题第一单元.小试牛刀1.已知函数()ln2fxxx．（1）求曲线()yfx在1x处的切线方程；（2）函数()fx在区间(,1)()kkkN上有零点，求k的值；（3）若不等式()(1)()xmxfxx对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．【详解】（1）1()1fxx，所以切线斜率为()01f，又(1)1f，切点为(1,1)，所以切线方程为1y．（2）令1()1fxx，得1x，当01x时，()0fx，函数()fx单调递减；当1x时，()0fx，函数()fx单调递增，所以()fx的极小值为(1)10f，又22221111()ln20eeeef，所以()fx在区间(0,1)上存在一个零点1x，此时0k；因为(3)3ln321ln30f，(4)4ln4222ln22(1ln2)0f，所以()fx在区间(3,4)上存在一个零点2x，此时3k．综上，k的值为0或3．（3）当1x时，不等式为(1)10g．显然恒成立，此时mR；当01x时，不等式()(1)()xmxfxx可化为ln1xxxmx，令ln()1xxxgxx，则22ln2()()(1)(1)xxfxgxxx，由（2）可知，函数()fx在(0,1)上单调递减，且存在一个零点1x，此时111()ln20fxxx，即11ln2xx所以当10xx时，()0fx，即()0gx，函数()gx单调递增；当11xx时，()0fx，即()0gx，函数()gx单调递减．所以()gx有极大值即最大值1111111111ln(2)()11xxxxxxgxxxx，于是1mx．当1x时，不等式()(1)()xmxfxx可化为ln1xxxmx，由（2）可知，函数()fx在(3,4)上单调递增，且存在一个零点2x，同理可得2mx．综上可知12xmx．又因为12(0,1), (3,4)xx，所以正整数m的取值集合为1,2,3．【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出()yfx在0xx处的导数，即()yfx在点P00(,())xfx出的切线斜率（当曲线()yfx在P处的切线与y轴平行时，在P处导数不存在，切线方程为0xx）；（2）由点斜式求得切线方程'000()()yyfxxx.2.已知函数()(1,)xfxeaxaR．(1)求函数()fx的单调区间和极值；(2)设()()xagxfxe，且11(,)Axy、2212(),()Bxyxx是曲线()ygx上的任意两点，若对任意的1a，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．【分析】（1）定义域为R，求其导函数xfxea，aR。讨论当当0a与0a两种情况下导函数的符号，即可判断单调区间与极值。（2）设12xx、是任意的两实数，且12xx，根据AB的斜率恒大于常数m，可得2121()()gxgxmxx，化简得2211gxmxgxmx；构造函数()()Fxgxmx，求导得0Fxgxm恒成立，即minmgx，进而求得m的取值范围。【详解】（1）由题知定义域为,，xfxea，aR，①当0a时，0fx，fx在,上单调递增，即增区间为,；则fx无极值；②当0a时，=0xfxea的解为lnxa，当,lnxa时，0fx，fx的减区间为,lna；当ln,xa时，0fx，fx的增区间为ln,a．则fx极小值为lnln1lnfaaaaaa，无极大值；（2）设12xx、是任意的两实数，且12xx，由题设知2121()()gxgxmxx，故2211gxmxgxmx，∴令函数()()Fxgxmx，则Fx在（，）上单调递增，∴0Fxgxm恒成立，∴对任意的1axR，，mgx恒成立，∴minmgx．又当1a时，'()2xxxxaagxeaeaee22113aaa故3m．【点睛】本题考查了导数的综合应用，根据对参数分类讨论判断函数的单调性与极值，导数在恒成立问题中的综合应用，是高考的重点和难点，属于难题。3.已知2()e()xfxaxaR.（1）已知()fx是()fx导函数，求()fx的极值；（2）设()e()xgxxfx，若()gx有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)极小值为2(1ln2)aa(2)(0,)【详解】解：（1）()e2,()e2xxfxaxfxa①若0a，显然()0fx所以()fx在R上递增，所以()fx没有极值.②若0a，则()0ln2,()0ln2fxxafxxa，所以()fx在(,ln2)a上是减函数，在(ln2,)a上是增函数。所以()fx在ln2xa处取极小值，极小值为(ln2)2(1ln2)faaa（2）2()e()(1)exxgxxfxxax.函数()gx的定义域为R，且()e2e2xxgxxaxxa.①若0a，则()00;()00gxxgxx.所以()gx在(,0)上是减函数，在(0,)上是增函数。所以min()(0)1gxg.令()(1)xhxxe，则()exhxx.显然()00hxx，所以()(1)exhxx在(,0)上是减函数.又函数2yax在(,0)上是减函数，取实数10a，则211(0)110ghaaa又(0)10,(1)0,()ggagx在(,0)上是减函数，在(0,)上是增函数。由零点存在性定理，()gx在1,0a，(0,1)上各有一个唯一的零点。所以0a符合题意。②若0a，则()(1)exgxx，显然()gx仅有一个零点1，所以0a不符合题意.③若0a，则ln(2)()eexagxx.（i）若ln(2)0a，则12a，此时()0gx，即()gx在R上递增，至多只有一个零点，所以12a不符合题意，（ii）若ln(2)0a，则102a，函数()gx在(,ln(2))a上是增函数，在(ln(2),0)a上是减函数，在(0,)上是增函数，所以()gx在ln(2)xa处取得极大值，且极大值2(ln(2))[ln(2)1]10gaaa，所以()gx最多有一个零点，所以102a不符合题意。（iii）若ln(2)0a，则12a，函数()gx在(,0)和(ln(2),)a上递增，在(0,ln(2))a上递减，所以()gx在0x处取得极大值，且极大值为(0)10g，所以()gx最多有一个零点，所以12a不符合题意.综上所述，a的取值范围是(0,)【点睛】本题主要考查利用导数求函数的极值，考查利用导数求函数的最值和研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.已知函数21ln2fxxaxaR.(I）若函数fx在2x处的切线方程为yxb，求a和b的值;(II)讨论方程0fx的解的个数，并说明理由.【答案】（1）2,2ln2ab；（2）见解析.【解析】试题解析：（I）因为'(0)afxxxx，又fx在2x处的切线方程为yxb，所以22ln22,'2212afabf，解得2,2ln2ab.（II）当0a时，fx在定义域0,内恒大于0，此时方程无解.当0a时，'0afxxx在区间0,内恒成立，所以fx的定义域内为增函数.因为111110,1022aaffee，所以方程有唯一解.当0a时，2'xafxx.当0,xa时，'0fx，fx在区间0,a内为减函数，当,xa时，'0fx，fx在区间,xa内为增函数，所以当xa时，取得最小值11ln2faaa.当0,ae时，11ln02faaa，无方程解；当ae时，11ln02faaa，方程有唯一解.当,ae时，11ln02faaa，因为1102f，且1a，所以方程0fx在区间0,a内有唯一解，当1x时，设1ln,'10gxxxgxx，所以gx在区间1,内为增函数，又11g，所以ln0xx，即ln0x，故2211ln22fxxaxxax.因为21aa，所以22122202faaa.所以方程0fx在区间,a内有唯一解，所以方程0fx在区间0,内有两解，综上所述，当0,ae时，方程无解，当0a，或ae时，方程有唯一解，当ae时，方程有两个解.5.已知函数21()2fxlnxxax，aR是常数．（I）证明：曲线()yfx在1x处的切线经过定点；（II）证明：函数()fx有且仅有一个零点．【解答】解：（I）1()fxxax（1分）曲线()yfx在1x处的切线为yf（1）f（1）(1)x（2分）即1()(2)(1)2yaax，3(2)2yax当0x时，32y，即切线过定点3(0,)2（3分）（II）（1）当2a„时，1()20fxxaax……（4分）()fx单调递增，根据对数函数与幂函数性质，当x是充分小的正数时，()0fx，当x是充分大的正数时，()0fx，所以，()fx有且仅有一个零点（6分）（2）当2a时，解1()0fxxax得，2142aax，2242aaxx1(0,)x1x1(x，2)x2x2(x，)()fx00()fx极大值极小值222222221414441()()(4)1222228aaaaaaaaafxlnlnaa，其中2242124aaaa，所以1()0fx（9分）所以，任意(0x，2]x，()0fx，()fx在区间(0，2]x无零点（10分）取021xa，则0xe，00001()(2)02fxlnxxxa，所以，()fx在区间2(x，0)x有零点（11分）由()fx的单调性知，()fx在区间2(x，)有且仅有一个零点综上所述，函数()fx有且仅有一个零点（12分）6.（本小题满分12分）设xm和xn是函数21()ln(2)2fxxxax的两个极值点，其中mn，aR．（I）求()()fmfn的取值范围;（II）若12aee,求()()fnfm的最大值．解:函数()fx的定义域为(0,),21(2)1()(2)xaxfxxaxx.依题意,方程2(2)10xax有两个不等的正根m,n(其中mn).故2(2)40020aaa,并且2,1mnamn.所以,221()()ln()(2)()2fmfnmnmnamn2211[()2](2)()(2)1322mnmnamna故()()fmfn的取值范围是(,3)(II)解:当12aee时,21(2)2aee.若设(1)nttm,则222()11(2)()22mnamntemnte.于是有111()(1)0tetetetete222211()()ln()(2)()ln()()()22nnfnfmnmanmnmnmnmmm2222111ln()ln()ln()22211ln()2nnnmnnmnmmmmnmmnttt构造函数11()ln()2gtttt(其中te),则222111(1)()(1)022tgtttt.所以()gt在[,)e上单调递减,1()()122egtgee.故()()fnfm的最大值是1122ee7.（2019全国III理20）已知函数32()2fxxaxb.（1）讨论()fx的单调性；（2）是否存在,ab，使得()fx在区间[0,1]的最小值为1且最大值为1？若存在，求出,ab的所有值；若不存在，说明理由.解析（1）2()622(3)fxxaxxxa．令()0fx，得x=0或3ax.若a>0，则当(,0),3ax时，()0fx；当0,3ax时，()0fx．故()fx在(,0),,3a单调递增，在0,3a单调递减；若a=0，()fx在(,)单调递增；若a<0，则当,(0,)3ax时，()0fx；当,03ax时，()0fx．故()fx在,,(0,)3a单调递增，在,03a单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，()fx在[0，1]单调递增，所以()fx在区间[0，l]的最小值为(0)=fb，最大值为(1)2fab.此时a，b满足题设条件当且仅当1b，21ab，即a=0，1b．（ii）当a≥3时，由（1）知，()fx在[0，1]单调递减，所以()fx在区间[0，1]的最大值为(0)=fb，最小值为(1)2fab．此时a，b满足题设条件当且仅当21ab，b=1，即a=4，b=1．（iii）当00时，0,gx所以gx在0,上单调递增，取10axe，则21110,aagee因为(1)1,g所以0()(1)0,gxg此时函数gx恰有一个零点.（iii）当a<0时，令0,gx解得2ax.当02ax时，0,gx所以gx在0,2a上单调递减；当2ax时，0,gx所以gx在,2a上单调递增.要使函数gx恰有一个零点，则ln0,222aaaga即a=-2e.综上所述，若函数gx恰有一个零点，则a=-2e或a>0.（6分）（2）令22(1)(21)ln,hxfxmxmxmxx根据题意，当1,x时，()0hx恒成立，又1(1)(21)'2(21).xmxhxmxmxx（i）若10,2m则1,2xm时，'()0hx恒成立，所以()hx在1,2m上是增函数，且1(),,2hxhm所以不符合题意.（ii）若1,2m则1,x时，'()0hx恒成立，所以()hx在1,上是增函数，且()1,,hxh所以不符合题意.（iii）若0,m则1,x时，恒有'()0hx，故()hx在1,上是减函数，于是“()0hx对任意的1,x都成立”的充要条件是10,h即(21)0,mm解得1,m故10.m综上，m的取值范围是1,0.（12分）32.已知函数21()ln2fxaxxbx存在极小值，且对于b的所有可能取值，()fx的极小值恒大于0，则a的最小值为A．3eB．2eC．eD．1eA【解析】2()axbxafxxbxx因为()fx存在极小值，所以方程20xbxa有两个不等的正根故12122+00240xxbxxababa由()0fx得2142bbax，2242bbax，分析易得()fx的极小值点为1x，因为2ba，所以21242(0,)24bbaaxabba211111()=()ln2fxfxaxxbx极小值2221111111lnln22axxxaaxxa设21()ln(0)2gxaxxaxa，则()fx的极小值恒大于0等价于()gx恒大于0因为2()0aaxgxxxx，所以()gx在(0,)a单调递减故3()()ln02gxgaaaa，解得3ae，故3minae，故选A．33.已知函数()sinln(1)fxxx，()fx为()fx的导数．证明：（1）()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【详解】（1）由题意知：fx定义域为：1,且1cos1fxxx令1cos1gxxx，1,2x21sin1gxxx，1,2x211x在1,2上单调递减，1111,7nnaa在1,2上单调递减gx在1,2上单调递减又0sin0110g，2244sin102222g00,2x，使得00gx当01,xx时，0gx；0,2xx时，0gx即gx在01,x上单调递增；在0,2x上单调递减则0xx为gx唯一的极大值点即：fx在区间1,2上存在唯一的极大值点0x.（2）由（1）知：1cos1fxxx，1,x①当1,0x时，由（1）可知fx在1,0上单调递增00fxffx在1,0上单调递减又00f0x为fx在1,0上的唯一零点②当0,2x时，fx在()00,x上单调递增，在0,2x上单调递减又00f00fxfx在()00,x上单调递增，此时00fxf，不存在零点又22cos02222f10,2xx，使得10fxfx在01,xx上单调递增，在1,2x上单调递减又000fxf，2sinln1lnln102222ef0fx在0,2x上恒成立，此时不存在零点③当,2x时，sinx单调递减，ln1x单调递减fx在,2上单调递减又02f，sinln1ln10f即02ff，又fx在,2上单调递减fx在,2上存在唯一零点④当,x时，sin1,1x，ln1ln1ln1xesinln10xx即fx在,上不存在零点综上所述：fx有且仅有2个零点34.已知函数11lnxfxxx.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线exy的切线.【解析】（1）对函数()fx求导，结合定义域，判断函数的单调性；（2）先求出曲线lnyx在00A(,ln)xx处的切线l，然后求出当曲线xye切线的斜率与l斜率相等时，证明曲线xye切线'l在纵轴上的截距与l在纵轴的截距相等即可.【详解】（1）函数()fx的定义域为(0,1)(1,)，2211()ln()1(1)xxfxxfxxxx，因为函数()fx的定义域为(0,1)(1,)，所以()0fx，因此函数()fx在(0,1)和(1,)上是单调增函数；当(0,1)x，时，0,xy，而11112()ln0111efeeee，显然当(0,1)x，函数()fx有零点，而函数()fx在(0,1)x上单调递增，故当(0,1)x时，函数()fx有唯一的零点；当(1,)x时，2222221213()ln0,()ln01111eeefeefeeeeee，因为2()()0fefe，所以函数()fx在2(,)ee必有一零点，而函数()fx在(1,)上是单调递增，故当(1,)x时，函数()fx有唯一的零点综上所述，函数()fx的定义域(0,1)(1,)内有2个零点；（2）因为0x是()fx的一个零点，所以000000011()ln0ln11xxfxxxxx1lnyxyx，所以曲线lnyx在00A(,ln)xx处的切线l的斜率01kx，故曲线lnyx在00A(,ln)xx处的切线l的方程为：0001ln()yxxxx而0001ln1xxx，所以l的方程为0021xyxx，它在纵轴的截距为021x.设曲线xye的切点为11(,)xBxe，过切点为11(,)xBxe切线'l，xxyeye，所以在11(,)xBxe处的切线'l的斜率为1xe，因此切线'l的方程为111(1)xxyexex，当切线'l的斜率11xke等于直线l的斜率01kx时，即11001(ln)xexxx，切线'l在纵轴的截距为01ln110001(1)(1ln)(1ln)xxbexexxx，而0001ln1xxx，所以01000112(1)11xbxxx，直线',ll的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线',ll重合，故曲线lnyx在00A(,ln)xx处的切线也是曲线xye的切线.【点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.35.已知函数32()2fxxaxb.（1）讨论()fx的单调性；（2）是否存在,ab，使得()fx在区间[0,1]的最小值为1且最大值为1？若存在，求出,ab的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2)01ab或41ab.【解析】【详解】(1)对32()2fxxaxb求导得2'()626()3afxxaxxx.所以有当0a时，(,)3a区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；当0a时，(,)区间上单调递增；当0a时，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.(2)若()fx在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以若0a，(,)3a区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f，(1)1f代入解得1b，0a，与0a矛盾，所以0a不成立.若0a，(,)区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f，(1)1f代入解得01ab.若02a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f.即)3)2332((121aaabab相减得32227aa，即(33)(33)0aaa，又因为02a，所以无解.若23a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f.即)3)2332((11aaabb相减得3227a，解得332x，又因为23a，所以无解.若3a，(,0)区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a区间上单调递增.所以有()fx区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f，最小值为(1)f即121bab解得41ab.综上得01ab或41ab.36.设baxInxxf（1）当0ba时，若0xf恒成立，求a的值；（2）若0xf，求ba的最小值；解：（I）由0ab，则()lnfxxaxa，所以1()fxax．若0a≤，则1()0fxax，即函数()fx为定义域上的增函数，由(1)0f，不合题意；若01a，则11()axfxaxx，所以()fx为10a，上的增函数，且101a，由(1)0f，不合题意；若1a，则11()axfxaxx，所以()fx为1a，上的减函数，且11a，由(1)0f，不合题意；若1a，()ln1fxxx，11()1xfxxx，所以()fx为(01)，上的增函数，为(1)，上的减函数，所以()(1)0fxf≤，满足题意．综上所述，满足题意的1a．.........（5分）（II）由()0fx≤恒成立，则0a，又由()0fx≤，等价于lnxaxb≤，即等价于函数lnyx的图象不在函数yaxb图象的上方，对于每一个大于零的a，要使得ab的值最小，需使直线yaxb与函数lnyx的图象相切，此时，设切点为00(ln)xx，且00x，则切线方程可以表示为0001ln()yxxxx，即001ln1yxxx，所以001ln1abxx．令1()ln1(0)gxxxx，则22111()xgxxxx，所以()gx为(01)，上的减函数，为(1)，上的增函数，则()(1)0gxg≥，所以ab的最小值为0．........................................................................（12分）第二单元.沙场点兵、实战演练1.已知函数xxaxxfln32)(，其中a为常数．[来源:www.shulihua.net]（1）当函数)(xf的图像在点))32(32(f，处的切线的斜率为1时，求函数)(xf在]3,23[上的最小值；（2）若函数)(xf在区间)0(，上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．2.定义在R上的函数3)(23cxbxaxxf同时满足以下条件：[来源:数理化网]①)(xf在)1,0(上是减函数，在),1(上是增函数；②)(xf是偶函数；③)(xf在0x处的切线与直线2xy垂直.（1）求函数)(xfy的解析式；（2）设mxxgln4)(，若存在]1[ex，，使)()(xfxg，求实数m的取值范围.3.已知函数aaexfx)(ln()(为常数,71828.2e)是R上的奇函数.（1）求a的值;（2）讨论关于x的方程mexxxfx2)(ln2的根的个数.4.设函数xexaxxf)2()(2，其中0a.（1）当34a时，求)(xf的极值点；（2）证明)(xf在]11[，上为单调函数，求a的取值范围.5.某企业为打入国际市场，决定从A，B两种产品中只选择一种进行投资生产．已知投资生产这两种产品的有关数据如表：(单位：万美元)项目类别年固定成本每件产品成本每件产品销售价每年最多可生产的件数A产品20m10200B产品40818120其中年固定成本与年生产的件数无关，m为待定常数，其值由生产A产品的原材料价格决定，预计]8,6[m．另外，年销售x件B产品时需上交205.0x万美元的特别关税．假设生产出来的产品都能在当年销售出去．(1)写出该厂分别投资生产A，B两种产品的年利润21,yy与生产相应产品的件数x之间的函数关系并指明其定义域；(2)如何投资最合理(可获得最大年利润)？请你做出规划．6.设函数),,()(*RcbNncbxxxfn（1）设n为偶数，1|)1(|f，1|)1(|f，求cb3的最大值和最小值；（2）设2n，1,1cb，证明：)(xf在区间)1,21(内存在唯一的零点.7.（2012年北京高考）已知函数)0(1)(2aaxxf，bxxxg3)(.(1)若曲线)(xfy与曲线)(xgy在它们的交点)1(c，处具有公共切线，求ba，的值；（2）当ba42时，求函数)()(xgxf的单调区间，并求其在区间]1(，上的最大值．8.（2013年安徽高考）设函数22)1()(xaaxxf，其中0a，区间}0)(|{xfxI．（1）求I的长度(注：区间)(，的长度定义为)；（2）给定常数)10(，k，当kak11时，求I长度的最小值．9.已知函数xbxaxxf3)(23在1x处取得极值．（1）求函数)(xf的解析式；（2）若过点)2)(1(mmA，可作曲线)(xfy的三条切线，求实数m的取值范围．10.已知函数axaxxf2)(和axxg)(．其中Ra且0a．（1）若函数)(xf与的图像的一个公共点恰好在x轴上，求a的值；（2）若p和q是方程0)()(xgxf的两根，且满足aqp10，证明：当)0(px，时，apxfxg)()(．11.设函数xexfxsin)(，2)(xxg.（1）求证：函数)(xfy在)0[，上单调递增；（2）设))((11xfxP，，))((22xgxQ，)00(21xx，，若直线xPQ//轴，求QP，两点间的最短距离.12.已知函数)0(1ln)(axaxf．（1）当0x时，求证：)11(1)(xaxf；（2）在区间)1(e，上xxf)(恒成立，求实数a的范围13.已知xxxfln)(，3)(2axxxg.（1）求函数)(xf的最小值；（2）对一切)0(，x，)()(2xgxf恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切)0(，x，都有exexx21ln成立.14.（2013年福建高考）已知函数xeaxxf1)(（Ra，e为自然对数的底数）．（1）若曲线)(xfy在点))1(1(f，处的切线平行于x轴，求a的值；（2）求函数)(xf的极值；（3）当1a时，若直线l：1kxy与曲线)(xfy没有公共点，求k的最大值．15.已知函数()lnfxx，21()2gxxbx（b为常数）.（1）函数()fx的图象在点(1,())fx处的切线与函数()gx的图象相切，求实数b的值；（2）若函数()()()hxfxgx在定义域上存在单调减区间，求实数b的取值范围；（3）若2b，12,[1,2]xx，且12xx，都有1212|()()||()()|fxfxgxgx成立，求实数b的取值范围.1.解：(1)xxaxf32)(2，由题意可知1)32(f，解得1a.故xxxxfln32)(，∴2)2)(1()(xxxxf，由0)(xf，得2x.于是可得下表：x23223，2)32(，3)(xf－0＋)(xf递减2ln31递增∴2ln31)2()(minfxf.(2)2222332)(xxaxxxaxf（0x），由题意可得方程0232xax有两个不等的正实根，不妨设这两个根为21xx，，并令23)(2xaxxh，则02030892121axxaxxa，解得890a.故a的取值范围为)890(，.2.解：（1）cbxaxxf23)(2，∵)(xf在)10(，上是减函数，在)1(，上是增函数，∴023)1(cbaf，()由)(xf是偶函数得：0b，又)(xf在0x处的切线与直线2xy垂直，1)0(cf，代入()得：31a，即331)(3xxxf.（2）由已知得：若存在]1[ex，，使1ln42xmx，即存在]1[ex，，使1ln42xxm.设1ln4)(2xxxM，]1[ex，，则xxxxxM22424)(，令0)(xM，∵]1[ex，，∴2x，当2x时，0)(xM，∴)(xM在]2(e，上为减函数，当21x时，0)(xM，∴)(xM在]21[，上为增函数，∴)(xM在]1[e，上有最大值.又011)1(M，05)(2eeM，∴)(xM最小值为25e.于是有25em为所求.3.解:(1)由)ln()(aexfx是R的奇函数,则)()(xfxf，从而可求得0a.(2)由mexxxxxfx2ln)(ln2,令mexxxfxxxf2)(,ln)(221,则21ln1)(xxxf＇,当),0(ex时,)(,0)(11xfxf＇在],0(e上为增函数;当),[ex时,)(,0)(11xfxf＇在),[e上为减函数;当ex时,eefxf1)()]([1max1而222)()(emexxf,结合函数图象可知:当eem12,即21eem时,方程无解;当eem12,即21eem时,方程有一个根ex;当eem12,即21eem时,方程有两个根.4.解：对)(xf求导得xexaaxxf212)('2①（1）若34a，由1,23,032,0)(212xxxxxf解得得综合①,可知所以,231x是极大值点,12x是极小值点.（2）若)(xf为1,1上的单调函数，又02)0('f，所以当1,1x时0)('xf，即0212)(2xaaxxg在1,1上恒成立。（1）当0a时，022)(xxg在1,1上恒成立；（2）当0a时，抛物线212)(2xaaxxg开口向上，则xf在1,1上为单调函数的充要条件是0101gg，即0430aa，所以340a。综合（1）（2）知a的取值范围是340a。5.解：(1)由年销售量为x件，按利润的计算公式，有生产A，B两产品的年利润21,yy分别为20)10()20(101xmmxxy（2000xNx，），401005.005.0)408(18222xxxxxy（1200xNx，）．(2)因为86m，所以010m，函数20)10(1xmy在]2000[，上是增函数，所以当200x时，生产A产品有最大利润，且mmy200198020200)10(max1(万美元)．又460)100(05.022xy（1200xNx，），所以当100x时，生产B产品有最大利润，且460max2y(万美元)．因为,0,0020015204602001980max2max1，mmyy.86.7,6.7,6.76mmm所以当6.76m时，可投资生产A产品200件；当6.7m时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件)；当86.7m时，可投资生产B产品100件．6.解：(1)由题意知11)1(1cbf，即02cb，①11)1(1cbf，即02cb，②①×2＋②得03)()(26cbcbcb，当20cb，时，63cb；当0cb时，03cb，所以cb3的最小值为－6，最大值为0.(2)1,1cb，2n时，1)(xxxfn.∵012121)1()21(nff，∴)(xf在1,21内存在零点．又当1,21x时，01)(1nnxxf，∴)(xf在1,21上是单调递增的，∴)(xf在1,21内存在唯一零点．7.解：(1)axxf2)(，bxxg23)(.因为曲线)(xfy与曲线)(xgy在它们的交点)1(c，处具有公共切线，所以)1(1(gf），且)1(1(gf）．即ba11，且ba32，解得33ba，.(2)记)()()(xgxfxh．当241ab时，141)(223xaaxxxh，224123)(aaxxxh.令0)(xh，得21ax，62ax.当0a时，)(xh与)(xh的情况如下：x2a，2a62aa，6a，6a)(xh[来源:www.shulihua.net]＋0－0＋)(xh递增极大值递减极小值递增所以函数)(xh的单调递增区间为2a，和，6a；单调递减区间为62aa，.当12a，即20a时，函数)(xh在区间]1(，上单调递增，)(xh在区间]1(，上的最大值为241)1(aah2.当12a，且16a，即62a时，函数)(xh在区间2a，内单调递增，在区间]12(，a上单调递减，)(xh在区间]1(，上的最大值为1)2(ah.当16a，即6a时，函数)(xh在区间2a，和]16(，a上单调递增，在区间62aa，内单调递减，又因0)2(41411)1()2(22aaahah，所以)(xh在区间]1(，上的最大值为1)2(ah.8.解：(1)因为方程)0(0)1(22axaax有两个实根22110aaxx，，故0)(xf的解集为}|{21xxxx．因此区间210aaI，，故I的长度为21aa.(2)设21)(aaad，则)0()1(1)(222aaaad．令0)(ad，得1a.由于10k，故当11ak时，0)(ad，)(ad单调递增；当ka11时，0)(ad，)(ad单调递减．所以当kak11时，)(ad的最小值必定在ka1或ka1处取得．而122)1(11)1(11)1()1(323222kkkkkkkkkdkd，故)1()1(kdkd．因此当ka1时，)(ad在区间]11[kk，上取得最小值2221kkk.9.解：(1)323)(2bxaxxf，依题意，0)1()1(ff，即03230323baba，解得01ba，.∴xxxf3)(3.(2)由(1)知)1)(1(333)(2xxxxf，∵曲线方程为xxy33，∴点)1(mA，)2(m不在曲线上．设切点为)(00yxM，，则点M的坐标满足03003xxy.∵33)(200xxf，∴切线的斜率为13)1(3003020xmxxx，整理得03322030mxx.∵过点)1(mA，可作曲线的三条切线，∴关于0x的方程03322030mxx有三个实根．设332)(20300mxxxg，则020066)(xxxg，由0)(0xg，得100或x.∴)(0xg在)0(，和),1(上单调递增，在)10(，上单调递减．∴函数332)(20300mxxxg的极值点为100和x.∴关于0x的方程03322030mxx有三个实根的充要条件是0)1(0)0(gg，解得23m.故所求实数m的取值范围是(－3，－2)．10.解：（1）设函数)(xg图像与x轴的交点坐标为)0(，a，又∵点)0(，a也在函数)(xf的图像上，∴023aa.而0a，∴1a.（2）由题意知))(()()(qxpxaxgxf，∵aqpx10，∴0))((qxpxa∴)0(px，时，0)()(xgxf，即)()(xgxf.又)1)(()())(()()(aqaxpxapaxqxpxaapxf，0px，且011aqaqax，∴0)()(apxf∴apxf)(，综合可知，apxfxg)()(.11.解：（1）0x时，0cos1cos)(xxexfx，所以函数)(xfy在),0[上单调递增；（2）因为)()(21xgxf，所以2sin211xxex所以QP,两点间的距离等于12xx2sin111xxex，设)0(2sin)(xxxexhx，则)0(1cos)(xxexhx，记)0(1cos)()(xxexhxlx，则0sin1sin)(xxexlx，所以01)0()(hxh，所以)(xh在),0[上单调递增，所以3)0()(hxh，所以312xx，即QP,两点间的最短距离等于3.12.解：(1)证明：设)0)(11(ln)11(1)()(xxaxaxaxfxg，则2)(xaxaxg.令0)(xg，则1x，易知)(xg在1x处取到最小值，故0)1()(gxg，即)11(1)(xaxf.(2)由xxf)(得xxa1ln，即xxaln1.令xxxhln1)(（ex1），则2)(ln1ln)(xxxxxh.令xxxx1ln)(（ex1），则0111)(22xxxxx，故)(x在)1(e，上单调递增，所以0)1()(x.因为0)(x，所以0)(xh，即)(xh在)1(e，上单调递增，则1)()(eehxh，即1ln1exx，所以a的取值范围为)1[，e．13.解：(1)1ln)(xxf，当ex10，时，0)(xf，)(xf单调递减；当,1ex时，0)(xf，)(xf单调递增．所以)(xf的最小值为eef1)1(.(2)3ln22axxxx，则xxxa3ln2.设)0(3ln2)(xxxxxh，则2)1)(3()(xxxxh，①当10，x时，0)(xh，)(xh单调递减；②当),1(x时，0)(xh，)(xh单调递增，所以4)1()(minhxh.因为对一切),0(x，)()(2xgxf恒成立，所以4)(minxha，即a的取值范围为]4(，.(3)证明：问题等价于证明eexxxx2ln（),0(x）.由(1)可知xxxfln)(（),0(x）的最小值是e1，当且仅当ex1时取到．设eexxmx2)(（),0(x），则xexxm1)(，易知emxm1)1()(max，从而对一切),0(x，都有exexx21ln成立．14.解：（1）xeaxf1)(，∵曲线)(xfy在点))1(1(f，处的切线平行于x轴，∴01)1(eaf∴ea.（2）xeaxf1)(①当0a时，0)(xf，)(xf为)(，上的增函数，所以函数)(xf无极值．②当0a时，令0)(xf，得axln.当)ln(ax，时，0)(xf；当)(ln，ax时，0)(xf，所以)(xf在)ln(a，上单调递减，在)(ln，a上单调递增，故)(xf在axln处取得极小值，且极小值为aafln)(ln，无极大值．综上，当0a时，函数)(xf无极值；当0a时，函数)(xf在axln处取得极小值aln，无极大值．（3）当1a时，xexxf11)(.直线l：1kxy与曲线)(xfy没有公共点，等价于关于x的方程xexkx111在R上没有实数解，即关于x的方程：xexk1)1((*)在R上没有实数解．①当1k时，方程(*)可化为01xe，在R上没有实数解．②当1k时，方程(*)化为xxek11.令xxexg)(，则有xexxg)1()(.令0)(xg，得1x，极值表如下x)1(，－1),1()(xg－0＋[来源:www.shulihua.net])(xg递减e1递增当1x时，exg1)(min，从而)(xg的取值范围为)1[，e.所以当)1(11ek，时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是)11(，e．综合①②，得k的最大值为1.15.解：（1）因为()lnfxx，所以1'()fxx，因此'(1)1f，所以函数()fx的图象在点(1,(1))f处的切线方程为1yx，由21,1,2yxyxbx得22(1)20xbx.由24(1)80b，得12b.（还可以通过导数来求b）（2）因为()()()hxfxgx21ln2xxbx(0)x，所以211'()xbxhxxbxx，由题意知'()0hx在(0,)上有解，因为0x，设2()1uxxbx，因为(0)10u，则只要20,240,bb解得2b，所以b的取值范围是(2,).（3）不妨设12xx，因为函数()lnfxx在区间[1,2]上是增函数，所以12()()fxfx，函数()gx图象的对称轴为xb，且2b.当2b时，函数()gx在区间[1,2]上是减函数，所以12()()gxgx，所以1212|()()||()()|fxfxgxgx，等价于1221()()()()fxfxgxgx，即1122()()()()fxgxfxgx，等价于()()()hxfxgx21ln2xxbx在区间[1,2]上是增函数，等价于1'()0hxxbx在区间[1,2]上恒成立，等价于1bxx在区间[1,2]上恒成立，所以2b，又2b，所以2b.第三单元.高考仿真模拟1.（泉州2020年3月质检）已知()lnxaxfxxxe．（1）当1a时，讨论()fx的极值点个数；（2）若0x时，()fxe恒成立，求a的取值情况．【答案】（1）1个（2）e1ea【解析】（1）e(1)1()1eexxxxaxafxxx令()xegxax，则2(1)().xexgxx当01,()0,xgx当0,()0,xgx所以()gx在(0,1)递减，在(1,)递增，所以min(1)egxga因为1a，所以0ae，()0gx恒成立，则当()0fx时,01,()0xfx)时，1x所以()fx在(0,1)递增，(1,)递减，所以1x是()fx唯一极值点.（2）因为0x，不等式可化为(ln)xxxeaex恒成立，(ln)()xxxehxex，只需min()ahx因为2(1)(ln1)()xxxxehxex，令ln1exxx，则11()1xxxx(0,1),()0,(1,),()0xxxx，所以x在0,1递增，1,递减.又2211e30,(1)e20,eee0，所以x在(0,1)存在唯一零点0x，在1,存在唯一零点ex，当00xx时，()0x，()0hx，当01xx时，()0,()0xhx，当1xe时，()0,()0xhx，当xe，()0,()0xhx，所以()hx在0(0,)x)和(1,)e上为减函数，在0(,1)x和,e上为增函数，所以minhx是0(hx)与(}he中较小者，1()ehee，因为000()ln10xxxe，所以010,xexe所以00e100000(lne)e()eexxxxhxxx，综上，e1min()exh，所以e1ea.所以，满足题意的a的取值范围是e1ea.2.（2020年福建省3月质检）已知函数()ln()xfxaxa．（1）求()fx的极值；（2）若2ln(1)0xxexmxexm恒成立，求正实数m的取值范围．【解析】（1）易知()xafxax.当0a，此时定义域为0,，故()ln()xfxaxa在0,a上递减，,a上递增，12lnfxfaa极小值当0a，此时定义域为,0，故()ln()xfxaxa在,a上递减，,0a上递增，12lnfxfaa极小值（2）思路一:通过等价变形，将已知不等式转化为2lnxmxxmxxe，根据()lnfxxx在1x时取得最小值1，将问题转化为研究函数2()xmxxmhxe的最大值，利用导数分01m和1m两类讨论()hx的单调性，当01m时，得到max21()(1)mhxhe，再由211me，并结合已知条件得到102em；当1m时，由21(1)1,mhe得到1m不符合题意;从而求得e102m.思路二:通过等价变形，将已知不等式转化为2lnxmxxmxxe，因为当1a时()fxxlnx在1x时取得最小值1，并根据1x时原不等式成立，得到02e1m，通过导数研究当02e1m时，函数2()xmxxmhxe在(0,)的最大值2111emh.思路三:通过等价变形，将已知不等式转化为2ln,xmxxmxxe因为当1a时()fxxlnx在1x时取得最小值1，并根据取1x时原不等式成立，得到e102m，22(1)2(1)2xxmxxmexxeee再通过导数证明2(1)2(1)()12xcxxehxe在(0,)恒成立即可.思路四:通过分离变量，将已知不等式转化为2ln(1)1xxexexmx通过，ln1xx得到22ln(1)11xxxexexexxx，再求出2()1xexHxx在(0,)的最小值为1(1)2eH，从而得到当1x时，2ln(1)1xxexexyx的最小值为1,2e从而求得e102m.思路五:根据1x时原不等式成立，结合已知条件得到e102m，从而有221ln(1)ln(1)(1)2xxxxeexmxexmexxex，通过对12()ln(1)(1)2xxekxexxex二次求导得221()(ln2)1xkxexxexx，并利用ln1xx得到21212112()e3e1e31exxxkxxxxx，再由111xex得到21222112112331330exxxxxxxxx，到()0,kx从而有()kx在(0,)单调递减，再结合(1)0k得到()kx的单调区间，进而证得max()(1)0,kxk从而求得e102m2.(2020届广州市高三一模训练题理数）已知函数e()lnxbfxaxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为22e0xy.（1）求a，b的值；（2）证明函数()fx存在唯一的极大值点0x，且0()2ln22fx.【考点】导数的几何意义、极值、以及利用导数法求函数的最值证明不等式．【命题意图】考查学生利用导数分析问题和解决问题的能力．【答案】（1）1b，2a；（2）见解析.【解析】（1）切点既在切线上，又在曲线()yfx的图像上，将点(1,(1))f代入22e0xy得(1)ef，1e(1)ln1e=11bfab，1b.又2ee()xxaxfxxx，由导数的几何意义可得2(1)kf2ee11aa，即2a；（2）（法1：找点+隐零点代换）：要使函数()fx存在唯一的极大值点0x，只需其导函数()fx在(0,)上存在唯一零点，且在0(0,)x上()0fx，在0(,)x上()0fx即可.由（1）得e()2lnxfxxx，222ee2ee()xxxxxxxfxxxx.令()2eexxgxxx，则()2(ee)exxxgxx2exx.()ee0xxgxx在(0,)x上恒成立，()gx在(0,)上单调递减.（找点）(0)0g，(1)2e0g，由零点存在性定理可知在(0,1)上存在唯一1(0,1)x，使得1()0gx，且在1(0,)x上()0gx，在1(,)x上()0gx，()gx在1(0,)x上单调递增，在1(,)x上单调递减，由此推断()gx的大致图像如图所示：(1)20g，2(2)4e0g，由零点存在性定理可知在(1,2)上存在唯一0(1,2)x，使得0()0gx，且在0(0,)x上()0gx，即()0fx；在0(,)x上()0gx，即()0fx，()fx在0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减，故()fx存在唯一极大值点.（隐零点代换）由上述证明可知00000()2ee0xxgxxx，0002e1xxx，0(1,2)x，0000e()2lnxfxxx0000002122ln2ln1xxxxxx.令2()2ln1hxxx，(1,2)x，则212()0(1)hxxx在(1,2)x上恒成立，()hx在(1,2)上为单调增函数，所以()(2)2ln22hxh，0022ln2ln221xx，即0()2ln22fx.（法2：找点+隐零点代换）：由（1）可得e()2lnxfxxx，222ee2ee()xxxxxxxfxxxx，22e(1)xxxx，当01x时，()0fx；当1x时，令()2e(1)xgxxx，()2(ee)exxxgxx2e2e0xx，()gx在(1,)上单调递减.由此推断()gx的大致图像如图所示：(1)20g，2(2)4e0g，由零点存在性定理可知在(1,2)上存在唯一0(1,2)x，使得0()0gx，且在0(0,)x上()0gx，即()0fx；在0(,)x上()0gx，即()0fx，()fx在0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减，故()fx存在唯一极大值点.（隐零点代换）由上述证明可知00000()2ee0xxgxxx，0002e1xxx，0(1,2)x，0000e()2lnxfxxx0000002122ln2ln1xxxxxx.令2()2ln1hxxx，(1,2)x，则212()0(1)hxxx在(1,2)x上恒成立，()hx在(1,2)上为单调增函数，所以()(2)2ln22hxh，0022ln2ln221xx，即0()2ln22fx.【解析点评】本题第一问属于基础题，在此不赘述;第二问考查学生利用导数研究导函数的零点问题和不等式恒成立问题.难点在于这类导函数的零点不可求，所以我们需要对有效导函数()2eexxgxxx的单调性、极值已经大致图像进行考察.方法一再次借助导数工具求导得()2exgxx，显然这也是零点不可求的类型，此时如果我们大胆假设()2e0xgxx，显然可以得到2exx，显然左右两个的函数的图像是由交点的，作出大致图像可以判断出其零点大概区间，此时我们只需借助零点存在性定理进行找点说明()gx的正负性即可得到()gx的单调性.而方法二巧妙之处在于改变有效导函数的结构，从而避免了两次找点的麻烦，只需再借助工具分析有效导函数()gx的单调性、极值以及图像走势即可.方法一和方法二的共同点都是借助虚设隐零点，采取设而不求的办法来处理同时含有lnx和ex这种跨阶的超越函数进行代换，从而使得目标变成一个求导后极容易处理的形式来处理.处理导数综合问题时，图象意识，极限意识要时刻牢记于心，导数由极限而生，必然可由极限而终，虽然高中对极限不再做要求，但是极限的思想不可灭.