第19期：函数压轴之端点问题.pdf

1、1 函数压轴之端点问题 一考情分析一考情分析 导数在数学各类问题以及各个学科和许多领域中有着非常广泛的应用. 导数已成为研究 函数性质的一种重要工具,例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等.在新 课程背景下,一般情况都需要转化为函数,利用函数的性质,通过求导,利用单调性求出极值、最 值,因此,很多时侯可以利用导数作为工具研究函数性质,从而解决问题.讨论函数的端点就是其 中一个考点，下面具体讨论导数在端点时有关的问题时的作用. 二经验分享二经验分享 1.研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论划分函数 的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为

2、0 的点和函数的间断点 2.根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子 集 (2)f(x)为增函数的 充要条件是对任意的 x(a,b)都有 f(x)0 且在(a,b)内的任一非空子区 间上 f(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解 (3)函数在某个区间存在单调区间可 转化为不等式有解问题 3.利用导数研究含参数函数的单调性问题,常化为不等式恒成立问题,注意分类讨论与数形 结合思想的应用；函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理 2 三、题型分析三、题型分析 例例 1.已

3、知函数( )(1)ln(1)f xxxa x.（导数的几何意义，函数的单调性.） （I）当4a 时，求曲线( )yf x在1,(1)f处的切线方程； (II)若当1,x时，( )0f x ，求a的取值范围. 【分析】 ：（） 先求定义域， 再求( )fx，(1) f ，(1)f， 由直线方程得点斜式可求曲线( )yf x 在(1,(1)f处的切线方程为220.xy高中资料分享 QQ 群：608396916 （）构造新函数 (1) ( )ln 1 a x g xx x ，对实数a分类讨论，用导数法求解. 【解析】 ： （I）( )f x的定义域为(0,).当4a时， 1 ( )(1)ln4(1)

4、,( )ln3f xxxxfxx x ， (1)2,(1)0. ff曲 线( )yf x在 (1,(1)f处的切线方程为220.xy （II）当(1,)x时，( )0f x等价于 (1) ln0. 1 a x x x 令 (1) ( )ln 1 a x g xx x ，则 2 22 122(1)1 ( ), (1)0 (1)(1) axa x g xg xxx x ，高中资料分享 QQ 群：608396916 （i）当2a，(1,)x时， 22 2(1)1210 xa xxx，故( )0, ( )g xg x 在 (1,)x上单调递增，因此( )0g x ； （ii）当2a时，令( )0g x

5、得 22 12 1(1)1,1(1)1 xaaxaa， 由 2 1x和 12 1x x得 1 1x，故当 2 (1,)xx时，( )0g x ， ( )g x在 2 (1,)xx单调递减， 因此( )0g x. 综上，a的取值范围是,2 .高中资料分享 QQ 群：608396916 3 例例 2.已知R，函数 f (x)exex(xlnxx1)的导函数为 g(x) （1）求曲线 yf (x)在 x1 处的切线方程； （2）若函数 g (x)存在极值，求的取值范围； （3）若 x1 时，f (x)0 恒成立，求的最大值 【解析】【解析】 （1）因为 f(x)exelnx，所以曲线 yf (x)在

6、 x1 处的切线的斜率为 f(1)0， 又切点为(1，f (1)，即(1，0)， 所以切线方程为 y0 （2）g (x)exelnx，g(x)ex x当0 时，g(x)0 恒成立，从而 g (x)在(0，)上单 调递增，故此时 g (x)无极值高中资料分享 QQ 群：608396916 当0 时，设 h(x)ex x，则 h(x)e x x20 恒成立，所以 h(x)在(0，)上单调递增 当 0e 时，h(1)e0，h( e)e ee0，且 h(x)是(0，)上的连续函数， 因此存在唯一的 x0( e，1)，使得 h(x 0)0 当e 时，h(1)e0，h()e10，且 h(x)是(0， )上

7、的连续函数， 因此存在唯一的 x01，)，使得 h(x0)0故当0 时，存在唯一的 x00，使得 h(x0)0 且当 0 xx0时，h(x)0，即 g(x)0，当 xx0时，h(x)0，即 g(x)0，所以 g (x)在(0， x0)上单调递减， 在(x0， )上单调递增， 因此 g (x)在 xx0处有极小值 所以当函数 g (x)存 在 极值时，的取值范围是(0，) （3）g (x)f(x)exelnx，g(x)ex x若 g(x)0 恒成立，则有xe x恒成立设(x) xex(x1)，则(x)(x1) ex0 恒成立，所以(x)单调递增，从而(x)(1)e，即e于是 当e 时，g (x)

8、在1，)上单调递增，此时 g (x)g (1)0，即 f(x)0，从而 f (x)在1，) 上单调递增所以 f (x)f (1)0 恒成立高中资料分享 QQ 群：608396916 当e 时，由（2）知，存在 x0(1，)，使得 g (x)在(0，x0)上单调递减，即 f(x)在(0，x0) 上单调递减所以当 1xx0时，f(x)f(1)0，于是 f (x)在1，x0)上单调递减，所以 f (x0) f (1)0这与 x1 时，f (x)0 恒成立矛盾因此e，即的最大值为 e 4 例例 3.已知函数( )(1)lnf xxxaxa（a为正实数，且为常数）. （1）若函数( )f x在区间(0,

9、)上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若不等式(1) ( )0 xf x恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】 ： （1）( )(1)lnf xxxaxa， 1 ( )ln+ x fxxa x . 因( )f x在(0,)上单调递增，则( )0fx， 1 ln+1ax x 恒成立. 令 1 ( )ln+1g xx x ，则 2 1 ( ) x g x x ，高中资料分享 QQ 群：608396916 x (0,1) 1 (1,) ( )g x 0 ( )g x 减极小值增 因此， min( ) (1)2gxg，即02a （2）当02a时，由（1）知，当(0,)x时，( )f x单调递增.

10、又(1)0f，当(0,1)x，( )0f x ；当(1,)x时，( )0f x . 故不等式(1) ( )0 xf x恒成立 若2a ， ln(1)1 ( ) xxa x fx x ，高中资料分享 QQ 群：608396916 设( )ln(1)1p xxxa x，令( )ln20p xxa，则 2 e1 a x . 当 2 (1,e) a x 时，( )0p x，( )p x单调递减，则( )(1)20p xpa， 则 ( ) ( )0 p x fx x ，所以当 2 (1,e) a x 时，( )f x单调递减， 则当 2 (1,e) a x 时，( )(1)0f xf，此时(1) ( )

11、0 xf x，矛盾.因此，02a. 5 例例 4.设函数 2 ( )21ln k f xxxk N N. （）求函数( )f x的单调递增区间； （）设函数 2 1 2 x bxxg在1 , 0上是增函数，且对于1 , 0内的任意实数 1 x, 2 x当k为偶 数时，恒有)()( 21 xgxf成立，求实数b的取值范围； ()当k是偶数时，函数 x xxfxh 3 )()(，求证：( )2()2 n nn h xh xn + + N N. 【解析】 ：由已知，得函数 f(x)的定义域为, 0高中资料分享 QQ 群：608396916 （）当 k 为偶数时，xxxfln2)( 2 ，则 x x

12、x xxf 122 2)( 2 ,又0 x ， 0)( x f，即 2 10 x ，得 x1，所以此时函数)(xf的单调递增区间为, 1. 当 k 为奇数时，xxxfln2)( 2 ，则 0 122 2)( 2 x x x xxf在定义域内恒成立， 所以此时函数)(xf的单调增区间为, 0. （）函数 2 1 2 x bxxg在1 , 0上是增函数0 2 2)( 3 x bxg在1 , 0上恒成立， 即 3 1 b x 在1 , 0上恒成立，即1 1 max 3 x b，1b. 由（）可知当 k 为偶数时，0)( x f得 0 x1,即)(xf在1 , 0为减函数， 1) 1 ()( min

13、fxf.又对于1 , 0内的任意实数 x1， x2， 当 k 为偶数时， 恒有)()( 21 xgxf成 立, ) 1 (1 max gxg,即121 b,所以1b, 由得11b. ()由（）可知， x xxh 1 )(，即证 n n n n x x x x2 1 2 1 ， 由二项式定理 n n n n n n n n n n n n n x C x xC x xC x xCxC x x 11111 1 1 2 22110 = n n n nn n n n n n n n x CxCxCxCxC 1 2142210 . 6 即证22 214221 nnn n n n n n xCxCxC.设

14、高中资料分享 QQ 群：608396916 Sn= nn n n n n n xCxCxC 214221 ,则 Sn= 214221 nn n n n n n xCxCxC. 两式相加得 2Sn= n nn n n n n n n n x xC x xC x xC 2 21 4 42 2 21 111 121 22 22 nn nnn CCC ,即 Sn22 n ，所以原不等式得证. 7 四、迁移应用四、迁移应用 1.已知对任意的0 x恒有) 1(1xbnxa成立. （）求正数a与b的关系； （）若) 1()(1),( ,)(, 1xbxfnxRnmnxmxfa若设对0 x恒成立，求 函数)(

15、xf的解析式； （）证明：)2,(42) !(1nNnnnnn. 【解析】 ： （1）设) 1(ln)(xbxaxf，易知0) 1 (f，由已知0)(xf恒成立， 所以函数)(xf在1x处取得最大值。 x bxa b x a xf )( baf, 0) 1 (，又)(, 0 xfa在1x处取得极大值，符合题意， 即关系式为. ba 高中资料分享 QQ 群：608396916 （2）1, 1ba，1lnxnxmx恒成立， 令1x，有00nm，0nm1xmxm， 即0)1)(1(mxx对0 x恒成立，须2, 11mm即 函数) 1(2)(xxf （3）由（2）知：2)1(42 1 4 2 2 4

16、2 21 ln kk kkkkk nnnnn n 2)01()21()1(4 ! 1 lnnn24 即)2,(42!lnnNnnnn 8 2.已知函数 2 1 ( )ln2 (0). 2 f xxaxx a （）若函数( )f x在定义域内单调递增，求a的取值范围； （）若 1 2 a 且关于 x 的方程 1 ( ) 2 f xxb 在1,4上恰有两个不相等的实数根，求实 数b的取值范围； （）设各项为正的数列 n a满足： * 11 1,ln2,. nnn aaaanN 求证：12 n n a . 【解析】 ： （1） 2 21 ( )(0). axx fxx x 依题意( )0fx在0 x

17、 时恒成立，即 2 210axx 在0 x 恒成立. 则 2 2 1 21 (1)1 x a xx 在0 x 恒成立， 即 min 2 ) 1) 1 1 ( x a)0(x 当1x时， 2 1 (1)1 x 取最小值1 a的取值范围是(, 1 （2） 2 1113 ,( )ln0. 2242 af xxbxxxb 设 2 13 ( )ln(0). 42 g xxxxb x则 (2)(1) ( ). 2 xx g x x 列表： x(0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) ( )g x00 ( )g x 极大值极小值 ( )g x 极小值 (2)ln22gb ， ( )g x 极大值 5 (1

18、) 4 gb ， 又 (4)2ln22gb 6 方程( )0g x 在1，4上恰有两个不相等的实数根. 则 (1)0 (2)0 (4)0 g g g ，得 5 ln22 4 b 高中资料分享 QQ 群：608396916 9 （3）设( )ln1,1,h xxxx，则 1 ( )10h x x ( )h x在1,为减函数，且 max ( )(1)0,h xh故当1x 时有ln1xx. 1 1.a 假设 * 1(), k akN则 1 ln21 kkk aaa ，故 * 1(). n anN 从而 1 ln221. nnnn aaaa 11 12(1)2 (1). n nn aaa 即12n n

19、 a，21 n n a 3 【山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试（一模）数学】已知函数 42 11 ( ) 42 f xxax， aR. （1）当1a 时，求曲线( )f x在点(2,(2)f处的切线方程； （2）设函数 2 ( )(22)ee ( ) x g xxxaf x，其中e2.71828.是自然对数的底数，讨 论( )g x的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 【答案】 （1）6100 xy； （2）当0a 时，( )g x在(,) 上单调递增，无极值；当0a 时，( )g x在(,)a 和(,)a 单调递增，在(,)aa单调递减，极大值为 2 e ()(22)e

20、4 a gaaa ， 极小值为 2 e ()( 22)e 4 a gaaa . 【解析】 （1）由题意 3 ( )fxxax，所以当1a 时，(2)2f，(2)6 f ， 因此曲线( )yf x在点(2,(2)f处的切线方程是26(2)yx， 即6100 xy.高中资料分享 QQ 群：608396916 （2）因为 2 ( )(22)ee ( ) x g xxxaf x， 所以 2 ( )(22)e(22)ee ( ) xx g xxxxafx 232 ()ee()()(ee ) xx xaxaxxax， 令( )ee x h xx，则( )ee x h x， 令( )0h x 得1x ， 当

21、(,1)x 时，( )0h x ，( )h x单调递减， 10 当(1,)x时，( )0h x ，( )h x单调递增， 所以当1x 时， min ( )(1)0h xh，也就说，对于x R恒有( )0h x . 当0a 时， 2 ( )() ( )0g xxa h x，( )g x在(,) 上单调递增，无极值； 当0a 时，令( )0g x ，可得x a 当x a 或x a 时， 2 ( )() ( )0g xxa h x，( )g x单调递增， 当 axa 时，( )0g x ，( )g x单调递减，高中资料分享 QQ 群：608396916 因此，当x a 时，( )g x取得极大值 2

22、 e ()(22)e 4 a gaaa ； 当x a 时，( )g x取得极小值 2 e ()( 22)e 4 a gaaa . 综上所述： 当0a 时，( )g x在(,) 上单调递增，无极值； 当0a 时，( )g x在(,)a 和(,)a 上单调递增，在(,)aa上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值， 极大值为 2 e ()(22)e 4 a gaaa ， 极小值为 2 e ()( 22)e 4 a gaaa . 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转 化思想，是一道综合题 4.已知函数 1ln1,1,)f xxxx （1）证明： f x有唯

23、一的零点： （2）当1x 时，函数 ln x g xaexx有零点，记a的最大值为t证明 22 2ln22 t ee . 【答案】 ：【答案】 ： （1）证明参考解析； （2）证明参考解析 【解析】【解析】证明： （1）由题意得 1 ( )1ln1)fxxx x ， ，易知 ( )fx 单调递减， 且 (1)0 f ， ( )0fx ，所以 ( )f x在1) ， 上单调递减,高中资料分享 QQ 群：608396916 (2)1ln20(e)2e0ff ， ，所以 ( )f x在1) ， 上有唯一的零点 0 (2 e)x ，. 11 （2） ln ( )eln0( )0 e x x xx g

24、xaxxh xa， (1)ln1 ( ) ex xx h x ， 由（1）可知 ( )h x 在1 ) ， 上有唯一的零点 0 (2 e)x ，. 且 ( )h x在 0 1)x，上单调递增，在 0 )x ，上单调递减，由 0 00 ln ex xx t . 下面来证 22 2ln22 ee t ， 一方面 0 2 2ln2 ()(2) e h xh， 另一方面，欲证 0 00 22 ln22 eeex xx t ，又 00 (1)ln10 xx，所以只需要证明 0 0 2 1ln2 eex x ， 记 1 ln ( ) ex x x ， 1 ln1 ( ) ex x x x ， 由 前 面

25、可 知 ( )x 在(1 ) ， 上 单 调 递 减 ， 所 以 0 2 2 ()(2) e x，证毕.高中资料分享 QQ 群：608396916 【点评】【点评】 （1）零点存在定理的考察（易） （2） 分参思想的运用，将t转化为函数转化为函数最值问题（难） 5.已知函数( )() lnf xxax，其中aR. （1）当0a 时，求( )f x的单调区间； （2）若1,xe时，( ) 2 e f x 恒成立，求实数a的取值范围.（附2.7183e ） 【答案】 ： （1） 1 0 e ， ， 1 e ， （2） e . 2 a 【解析】 ：【解析】 ： （1）由题意得： (1ln ) ( )

26、 xxa fx x ， （0 x ） 当0a 时，( )1lnfxx ，当 1 0 e x ，( )0fx，( )f x单调递减； 当 1 e x ，( )0fx，( )f x单调递增. ( )f x的单调减区间为 1 0 e x ，( )f x的单调增区间为 1 e x ，. （2）令( )(1ln )1 eh xxxa x，则( )2lnh xx，由1 ex ，则( )0h x， ( )h x单调递增，( )12eh xaa，. 当1a 时，( )0h x ，则( )f x单调递增，满足 e (e)e 2 fa，无解； 当2ea 时，( )0h x ，则( )f x单调递减，满足 e (1

27、)0 2 f，成立； 12 当12ea 时，由1 ex ，时，( )h x单调递增，所以存在 00 1 e()0 xh x， ， 使得， 则( )f x在 0 (1)x，上单减，在 0 (e)x，上单增， 要 e ( ) 2 f x 恒成立，只要 ee (1)(e) 22 ff且，即 e 2e 2 a . 综上所述，实数a的取值范围为 e . 2 a高中资料分享 QQ 群：608396916 6.已知函数nmxxxf) 1)ln(1()(，曲线)(xfy 在点)0(, 0(f处的切线方程为 12 xy. （1）求 nm, 的值和)(xf的单调区间； （2）若对任意的kxxfx)(), 0恒成立

28、，求整数k的最大值. 【答案】 ： （【答案】 ： （1）, 0, 1nm减区间减区间) 1 1 , 1( e ，增区间为，增区间为), 1 1 ( e .证明参考解析； （证明参考解析； （2）3 【解析】【解析】 （1）由题1) 1ln()( mxxf，故1, 21)0( mmf 又nnmf1)0(，点) 1, 0(n在12 xy上，代入解得 0 1 , 0 n m n， 此时) 1( , 1) 1ln()( xxxf令0)( xf得1 1 e x， 当)(, 0)( ),1 1 , 1(xfxf e x单调递减；当)(, 0)( ), 1 1 (xfxf e x单调递增 故)(xf减区间

29、) 1 1 , 1( e ，增区间为), 1 1 ( e （3）解法一：（分类讨论） ：解法一：（分类讨论） ： 由 （1） 可知 1) 1)ln(1()(xxxf， 对kxxfx)(), 0 恒成立，即0)(kxxf恒成立。令kxxxkxxfxg 1) 1)ln(1()()(，只需 0)( min xg，则kkxxg22) 1ln()( . 当2k时0)( xg恒成立（当且仅当2, 0kx时取等），此时)(xg在), 0 单调递 增，1)0()( gxg满足. 当2k时，令1, 0)( 2 k exxg，当)(, 0)( ),1, 0( 2 xgxgex k 单调递减；当 )(, 0)( )

30、, 1( 2 xgxgex k 单调递增，故 13 ) 1() 1() 1()( 222 min kkk ekkeegxg kek 2 ， 易知 kek 2 为减函数， 当3k时 0 2 kek ； 当4k时 0 2 kek ， 故当3k时满足条件. 综上，整数k的最大值值为 3. 解法二：（参变分离解法二：（参变分离+隐零点虚设根）：隐零点虚设根）：由题当0 x时满足条件。 当0 x时，只需 x xx k 1) 1)ln(1( ，则 2 1) 1ln( )( x xx xg ，令 1) 1ln()(xxxh， 1 1 1)( x xh，当0 x时，0)( xh，故)(xh在), 0( 递 增

31、，又13ln)2(, 02ln) 1 (hh 024ln)3(, 0h，故) 3 , 2( 0 x使0)(xh，即01) 1ln( 00 xx，当 ), 0( 0 xx时0)(xh即)(, 0)( xgxg递减；当),( 0 xx时0)(xh即)(, 0)( xgxg 递增，故 1 1) 1)ln(1( )()( 0 0 00 0min x x xx xgxg ，又) 3 , 2( 0 x，故)4 , 3(1 0 x， 因此1 0 xk，k取解法三：（必要性探路）：解法三：（必要性探路）：kxxxxf 1) 1)ln(1()(对 ), 0 x恒成立，令, 1x即3,69. 02ln,) 12(ln2kZkk 。当3k时，构 造xxxxg3 1) 1)ln(1()(，只需证明0)( min xg即可，此时k是最大符合要求的整 数。1) 1ln(31 1) 1ln()( xxxg，令)(1, 0)( xgexxg在 3, 03) 1()(,), 1( ,) 1, 0( maxmin keegxgee. 解法四：（参变分离解法四：（参变分离+不等式放缩）不等式放缩） 4) 1 2( ) 1)(1( 1) 1)ln(1( minmin x x x xx x xx k， 等号不能同时取到，后面步骤同法 3.高中资料分享 QQ 群：608396916