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1、与数压轴题题型1 .高考命题回顾例1已知函数f(x) = exln(x + m). (2013全国新课标n卷)设x= 0是f(x)的极值点，求 m ,并讨论f(x)的单调性；(2)当 m0.解 f(x) = exln(x+m)?fx)=ex ?f (0) e0-= 0?m = 1,x+ m0+m定义域为x|x 1, fx)=ex=一,x+mx+1显然f(x)在(1,0上单调递减，在0, +8止单调递增.(2)证明g(x) = ex-ln(x+2),则 gx)=ex (x-2).x+2v 1, v 1h(x) = g x) = e -( 2)?h x) = e + 0,所以h(x)是增函数，h(
2、x)= 0至多只有一个实数根，111.1又 gY2)=之3肛 g (0)120，21所以h(x)= gx)= 0的唯一实根在区间-2, 0内，11设 gx)=0 的根为 t,则有 g”= et- -=0 2t0 ,所以，et=-?t+2=e t, t+2当 xC(2, t)时，gx)gtX= 0, g(x)单调递增；所以 g(x)min = g(t)= et ln(t+ 2) =+ t= 0 ,t+2t+2当 mV 时，有 ln(x+ m)4n(x+2),所以 f(x)= ex ln(x+ m)*x ln(x+ 2)= g(x)匐(x)min0.1例2已知函数f(x)满足f(x) f(1)e
3、f (0)x x2 (2012全国新课标) 2(1)求f(x)的解析式及单调区间；1 2(2)若 f (x) -x ax b,求(a 1)b 的最大值。x 112. x 1(1) f (x) f (1)e f (0)x -x f (x) f (1)e f (0) x2x得：f (x) eg (x) ex 1 0得：f(x)的解析式为1 2-x g(x)2y g(x)在 xf (x)exx_xf (x) e 1 xR上单调递增1 2x2且单调递增区间为(0,),单调递减区间为(2) f (x)1x2,0)当x当ax b h(x) ex (a 1)xb 0得 h (x) ex (a 1)0时，h(
4、x) 时，h(x)得：当x令 F(x)0时，h(x)ln(a 1)时,0 y与 h(x)h(x)在0矛盾xR上单调递增0 h(x)x2 In x(x当 x je 时，F (x)max当a 志1,b n时，(aalnx b已知函数f (x) 一 ,x 1 x2y 3 0。(2011全国新课标)b的值;(n)如果当解(I) f (x)minln(a 1),h (x) 0 x ln(a 1)(a 1) (a 1)ln( a 1) b 00)；则 F (x) x(1 2ln x) e21)b的最大值为一2x 0 ,且 x 1 时，f (x)x(x f(1)ln x)y f (x)在点(1,f(1)处的
5、切线方程为ln xx 1k k ,求k的取值范围。 x且过点(1,1),故f(1)1)21,121,由于直线x 2y 3 0的斜率为(n)由(i)知 f (x)f(x)(In x2 ln xx 1与x1 -,所以x1 2(2ln1 x考虑函数h(x) 2ln x(k业(xx0),则h(x)色色 x1) 2xo(i)设 k0 ，由 h,(x)k(x2 1) (x 1)2知，当x 1时,h,(x)0 , h(x)递减。而0故当x(0,1)时,h(x) 0,可得x2h(x)0;(1, +)时，h (x)一r10从而当x0,且 x时，f (x)-(g + k)0,即(ii)设 0k0,故 h (x)
6、0,而 h (1) =0,故当x(1时,h (x) 0,可得12 h1 x2(x) 0,可得2x12xh (x)(h (x) 0,而 h0,与题设矛盾。(1) =0,综合得，例4已知函数f(x)k的取值范围为(0.()2 4J12 4a .又(3-2)(年2)v0,=(x3+3x，ax+b)e x. (2009 宁夏、海南)(1)若a= b=3，求f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在(8, & ),(2单诩曾加，在(& ,2),(，证明 3- A 6.解：当 a=b=- 3 时,f(x) =(x3+3x23x3)e x,故(x)- (x3+3x2-3x-3)e x +(3x2+6x 3)e
7、 x=e x (x3 9x) = x(x 3)(x+3)e x.当 xv3 或 0vx3 时,f (x0.从而f(x)在(一3),(0,3)单调增加，在(一3,0),(3,+ 单调减少.(2)f =(x-)- (x3+3x2+ax+b)e x +(3x2+6x+a)e x= e x x3+(a6)x+b a.由条件得 f (2)0，即 23+2(a6)+b a= 0,故 b=4a.从而 f (x)- e x ：x3+(a-6)x+4 -2a.因为 f (=af) (=00)所以 x3+(a-6)x+4 -2a=(x-2)(x-5)(x- 3/(x 2) x2( & + 3 )x+ & 3将右边
8、展开，与左边比较系数，得a +书2, a邛a2.a 伊 2( a + 3 )+4 0.由此可得 a 6.2 .在解题中常用的有关结论X(1)曲线y f (x)在x x0处的切线的斜率等于f (x0),且切线方程为y f (x0)(x x。) f(x。)。(2)若可导函数y f(x)在x x0处取得极值，则f (x0) 0。反之，不成立。对于可导函数f(x),不等式f (x) 0( 0)的解集决定函数 f(x)的递增(减)区间。(4)函数f (x)在区间I上递增(减)的充要条件是：x I f (x) 0 ( 0)恒成立(f (x)不恒为0).函数f (x)(非常量函数)在区间I上不单调等价于f
9、(x)在区间I上有极值，则可等 价转化为方程f (x) 0在区间I上有实根且为非二重根。(若 f (x)为二次函数且 I=R,则有 0)。(6) f (x)在区间I上无极值等价于 f(x)在区间在上是单调函数，进而彳#到f (x) 0或 f (x) 0在I上恒成立若 x I , f (x)0恒成立，则f (x)min 0；若 x I , f(x) 0恒成立，则f ( x) max 0(8)若 x。I ,使得 f(%) 0,则 f(x)max 0；若 I,使得 f(x0) 0,则f(x)min 0.(9)设f (x)与g(x)的定义域的交集为 D,若 x D f(x)g(x) 恒成立，则有f(X
10、)g(X)min 0.(10)若对xiIl、x2I2 ,f(xi)g(x2)恒成立，则f (x)ming(x)max.若对xiIi,x2I2,使得 f(xi)g%)，则 f 他溢 g(x)min .若对XIi，乂2I2,使得 f(xi)g(x2),则 f (x)max g(x)max.(ii)已知f (x)在区间Ii上的值域为A, g(x)在区间I2上值域为B, 若对xiIi,x212 ,使得 f(xi)=g(x2)成立，则 A B。(i2)若三次函数f(x)有三个零点，则方程 f (x) 0有两个不等实根 X、x2,且极大值 大于0,极小值小于 0.(i3)证题中常用的不等式： In x x
11、 i (x 0)xZx iexiIn x x ixx i / (x i)2xe1nx2xw|n(x+D x (x i)i xi i2 (x 0)2 2x23 .题型归纳导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用(构造函数，最值定位)(分类讨论，区间划分)(极值比较)(零点存在性定理应用) (二阶导转换)例i (切线)设函数f(x) x2 a .(i)当a 1时，求函数g(x) xf(x)在区间0，i上的最小值；l与x轴交于 当a 。时，曲线y f (x)在点P(x1, f(x1)(x1 病处的切线为l点 A(x2,0)求证：x1 x2 Ja.1 a例2 (取值问题，两边分求)已知函数f (
12、x) ln x ax 1 (a R).x1.、当a 时，讨论f(x)的单调性；22.1 .仅g(x) x 2bx 4.当a 一时，右对任息x1 (0,2),存在x21,2，使4f (x1) g(x?),求实数b取值范围.交点与根的分布32例3 (切线交点)已知函数f x ax bx 3x a,b R在点1,f 1处的切线方程 为 y 2 0.求函数f x的解析式；若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有f为 f x2 c,求实数c的最小值;若过点M 2,m m 2可作曲线yf x的三条切线，求实数 m的取值范围.-3 2f(x) ln(2 3x) -x2.例4 (综合应用)已知函数2求f(x)在0,1上的极值;1 1 .x 一,一,不等式 |a ln x| ln f (x) 3x 0若若对任意6 3成立，求实数a的取值范围；若关于x的方程f(x) 2x b在0, 1上恰有两个不同的实根，求实数 b的取值 范围.不等式证明(x)例5 (变形构造法)已知函数ax 1 , a为正常数.若f(x)在中当91nx (x),且a 2 ,求函数f (x)的单调增区间；a 0时，函数V f(x)的图象上任意不同的两点Ax1,y1线段AB的中点为。依。)，记直线AB
