1 函數與導數專題 1.設函數 011233)( 23 yxbxaxxxf 的圖像與直線相切于點（ 1， 11）。 （ 1）求 a， b 的值； （ 2）討論函數 )(xf 的單調性。 解：（ 1）求導得 .363)( 2 baxxxf 2 分 由于 0112)( yxxf 的圖象與直線 相切與點（ 1， 11）， 所以 .12363 ,11331,12)1(,11)1( ba baff 即 5 分 解得 .3,1 ba 6 分 （ 2）由 ).3)(1(3)32(3363)(3,1 22 xxxxbaxxxfba 得 令 .31,0)(；31,0)( xxfxxxf 解得又令或解得 所以當 )(,)1,( xfx 時 是增函數， 8 分 當 )(,),3( xfx 時 也是增函數； 10 分 當 )(,)3,1( xfx 時 是減函數。 2.已知向量 2( 3 , 1 ) , ( , )a x b x y ，（其中實數 y 和 x 不同時為零），當| | 2x 時，有 ab ，當 | | 2x 時， /ab (1) 求函數式 ()y f x ； （ 2）求函數 ()fx的單調遞減區間； 解：（ 1）當 | | 2x 時，由 ab 得 2( 3 ) 0a b x x y ， 3 3y x x ；（ | | 2x 且 0x ） -2 分 當 | | 2x 時，由 /ab.得2 3xy x -4 分 323 , ( 2 2 0 )() . ( 2 2 )3x x x xy f x x xxx 且或-5分 （ 2）當 | | 2x 且 0x 時，由 2 3 3yx0, 則 h (x)=ax+2-1x= 2 21ax xx, （ 2分） 函數 h(x)存在單調遞增區間 , h (x) 0有解 , 即不等式 ax2+2x-1 0有 x0的解 . （ 3分） 當 a0 的解 , 則方程 ax2+2x-1=0 至少有一個不重復正根 , 而方程 ax2+2x-1=0 總有兩個不相等的根時 , 則必定是兩個不相等的正根 . 故只需 =4+4a0, 即 a-1. 即 -1a0 時 , y= ax2+2x-1的圖象為開口向上的拋物線 , ax2+2x-1 0 一定有 x0的解 . （ 6分） 綜上 , a的取值范圍是 (-1, 0) (0, + ) （ 7分） 9. 已知 a 為實數， )(4()( 2 axxxf 若 )(xf 在 2, 和),2 上都是遞增的，求 a 的取值范圍。 解： 423)( 2 axxxf )( xf 為開口向上且過點 )4,0( 的拋物線， 由條件知： 0)2( f ， 0)2( f 即028084aa 解得： 22 a ，所以 a 的取值范圍是 2,2 10.已知函數 2( ) l n ( )f x x a x a R （ 1）當 1a 時，求函數 ()fx在點 1x 處的切線方程及 )(xf 的單調區間； （ 2）求函數 ()fx的極值 解：（ 1）當 a = -1 時， 2 1( ) l n , ( ) 2 ,f x x x f x xx (1) 3.f 函數 ()fx在點 x = 1 處的切線方程為 y 1= 3（ x 1），即 y =3x -2 當 0x 時， 012)( xxxf， 函數 )(xf 在（ 0， +）上是增函數， 而 )(xf 的定義域為 (0, ) ， 則函數 )(xf 的單調增區間為 (0, ) ，不存在遞減區間 （ 2）函數 )(ln)( 2 Raxaxxf 的定義域為（ 0， +）， xaxxf 2)(， 8 當 0a 時， )(,0)( xfxf )(,0)( xfxf 在（ 0， +）上是增函數；函數 )(xf 無極值 當 0a 時，由 0)( xf ，得22ax ， 由220,0)( axxf 得， 當22ax 時， )(xf 有極小值 )2lnln1(21)22( aaaf 綜上，當 0a 時， )(xf 無極值； 當 0a 時， )(xf 有極小值 )2lnln1(21 aa，無極大值 11.設 ).442(31)( 2 aaxxexf x 求 a 的值，使 )(xf 的極小值為 0； 解：（ 1） )442(3131)44()( 2 aaxxeeaxxf xx ,)44(231 2 xaxe x 令 1,022,2200)( aaaxxxf 即當或解得 時，無極值。 （ 1）當 )(),(,1,022 xfxfaa 時即 的變化情況如下表（一） x （ ,0） 0 （ 0， 2 2a） 2 2a （ 2 2a,+ ） )(xf 0 + 0 )(xf 極小值 極大值 此 時應有 10,0)( axf 得 （ 2）當 )(),(,1,022 xfxfaa 時即 的變化情況如下表（二） x （ ,2 2a） 2 2a （ 2 2a，0） 0 （ 0+ ） )(xf 0 + 0 9 )(xf 極小值 極大值 此時應有 即,0)22( af 031 )22( ae .1204)22(4)22(2 2 aaaaa 即 綜上所述，當 a=0 或 a=2 時， )(xf 的極小值為 0。 12. 已知函數 2 lnf x x a x 在 區 間 （ 1 ， 2 上 是 增 函 數 ， g x x a x 在區間（ 0， 1）上為減函數 . （）試求函數 ,f x g x 的解析式； （）當 x 0 時，討論方程 2f x g x解的個數 . 解 : （） 02 xaxxf在 2,1x 恒成立 , 所以 22xa , 2a . 又 021 xaxg 在 1,0x 恒成立 , 所以 xa 2 , 2a . 從而有 2a . 故 xxxf ln22 , xxxg 2 . （） 令 2)()()( xgxfxF , 則xxxxF1122)( xxxxxx )222)(1( 所以 xF 在 1,0 上是減函數 ,在 ,1 上是增函數 , 10 從而當 0x 時 , 01m in FxF. 所以方程 2)()( xgxf 在 ,0 只有一個解 1x . 13.已知函數 )(ln)( Rax axxf （）求 )(xf 的極值； （）若函數 )(xf 的圖象與函數 )(xg =1 的圖象在區間 ,0( 2e 上有公共點，求實數 a 的取值范圍。 解：（）2)( ln1)(),0()( x axxfxf 的定義域為 令 aexxf 10)( 得 2 分 當 )(,0)(,),0( 1 xfxfex a 時 是增函數 當 )(,0)(,),( 1 xfxfex a 時 是減函數 111 )()(,)( aaa eefxfexxf極大值處取得極大值在 （）（ i）當 21 ee a 時， 時1a ， 由（）知 ),0()( 1 aexf 在 上是增函數， 在 ,( 21 ee a 上是減函數 11 )()( aamx eefxf 又當 ,(.0)(,0(,0)(, 2eexxfexxfex aaa 當時當時 時 ， ,(.0)(,0(,0)(, 2eexxfexxfex aaa 當時當時 ).0()( 1 aexf 所以1)()( xgxf 與圖象 的圖象在 ,0( 2e 上有公共點，等價于 11 ae 解得 1,1,1 aaa 所以又 11 （ ii）當 121 aee a 即 時， ,0()( 2exf 在 上是增函數， 2222)(,0()( e aefexf 上的最大值為在 所以原問題等價 于 .2,12 22 eae a 解得 又 1a 無解 14.已知平面向量 a =( 3 , 1). b =(21,23). （ 1）若存在不同時為零的實數 k和 t，使 x =a +(t2 3)b ， y =-ka +tb ，x y ，試求函數關系式 k=f(t) ； (2) 據 (1)的結論，討論關于 t的方程 f(t) k=0的解的情況 . 解 ： (1) x y ， xy =0 即 a +(t2-3) b ( -ka +tb )=0. 整理后得 -k 2a +t-k(t2-3) ab + (t2-3) 2b =0 ab =0， 2a =4， 2b =1， 上式化為 -4k+t(t2-3)=0， 即 k=41t(t2-3) (2)討論方程41t(t2-3)-k=0的解的情況 ， 可以看作曲線 f(t)= 41t(t2-3)與直線 y=k的交點個數 . 于是 f (t)= 43(t2-1)= 43(t+1)(t-1). 令 f (t)=0,解得 t1=-1,t2=1.當 t變化時 ， f (t)、 f(t)的變化情況如下表 ： t (-, -1) -1 (-1,1) 1 (1,+ ) f (t) + 0 - 0 + F(t) 極大值 極小值 當 t= 1時， f(t)有極大值， f(t)極大值 =21. 當 t=1時， f(t)有極小值， f(t)極 小值 =21 函數 f(t)=41t(t2-3)的圖象如圖 13 2 1所示， 可觀察出： (1)當 k21或 k21時 ,方程 f(t) k=0有且只有一解； (2)當 k=21或 k=21時 ,方程 f(t) k=0有兩解； 12 (3) 當21 k21時 ,方程 f(t) k=0 有三解 . 15.已知函數 ( ) lnf x x x . （）求 ()fx的最小值； （）若對所有 1x 都有 ( ) 1f x ax，求實數 a 的取值范圍 . （）解： ()fx的定義域為 0 ( ， +)， . 1 分 ()fx的導數 ( ) 1 lnf x x . . 3 分 令 ( ) 0fx ，解得 1ex；令 ( ) 0fx ，解得 10ex. 從而 ()fx在 10e，單調遞減，在 1e， +單調遞增 . . 5 分 所以，當 1ex時， ()fx取得最小值 1e. . 6 分 （）解： 解法一： 令 ( ) ( ) ( 1 )g x f x a x ， 則 ( ) ( ) 1 l ng x f x a a x ， 8 分 若 1a ，當 1x 時， ( ) 1 l n 1 0g x a x a ， 故 ()gx 在 (1 )， + 上為增函數 ， 所以， 1x 時， ( ) (1 ) 1 0g x g a ，即 ( ) 1f x ax. . 10 分 若 1a ，方程 ( ) 0gx 的根為 10 eax ， 此時，若0(1 )xx ，則 ( ) 0gx ，故 ()gx 在該區間為減函數 . 所以，0(1 )xx ，時， ( ) (1 ) 1 0g x g a ，即 ( ) 1f x ax， 與題設 ( ) 1f x ax相矛盾 . 13 綜上，滿足條件的 a 的取值范圍是 ( 1， . . 13 分 解法二： 依題意，得 ( ) 1f x ax在 1 )， 上恒成立， 即不等式 1lnaxx對于 1 )x ， 恒成立 . 8 分 令 1( ) lng x xx， 則21 1 1 1( ) 1gx x x x x . . 10 分 當 1x 時，因為 11( ) 1 0gxxx ， 故 ()gx 是 (1 )， 上的增函數 ， 所以 ()gx的最小值是 (1) 1g ， . 12 分 從而 a 的取值范圍是 ( 1， . 16. 已知函數 xaxxf ln)( 2 在 2,1( 是增函數 , xaxxg )( 在 (0,1)為減函數 . （ 1） 求 )(xf 、 )(xg 的表達式； (2III） 當 1b 時 ,若212)( xbxxf 在 x 1,0( 內恒成立 ,求 b 的取值范圍 . 解 : （ I） ,2)(xaxxf 依題意 2,1(,0)( xxf ,即 22xa , 2,1(x . 上式恒成立 , 2a 1分 又xaxg21)( ,依題意 )1,0(,0)( xxg ,即 xa 2 , )1,0(x . 上式恒成立 , .2a 2分 由得 2a . 3分 .2)(,ln2)( 2 xxxgxxxf 4分 14 （ 2） 設 2231 2 2( ) 2 l n 2 ( ) 2 2 0x x x b x x x bx x x 則, 9分 ()x 在 (0,1 為減函數 m i n( ) (1 ) 1 2 1 0xb 又 1b 11分 所以： 11 b 為所求范圍 . 12分 17.已知函數 f(x)= 21 2 ( 0 ) , ( ) l n ,2 a x x a g x x 是否存在實數 a0，使得方程 () ( ) ( 2 1 )gx f x ax 在區間 1( , )ee內有且只有兩個不 相等的實數根？若存在，求出 a的取值范圍？若不存在，請說明理由。 解：方程 () ( ) ( 2 1 )gx f x ax 即為 l n l n2 ( 2 1 ) , ( 1 2 ) ,xxa x a a x a 等價于方程 ax2+(1-2a)x-lnx=0 . （ 8分） 設 H(x)= ax2+(1-2a)x-lnx, 于是原方程在區間 (1,ee)內根的問題 , 轉化為函數 H(x)在區間 (1,ee)內的零點問題 . （ 9分） H (x)=2ax+(1-2a)- 1x= 22 (1 2 ) 1 ( 2 1 ) ( 1 )a x a x a x xxx （ 10分） 當 x (0, 1)時 , H (x)0, H(x)是增函數； 若 H(x)在 (1,ee)內有且只有兩個不相等的零點 , 只須 22m i n221 1 2 (1 2 )( ) 1 0( ) (1 ) (1 2 ) 1 0( ) (1 2 ) 1 ( 2 ) ( 1 ) 0a a e a e eHe e e eH x H a a aH e a e e a e e a e （ 13 分） 15 解得 2121eea e, 所以 a的取值范圍是 (1, 221eee) （ 14 分） 18.已知函數 23)( nxmxxf （ m、 n R， m 0）的圖像在（ 2， )2(f ）處的切線與 x軸平行 （ 1）求 n， m的關系式并求 )(xf 的單調減區間； （ 2）證明：對任意實數 ,10 21 xx 關于 x的方程： ),(0)()()(2112 12 xxxxxfxfxf 在 恒有實數解 （ 3）結合（ 2）的結論，其實我們有拉格朗日中值定理：若函數 )(xf 是在閉區間 a,b上連續不斷的函數，且在區間（ a,b）內導數都存在，則在（ a,b）內至少存在一點 x0，使得 .)()()(0 ab afbfxf 如我們所學過的指、對數函數，正、余弦函數等都符合拉格朗日中值定理條件試用拉格朗日中值定理證明： 當 ba0 時，a ababb ab ln（可不用證明函數的連續性和可導性） 解：（ 1）因為 nxmxxf 23)( 2 1 分 由已知 mnnmf 303,0)2( 即所以 2 分 即 .0)2(0)(,63)( 2 xmxxfmxmxxf 知由 當 )；2,0()(,200 的減區間為或時得 xfxxm 3 分 當 )；,2(),0,()(,200 的減區間為時得 xfxm 4分 綜上所述：當 )；2,0()(,0 的減區間為時 xfm 16 當 )；,2(),0,()(,0 的減區間為時 xfm 5 分 （ 2） )33()()(2121222112 12 xxxxxxmxxxfxf 6 分 0)()()(1212 xx xfxfxf 可化為 ,03363 212122212 xxxxxxxx 令 212122212 3363)( xxxxxxxxxh 7 分 則 )32)()( 21211 xxxxxh ， )32)()( 21122 xxxxxh ， 即 )32)(32()()()( 212122121 xxxxxxxhxh 又因為 ,10 21 xx 所以 0)32(,0)32( 2121 xxxx ，即 0)()( 21 xhxh 8 分 故 0)( xh 在區間 ),( 21 xx 內必有解，即關于 x的方程 ),(0)()()(2112 12 xxxxxfxfxf 在 恒有實數解 9 分 （ 3）令 ),(,ln)( baxxxg 10 分 則 )(xg 符合拉格朗日中值定理的條件，即存在 ),(0 bax 使 ab abab agbgxg lnln)()()( 0 11分 因為0),1,1()(0),(,1)( ababxgbabaxxxg 可知由 12分 即 ,1lnlnln)()()(10 aabababababagbgxgb 17 a ababb ab ln 14 分 19.拋物線 ()y g x 經過點 (0, 0)O 、 ( , 0)Am 與點 ( 1 , 1 )P m m，其中0 nm ， ab ，設函數 )()()( xgnxxf 在 ax 和 bx 處取到極值。 （ 1）用 ,mx表示 ()y g x ； （ 2） 比較 nmba , 的大?。ㄒ蟀磸男〉酱笈帕校?（ 3）若 22 nm ，且過原點存在兩條互相垂直的直線與曲線 )(xfy 均相切，求 )(xfy 。 解 ：（ 1 ）由 拋 物 線 經 過 點 (0, 0)O 、 ( , 0)Am 設拋物線方程( ) , 0y k x x m k ， 又拋物線過點 ( 1 , 1 )P m m，則 1 ( 1 ) ( 1 )m k m m m ，得1k ， 所以 2( ) ( )y g x x x m x m x 。 3分 （ 2） )()()( xgnxxf 32( ) ( ) ( )x x m x n x m n x m n x ， /2( ) 3 2 ( )f x x m n x m n ，函數 ()fx 在 ax 和 bx 處取到極值， 5 分 故 /( ) 0 , ( ) 0f a f b， 0 nm ， / 2 2( ) 3 2 ( ) ( ) 0f m m m n m m n m m n m m n 7分 / 2 2( ) 3 2 ( ) ( ) 0f n n m n n m n n m n n n m 18 又 ab ，故 b n a m 。 8分 （ 3）設切點00( , )Q x y，則切線的斜率 /20 0 0( ) 3 2 ( )k f x x m n x m n 又 320 0 0 0()y x m n x m n x ，所以切線的方程是 3 2 20 0 0 0 0 0( ) 3 2 ( ) ( )y x m n x m n x x m n x m n x x 9分 又切線過原點，故 3 2 3 20 0 0 0 0 0( ) 3 2 ( )x m n x m n x x m n x m n x 所以 32002 ( ) 0x m n x ，解得0 0