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第25期:函数压轴之25个经典分类讨论问题.docx

1、函数压轴之 25 个经典分类讨论问题 1设函数 2 1 ( )sincos 2 f xxxxax (1)当 1 2 a 时,讨论( )f x在(, ) 内的单调性; (2)当 1 3 a 时,证明: ( )f x有且仅有两个零点 【解析】 (1)当 1 2 a 时, 2 1 ( )sincos 4 f xxxxx, 11 ( )sincossin(cos) 22 fxxxxxxxx , 令( )0fx,解得0 x 或 3 x , 3 x , 当 ( )0fx时,解得0 3 x 或 3 x ,当( )0fx时,解得 3 x 或 0 3 x , ( )f x在( 3 ,0)或( 3 ,)上单调递减

2、,在(,) 3 或(0,) 3 上单调递增; (2) ( )f x的定义域为(,) , 22 11 ()()sin()cos()()sincos( ) 22 fxxxxaxxxxaxf x , ( )f x为偶函数, (0)10f , ( )f x有且仅有两个零点等价于( )f x在(0,)有且只有一个零点, ( )(cos)fxxxa, 当1a时,cos0 xa , ( ) 0fx恒成立, ( )f x在(0,)上单调递减, 22 11 ( )sincos10 22 faa , (0) ( )0ff, ( )f x在(0,)上有且只有一个零点, 当 1 1 3 a时,令( )(cos)0fx

3、xxa,即cosxa, 可知存在唯一(0,) 2 ,使得cosa, 当(0, )x或(22,22)xkk时,kN,( )0fx,函数 ( )f x单调 递增, 当(2,22)xkk时,kN, ( )0fx,函数( )f x单调递减, 由 2 1 tan1 a , 1 1 3 a,可得0 tan2 2 , 当kN,22tan2(2)k, 2 22 1113(22tan )10 (22)(22tan )1(22tan )10 22626 k fkakk a ,( )f x在(0,)上有且只有一个零点, 综上所述,当 1 3 a 时,( )f x有且仅有两个零点 【小结】 1、利用导数研究函数的单调

4、性的关键在于准确判定导数的符号,当f(x)含参数时, 需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论;若可导函数f(x)在指定的区间 D上单调递增(减), 求参数范围问题, 可转化为f(x)0(或f(x)0)恒成立问题, 从而构建不等式,要注意“”是否可以取到 2、用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定 理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合 来解决. 2已知函数 2 ( )2ln2(1)f xmxxm x (1)讨论函数 ( )f x的单调区间; (2)当1x 时,求证: 2 2 86 ln35 2 1 xxxx x x 【解析】

5、( )f x的定义域为(0,), 则 2 2(1)1(1)(1) ( )22(1)22 mxm xmxx fxmxm xxx , 当0m时,10mx ,当(0,1)x时, ( )0fx,当(1,)x时,( )0fx, 函数( )f x的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,), 当0m时,令( )0fx,解得1x 或 1 x m , 当1m 时, 2 (1) ( )20 x fx x 恒成立, 函数( )f x的单调递减区间为(0,),无单调递增区间, 当1m 时, 1 01 m , 当 1 (0,)x m 或(1,)时,( )0fx,当 1 (x m ,1)时,( )0fx, 函数(

6、 )f x的单调递减区间为 1 (0,) m 或(1,),单调递增区间为 1 ( m ,1), 当10m , 1 1 m , 当(0,1)x或 1 ( m ,)时,( )0fx,当 1 (1,)x m 时,( )0fx, 函数( )f x的单调递减区间为(0,1)或 1 ( m ,),单调递增区间为 1 (1,) m 综上所述:当0m时,函数 ( )f x的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,), 当1m 时,函数 ( )f x的单调递减区间为(0,),无单调递增区间, 当1m 时, 函数 ( )f x的单调递减区间为 1 (0,) m ,(1,), 单调递增区间为 1 ( m ,

7、1), 当10m 时,函数 ( )f x的单调递减区间为(0,1)或 1 ( m ,),单调递增区间为 1 (1,) m (2) 证明:要证 2 2 86 ln35 2 1 xxxx x x ,即证 32 2 6 (1ln )235 0 1 xxxx x , 令 32 ( )6 (1 ln )235h xxxxx 22 ( )66ln6663(22ln2 )h xxxxxxx , 由(1) ,当2m 时, 2 ( )22ln2f xxxx, 可得 ( )f x的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,), 即( )h x的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,), ( )h xh

8、 (1)0,( )h x在(0,)上单调递增, h(1)6(1 ln1)23 50 ,当01x时,( )0h x , 2 10 x , 当1x 时,( )0h x , 2 10 x , 32 2 6 (1)235 0 1 xlnxxx x , 即 2 2 8635 2 1 xxlnxx x x 【小结】 含有参数的函数单调性讨论常见的形式: (1)对二次项系数的符号进行讨论; (2)导函数是否有零点进行讨论; (3)导函数中零点的大小进行讨论; (4)导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等. 3已知函数 1 lnfxaxx aR . (1)若1a ,求 f x在区间 1 ,e e 上的极值

9、; (2)讨论函数 f x的单调性. 【解析】 (1)当1a 时, 1 lnf xxx ,所以, ( )() 11 10 x fxx xx - = -=,列表; x 1 ,1 e 1 1,e fx 0 f x单调递减极小单调递增 所以, f x在区间 1 ,e e 上的有极小值 10f,无极大值; (2)函数 f x的定义域为0,, 11ax fxa xx . 当0a 时,10ax-,从而 0fx ,故函数 f x在0,上单调递减; 当0a 时,若 1 0 x a ,则10ax-,则 fx的增区间为, ,无减区间 当0a 时,由 ( ) 0fx =,得2lnxa 当,2lnxa 时, ( )

10、0fx , 所以 fx的减区间为,2lna,增区间2ln , a (2)证明:法一:要证明 22 ln x ae xexe 由于当0a 时, 2 0ae x ,只要证 2 ln0 x eex 设 2 ln x g xeex,则 2 x gxe e x , 2 2 0 x gxe x e , 所以 gx 在( ) 0,+上是增函数 又 2 10gee , 22 2 20 22 e g e e, 所以存在 0 1,2x ,使得 0 2 0 0 0 x ge x e x,即 0 2 0 x e e x , 00 ln2xx 所以当 0 0,xx时, ( ) 0gx , 因此 g x在 0 0,x上是

11、减函数,在 0, x 上是增函数, 所以 g x有极小值, 且极小值为 0 22 222222 0000 00 ln22220 x g xeexexe xeee x e x e 因此 0g x,即 2 ln0 x ex 综上,当0a 时, 2 lnf xex 法二:要证明 22 ln x ae xexe ,只要证 2 2 ln x e xx ex ae 设 2 0 x g xaex x e ,则 2 1 x xe gx x 当01x时, ( ) 0gx , 所以 g x在( ) 0,1上是减函数,在( ) 1,+上是增函数, 所以1x 是 g x的极小值点,也是最小值点,且 2 min 1g

12、xgeae 令 2 ln 0 x h x e x x ,则 2 2 1 ln x h x x e 当0 xe时, 0h x ;当ex时, 0h x , 所以 h x在0,e上是增函数,在, e 上是减函数, 所以xe是 h x的极大值点,也是最大值点,且 max h xh ee, 所以当0a 时, 2 g xeaeeh x ,即 2 2 ln x e xx ex ae 综上,当0a 时, 2 lnf xex 法三:要证明 22 ln x ae xexe 由于当0a 时, 2 0ae x ,只要证 2 ln0 x eex 设 222222 lnln xx g xeexe xexeeeex, 令

13、22 0 x h xee xex,则 2x h xee, 当02x时, 0h x ;当2x 时, 0h x , 所以 h x在0,2上是减函数,在( ) 2,+上是增函数, 所以2x 是 h x的极小值点,也是 h x的最小值点,即 min 20h xh 设 222 lnm xe xeex,则 2 2 2 1xe m xe xx e 当01x时, 0mx ;当2x 时, 0mx , 所以 m x在( ) 0,1上是减函数,在( ) 1,+上是增函数, 所以1x 是 m x的极小值点,也是 m x的最小值点,即 min 10m xm 综上, 0h x (当且仅当2x 时取等号) , 0m x (

14、当且仅当1x 时取等号) , 所以 0g xh xm x,故当0a 时, 2 lnf xex 【小结】 此题考查导数的应用,考查利用导数证明不等式,解题的关键是将不等式等价转 化,然后构造函数,利用导数求函数的最值,考查数学转化思想,属于较难题 10已知函数 2 ( )lnf xxaxx. (1)试讨论函数 ( )f x的单调性; (2)对任意0a ,满足 2 ( )lnf xxaxx的图象与直线y kx恒有且仅有一个公 共点,求k的取值范围. 【解析】 (1) 2 121 ( )21(0) axx fxaxx xx 当0a 时,恒有( )0fx ,所以 ( )f x在(0,)单调递增; 当0

15、a 时,令 2 210axx ,则1 80a ,则 1 118 0 4 a x a , 2 118 0 4 a x a (舍去) , 当 118 (0,) 4 a x a 时,( )0fx , ( )f x在 118 (0,) 4 a a 单调递增; 当 118 (,) 4 a x a 时, ( )0fx ,( )f x在 118 (,) 4 a a 单调递减. 综上所述,当0a 时, ( )f x在(0,)单调递增; 当0a 时, ( )f x在 118 (0,) 4 a a 单调递增, ( )f x在 118 (,) 4 a a 单调递减. (2)原命题等价于对任意0a , 2 lnxax

16、xkx 有且仅有一解, 即 2 ln xaxx k x ; 令 ln ( )1 x h xax x 则 2 1ln ( ) x h xa x , 3 3 2(ln) 2 ( ) x h x x ,令( ) 0h x 得 3 2 xe 所以)(h x在 3 2 (0,)e上递减,在 3 2 (,)e上递增, 3 2 3 2 min 33 1ln1 ( )() 2 e h xh eaa ee 当 3 1 2 a e 时,( )0h x ,所以( )h x在R上单调递增, 又当0 x 时, ln ,0 x ax x ,所以( )h x ; 当x 时, ln , x ax x ,所以( )h x .

17、所以( )h x在R上必存在唯一零点,此时kR; 当 3 1 0 2 a e 时, 3 2 min ( )()0h xh e,同时又当0 x 时, 2 1ln , x a x , 所以 ( )h x ;当x 时, 2 1ln 0, x a x ,所以( )h x . 所以方程( )0h x 存在两根 12 ,x x,即 22 1122 1ln1ln0 xaxxax 且 33 22 12 (0,),(,)xexe, 所以( )h x在 1 (0,)x上单调递增, 12 ( ,)x x上单调递减,在 2 (,)x 上单调递增, 所以( )h x的极大值为 1 ( )h x,极小值为 2 ()h x

18、 要使有方程 2 ln xaxx k x 唯一解,必有 1 ( )kh x或 2 ()kh x, 又 2222 22 2222 lnln1ln2ln1 ()111 xxxx h xax xxxx , 又 3 2 2 (,)xe,则 2ln1 ( )1 x x x , 2 32ln ( )0 x x x ,所以( )x在 3 2 (,)e递减, 且x 时, 2ln1 ( )11 x x x ,所以1k ; 同理 1 1 1 2ln1 ()1 x h x x , 3 2 1 (0,)xe, 2ln1 ( )1 x x x 在 3 2 (0,)e递增, 33 22 3 2 2 ( )()121xee

19、 e ,所以 3 2 21ke . 综上可得,1k 或 3 2 21ke . 【小结】 本题是一道利用导数研究函数性质,零点的综合应用题型,属于难题,一般利用 导数研究函数零点或方程的实数根时,需根据题意构造函数 f x,利用导数研究 函数在该区间上的单调性,极值,端点值等性质,以及零点存在性定理等研究函 数的零点. 11设函数 22 322 3 ( )3, ( )33, 22 aa f xxxax g xaxxa R. (1)求函数 f x的单调区间; (2)若函数 2 3 ( )( )( )0,2 22 a xf xg xxx在0 x 处取得最大值,求a的取值范 围. 【解析】 (1) 2

20、 2 ( )36313fxxxaxa, 当3a 时, 0fx , 所以 ( )f x的单调递增区间为(,) ,无单调递减区间; 当3a 时,令 0fx ,得 93 1 3 a x 或 93 1 3 a x , 所以 ( )f x的单调递增区间为 93 ,1 3 a 和 93 1, 3 a 令 0fx ,得 9393 11 33 aa x , 所以 ( )f x的单调递减区间为 9393 1,1 33 aa . 综上,当3a 时, ( )f x的单调递增区间为(,) ,无单调递减区间; 当3a 时,( ) f x的单调递增区间为 93 ,1 3 a 和 93 1, 3 a ,单调递减区 间为 9

21、393 1,1 33 aa . (2)由题意得 322 133 ( )(1)3,0,2 222 xaxaxxax. 因为函数 x在0 x 处取得最大值, 所以 2322 3133 (0)( )(1)3,0,2 2222 axaxaxxax, 即 32 13 (1)30,0,2 22 axaxxx, 当0 x 时,显然成立. 当0,2x时,得 2 13 130 22 axax , 即 22 32323 2 3 222 21 +2 xx a xx xx x x . 令22,4tx,则 2 ( )1,(2,4 t h ttt , 2 2 10h t t 恒成立,所以 2 ( )1,(2,4 t h

22、ttt 是增函数, 5 ( )0, 2 h t , 所以 36 2 5 (2)1 2 x x ,即 6 5 a,所以a的取值范围为 6 , 5 . 【小结】 对含参数的函数求单调区间,根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法;已 知函数的最大值求参数的取值范围,往往转化为不等式恒成立问题,如果能分离 参数的话,分离参数是解决这类题的常用方法,然后再求函数的最值即可. 12已知函数 2 1ln1fxxaxx(0a ). (1)讨论函数 f x的单调性; (2) 若关于x的不等式 1lnx xfxx x 在1 ,上恒成立, 求实数a的取值范围. 【解析】 (1) 11 21121 x fxxaxa

23、 xx 121 21 a xxax x xx , 0,x, 令 0fx ,则 2 a x 或1x , 当02a时,函数 f x在区间0, 2 a 和 1,上单调递增,在区间,1 2 a 上单调 递减, 当2a 时,函数 f x在0 ,上单调递增, 当2a 时,函数 f x在区间0,1和, 2 a 上单调递增,在区间1, 2 a 上单调递 减; (2) 原不等式化为: ln 2 x ax x 在1 ,上恒成立, 设 ln 2 x h xx x ,1,x, 2 22 1 ln21 ln 2 xxx h x xx ,令 2 21 lng xxx ,则 1 40gxx x , 所以 g x在1 ,上单

24、调递增, 110g xg ,所以 0h x , 则函数 h x在1 ,上单调递增,且 12h,02a. 【小结】 本题考查利用导数研究单调性 (含参) , 考查利用导数研究恒成立问题, 解决第 (2) 问的关键是将原不等式转化为 ln 2 x ax x 在1 ,上恒成立,进而利用导数研究 函数的单调性,从而得解,考查逻辑思维能力和运算求解能力,考查转化和划归 思想,属于常考题. 13已知函数 ln2 a g xxx x . (1)讨论 g x的单调性; (2)当 1 0a e 时,函数 2 2 2 a f xxg xxx 在其定义域内有两个不同的 极值点,记作 1 x、 2 x,且 11 xx

25、,若m1,证明: 1 12 mm x xe . 【解析】 (1)函数 ln2 a g xxx x 的定义域为0,, 2 22 12 2 axxa g xaR xxx , 方程 2 20 xxa的判别式1 8a . 当 1 8 a 时,0 , 0gx, g x在0,为增函数; 当 1 8 a 时,0 ,方程 2 20 xxa的两根为 1 11 8 4 a x , 2 11 8 4 a x , (i)当 1 0 8 a时, 12 0 xx,对任意的0 x , 0gx, g x在0,为 增函数; (ii) 当0a 时, 12 0 xx, 令 0gx, 可得 2 0 x x , 令 0gx, 可得 2

26、 x x . 所以, g x在 1 81 , 4 a 为增函数,在 1 81 0, 4 a 为减函数. 综上所述:当0a 时, g x的增区间为0,,无减区间; 当0a 时, g x的增区间为 1 81 , 4 a ,减区间 1 81 0, 4 a ; (2)证明: 2 ln 2 a f xxxxxa aR,所以 lnfxxax, 因为 f x有两极值点 1 x、 2 x,所以 11 ln xax, 22 ln xax, 欲证 1 12 mm x xe 等价于要证: 1 12 lnln mm xxe ,即 12 1lnlnmxm x, 所以 121212 1lnlnmxmxaxmaxa xmx

27、, 因为m1, 12 0 xx,所以原不等式等价于要证明 12 1 m a xmx . 又 11 ln xax, 22 ln xax,作差得 1 12 2 ln x a xx x , 1 2 12 ln x x a xx , 所以原不等式等价于要证明 1 12 21 1212212 ln 11 ln x mxxxxm xxxmxxxmx , 令 1 2 x t x ,0,1t,上式等价于要证 11 ln m t t tm ,0,1t, 令 11 ln m t h tt tm ,所以 2 2 1ttm h t t tm , 当m1时, 2 0tm ,则 0h t ,所以 h t在0,1上单调递增

28、,因此 10h th, 11 ln m t t tm 在0,1t上恒成立,所以原不等式成立. 【小结】 利用导数研究函数的单调性,再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综 合中的一个难点,解题技巧是构造辅助函数,把不等式的证明转化为利用导数研 究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结构特征构造 一个可导函数是用导数证明不等式的关键. 14已知实数0a ,函数 2 2 lnf xa xx x ,0,10 x. (1)讨论函数 f x的单调性; (2)若1x 是函数 f x的极值点,曲线 yf x在点 11 ,P xf x 22 ,Q xf x( 12 xx)处的切线分别为

29、 1 l 2 l,且 1 l 2 l在y轴上的截距分别为 1 b 2 b.若 12 /ll,求 12 bb的取值范围. 【解析】 (1)由题意, 2 22 212 010 axaxa fxax xxx , 0a ,010 x,20ax, 当 1 10 a ,即 1 0, 10 a 时, 0fx , f x在0,10上单调递减; 当 1 010 a ,即 1 , 10 a 时,当 1 0,x a 时, 0fx ;当 1 ,10 x a 时, 0fx , f x在 1 0, a 上单调递减,在 1 ,10 a 上单调递增. 综上所述:当 1 0, 10 a 时, f x在0,10上单调递减; 当

30、1 , 10 a 时, f x在 1 0, a 上单调递减,在 1 ,10 a 上单调递增; (2)1x 是 f x的极值点, 10 f ,即210aa, 解得1a 或2a (舍) ,此时 2 lnf xxx x , 2 21 1fx xx , 1 l方程为 111 2 111 221 ln1yxxxx xxx , 令0 x ,得 11 1 4 ln1bx x ,同理可得 22 2 4 ln1bx x , 12 / /ll, 22 1122 2121 11 xxxx ,整理得: 1212 2x xxx, 1 2 1 2 2 x x x , 又 12 010 xx,则 1 1 1 2 10 2

31、x x x ,解得 1 5 4 2 x, 1 212 21111 12 1 1221222 2 2 1 244 lnlnln 1 x xxxxxxxx bb x x xxxxxx x , 令 1 2 x t x ,则 11 1 1 21 1,1 224 xx tx x , 设 2 11 ln ,1 14 t g tt t t ,则 2 22 141 0 11 t g t t tt t , g t在 1 ,1 4 上单调递增, 又 10g, 16 ln4 45 g , 6 ln4,0 5 g t , 即 12 bb的取值范围为 6 ln4,0 5 . 【小结】 关键点点点睛:解决本题的关键是利用

32、导数的几何意义转化条件,再构造新函数, 结合导数即可得解. 15已知函数 32 ( )23(1)6()f xxm xmx xR. (1)讨论函数 ( )f x的单调性; (2)若(1)5f,函数 2 ( ) ( )(ln1)0 f x g xax x 在(1,)上恒成立,求证:2ae. 【解析】 (1) 22 66 1661fxxm xmxm xm 6(1)()xxm 若1m 时,( )0fx , ( )f x在R上单调递增; 若1m 时,1m ,当xm 或1x 时,( )0fx , ( )f x为增函数, 当1mx 时,( )0fx , ( )f x为减函数, 若1m时,1m ,当1x 或x

33、m时,( )0fx , ( )f x为增函数, 当1xm 时,( )0fx , ( )f x为减函数. 综上,1m 时, ( )f x在R上单调递增; 当1m 时, ( )f x在(,) m和( 1,) 上单调递增,在(, 1)m上单调递减; 当1m时, ( )f x在(, 1) 和(,)m上单调递增,在( 1,)m上单调递减. (2)由(1)23(1)65fmm,解得0m , 所以 32 ( )23f xxx, 由(1,)x时,ln10 x ,可知( )(ln1)230g xaxx 在(1,)上恒成立 可化为 23 ln1 x a x 在(1,)x上恒成立, 设 23 ( )(1) ln1

34、x h xx x , 则 22 13 2(ln1)(23)2ln ( ) (ln1)(ln1) xxx xx h x xx , 设 3 ( )2ln(1)xxx x ,则 2 23 ( )0 x xx , 所以( )x在(1,)上单调递增, 又 3ln163 (2)2ln20 22 , 3 ( )20e e 所以方程( )0h x 有且只有一个实根 0 x,且 00 0 3 2,2ln.xex x 所以在 0 (1,)x上,( )0h x,( )h x单调递减,在 0 (,)x 上,( )0, ( )h xh x 单调递 增, 所以函数( )h x的最小值为 00 00 0 0 2323 ()

35、22 3 ln1 1 2 xx h xxe x x , 从而 0 22 .axe 【小结】 解答本题的难点在于得到 2 3 2ln ( ) (ln1) x x h x x 后,不能求出( )h x 的零点,需要根据 ( )h x 的单调性及零点存在定理得到 0 x的大致范围,再利用 0 x的范围及 0 0 3 2ln x x 证明不等式. 16设 1 ,5 4 m h xxx x ,其中m是不等于零的常数, (1)写出4hx的定义域; (2)求 h x的单调递增区间; 【解析】 (1) 1 45 4 x , 15 16 4 x ,4hx的定义域为 15 16 4 , (2) 2 1 m h x

36、 x 0m时, 0h x 恒成立, h x在 1 5 4 ,递增; 0m 时, 令 0h x , 解得x m 或x m , 即函数的单调增区间为,m , ,m 当 1 4 m 即 1 0 16 m时, h x在 1 5 4 ,递增 当 1 5 4 m即 1 25 16 m时, h x在5m ,递增 当 5m 即25m时, h x在 1 5 4 ,无递增区间 综上可得:0m时, h x在 1 5 4 ,递增; 1 0 16 m时, h x在 1 5 4 ,递增; 1 25 16 m时, h x在5m ,递增 【小结】 本题考查函数的定义域,考查导数研究函数的单调性,解决本题的关键是令 0h x

37、求出函数的单调增区间, 讨论定义域的区间端点和单调区间的关系, 考查 了学生分类讨论思想和计算能力,属于中档题 17已知 1 ,1 2 k ,函数 2 ( )(1) x f xxekx (2.71828e 为自然对数的底数) (1)求函数 ( )f x的单调区间; (2)求函数 ( )f x在0, k上的最大值 【解析】 (1)由题得( )(1)2(2 ) xxx fxexekxx ek, 令 0 ( )0, 20 x x fx ek 或 0 20 x x ek , 因为 1 ,1 2 k ,所以122k, 所以不等式组的解为ln2xk或0 x , 所以函数 ( )f x的单调增区间为(ln2

38、 ,),(0)k ,; 令 0 ( )0, 20 x x fx ek 或 0 20 x x ek , 解之得0ln2xk, 所以函数 ( )f x的单调减区间为(0,ln2 )k; 所以函数 ( )f x的单调增区间为(ln2 ,),(0)k ,单调减区间为(0,ln2 )k. (2)令 ( )(2 )kklnk, 1 (2k ,1, 11 ( )10 k k kk 所以 ( )k在 1 ( 2 ,1上是减函数, (1) 1 ( )( ) 2 k, 1 12( ) 2 lnkk 即0 (2 )lnkk 所以( ) fx, ( )f x随x的变化情况如下表: x(0,(2 )lnk(2 )lnk

39、( (2 )lnk,)k ( ) fx 0 ( )f x 极小值 (0)1f , ( )(0)f kf 3 (1)(0) k kekf 3 (1)1 k kek 3 (1)(1) k kek 2 (1)(1)(1) k kekkk 2 (1)(1) k kekk 1 (2k ,1,1 0k 对任意的 1 (2k ,1, k ye的图象恒在 2 1ykk下方, 所以 2 (1) 0 k ekk, 所以 ( )(0) 0f kf,即( )(0)f kf, 所以函数 ( )f x在0,k上的最大值 3 ( )(1) k f kkek 【小结】 解答本题的关键点有两个,其一:是构造函数利用导数比较,

40、(2 )k lnk的大小;其二: 是比较 ( ),(0)f kf的大小,确定函数的最大值. 18已知函数 2 ( )ln(21)f xxaxax (1)若函数 ( )f x在 1x 处取得极值,求曲线( )yf x在点(2,(2)f处的切线方程; (2)讨论函数 ( )f x的单调性; (3)当0a 时, 2 ( )(1) ( )1g xxf xx,证明:函数( )g x有且仅有两个零点, 且两个零点互为倒数 【解析】 (1)求导: 1 ( )221fxaxa x ,由已知有( )01 f ,即1 2210aa , 所以 1 2 a , 则 2 1 ( )ln 2 f xxx, 所以切点为(2

41、,ln22), 切线斜率 3 (2) 2 k f , 故切线方程为: 3 1ln2 2 yx . (2) ( )f x的定义域为(0,)且 1(21)(1) ( )221 axx fxaxa xx , 若0a ,则当(0,)x时, ( ) 0fx ,故 ( )f x在(0,)上单调递增; 若0a ,则当 1 (0,),( )0 2 xfx a ,当 1 (,),( )0 2 xfx a , 故 ( )f x在 1 (0,) 2a 上单调递增,在 1 (,) 2a 上单调递减. (3) 2 ( )(1) ( )1(1)ln1g xxf xxxxx ,所以, 1 ( )lng xx x , 因为l

42、nyx在(0,)上递增, 1 y x 在(0,)递减,所以( ) g x 在(0,)上递增, 又 1ln4 1 (1)10,(2)ln20 22 gg , 故存在唯一 0 (1,2)x 使得 0 0()g x, 所以( )g x在 0 (0,)x上递减, 在 0 (,)x 上递增, 又 22 0 ()(1)2, ()30g xgg ee ,所以( )0g x 在 0 (,)x 内存在唯一根, 由 0 1x得 0 1 1x ,又 1111( ) ()(1)ln10 g g , 故 1 是( )0g x 在 0 (0,)x上的唯一零点 综上,函数( )g x有且仅有两个零点,且两个零点互为倒数.

43、【小结】 求函数的零点个数时, 常用的方法有: 一、 直接根据零点存在定理判断; 二、 将 f x 整理变形成 f xg xh x的形式,通过 ,g xh x两函数图象的交点确定函 数的零点个数;三、结合导数,求函数的单调性,从而判断函数零点个数. 19已知函数 2 22 lnfxxxax (1)当0a 时,讨论函数 f x的单调性; (2)若函数 f x有两个极值点 1 2 x x,证明; 12 3 ln2 2 fxfx 【解析】 (1)函数的定义域为0,, 2 2 2 2222 22 xxa axxa fxx xxx , 当1 40a ,即 1 4 a 时, 0fx , 所以 yf x在0

44、,单调递增; 当1 40a ,即 1 0 4 a时, 令 0fx ,得 1 114 2 a x , 2 114 2 a x ,且 1 0 x, 2 0 x , 当 11 411 4 0, 22 aa x 时, 0fx ; 当 11 411 4 , 22 aa x 时, 0fx ; yf x单调递增区间为 11 4 0, 2 a , 11 4 , 2 a ; 单调递减区间为 11 411 4 , 22 aa 综上所述:当 1 4 a 时, yf x在0,单调递增; 1 0 4 a时, yf x在区间 11 4 0, 2 a , 11 4 , 2 a 单调递增;在区间 11 411 4 , 22

45、aa 单调递减 (2)由(1)得 2 2 2 2222 22,0 xxa axxa fxxx xxx , 函数 f x有两个极值点 1 x, 2 x, 方程 2 0 xxa 有两个根 1 x, 2 x, 12 12 1xx xxa ,且1 40a ,解得 1 0 4 a 所以 12 22 111222 22 ln22 lnf xfxxxxaxxax 2 22 12121212121212 222 ln2 ln222 lnxxxxaxaxxxxxxxaxx 1 222 ln2 ln21aaaaaa , 1 0 4 a. 故令 2 ln21h aaaa, 1 0 4 a. 2ln222ln0h a

46、aa, 1 0 4 a yh a在 1 0, 4 上单调递减, 1 ln 113 4 1ln2 4222 h ah , 即 12 3 ln2 2 fxfx . 【小结】 (1)求函数的单调区间或讨论函数的单调性时,若解析式中含有参数时,解题中 一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响,若有影响则必须进行 分类讨论,故解题的关键是分 1 4 a 和 1 0 4 a两类情况讨论求解 (2)解答第二问的关键在于求出 12 f xf x的表达式后将问题转化,通过构造 新函数并利用单调性可得结论成立 20 (1)已知函数f(x)=2lnx+1若f(x)2x+c,求c的取值范围; (2)已知函数

47、 =lnfxxmxm mR.讨论函数 f x的单调性. 【解析】 (1) ( )f x定义域是(0,), 由( )2f xxc得,2ln12cxx , 设( )2ln1 2g xxx ,则 22(1) ( )2 x g x xx , 当01x时,( )0g x ,当1x 时,( )0g x , ( )g x在(0,1)上递增,在(1,)上递减, max ( )(1)2ln1 1 21g xg ,1c (2) =lnfxxmxm mR,定义域是(0,), 1 ( )fxm x , 当0m 时,( )0fx , ( )f x在(0,)上递增, 当0m 时, 1 () ( ) mx m fx x ,

48、当 1 0 x m 时,( )0fx , 1 x m 时,( )0fx , ( )f x在 1 (0,) m 上递增,在 1 (,) m 上递减 综上,0m 时, ( )f x的增区间是(0,), 0m 时, ( )f x的增区间是 1 (0,) m ,减区 间是 1 (,) m 【小结】 本题考查函数的单调性,考查不等式恒成立问题 (1)已知 ( )f x的导函数是 ( ) fx,解不等式 ( )0fx可得增区间,( )0fx可得减 区间 (2)( )f xm恒成立,则 min ( )mf x,若( )f xm恒成立,则 max ( )mf x 21已知函数 2 ( )3(6)ln ()f

49、xxa xax aR (1)求函数( )yf x的单调区间; (2)当1a 时,证明:对任意的 2 0,( )352 x xf xexx. 【解析】 (1)由题意知,函数 f x的定义域为(0,) 由已知得 2 6(6)(6)(1) ( )6(6) axa xaxa x fxxa xxx 当0a时,( )0fx ,函数 f x在(0,)上单调递增, 所以函数 f x的单调递增区间为(0,) 当0a 时,由( )0fx ,得 6 a x ,由( )0fx ,得0 6 a x 所以函数 f x的单调递增区间为, 6 a ,单调递减区间为0, 6 a 综上,当0a时,函数 f x的单调递增区间为(0

50、,),0a 时,函数 f x的单 调递增区间为, 6 a ,单调递减区间为0, 6 a (2)当1a 时,不等式 2 ( )352 x f xexx可变为ln20 x ex . 令( )ln2 x h xex,则 1 ( ) x h xe x ,可知函数 ( )h x 在(0,)单调递增,. 而 1 3 1 30 3 he ,(1)10he 所以方程( )0h x 在(0,)上存在唯一实根 0 x,即 0 0 1 x e x 当 0 0,xx时,( )0h x,函数( )h x单调递减; 当 0, xx时,( )0h x,函数( )h x单调递增; 所以 0 0 min000 00 111 (

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