2.高三导数压轴题题型归纳1.pdf

第 1 页 共 26 页导数压轴题题型导数压轴题题型 1. 高考命题回顾高考命题回顾 例例 1 已知函数 f(x)exln(xm)（2013 全国新课标卷） (1)设 x0 是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性； (2)当 m2 时，证明 f(x)0. (1)解f(x)exln(xm)f(x)exf(0)e00m1， 1xm10m定义域为x|x1，f(x)ex， 1xmexx11x1显然 f(x)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增 (2)证明g(x)exln(x2)，则 g(x)ex(x2) 1x2h(x)g(x)ex(x2)h(x)ex0， 1x21x22所以 h(x)是增函数，h(x)0 至多只有一个实数根， 又 g( ) 0， 121e13212所以 h(x)g(x)0 的唯一实根在区间内， (12，0)设 g(x)0 的根为 t，则有 g(t)et0， 1t2(12 t 0)所以，ett2et， 1t2当 x(2，t)时，g(x)g(t)0，g(x)单调递增； 所以 g(x)ming(t)etln(t2)t0， 1t21t2t2当 m2 时，有 ln(xm)ln(x2)， 所以 f(x)exln(xm)exln(x2)g(x)g(x)min0. 例例 2 已知函数满足（2012 全国新课标） )(xf2121)0() 1 ( )(xxfefxfx(1)求的解析式及单调区间； )(xf(2)若，求的最大值。 baxxxf221)(ba) 1( （1） 1211( )(1)(0)( )(1)(0)2xxf xfefxxfxfefx 令得： 1x (0)1f 1211( )(1)(0)(1)1(1)2xf xfexxffefe 第 2 页 共 26 页 得： 21( )( )( )12xxf xexxg xfxex 在上单调递增 ( )10( )xg xeyg x xR ( )0(0)0,( )0(0)0fxfxfxfx 得：的解析式为 ( )f x21( )2xf xexx 且单调递增区间为，单调递减区间为 (0,)(,0)（2）得 21( )( )(1)02xf xxaxbh xeaxb( )(1)xh xea 当时，在上单调递增 10a ( )0( )h xyh xxR 时，与矛盾 x ( )h x ( )0h x 当时， 10a ( )0ln(1),( )0ln(1)h xxah xxa 得：当时， ln(1)xamin( )(1)(1)ln(1)0h xaaab 22(1)(1)(1) ln(1)(10)abaaaa 令；则 22( )ln (0)F xxxx x( )(1 2ln )F xxx ( )00,( )0F xxe F xxe 当时， xemax( )2eF x 当时，的最大值为 1,aebe(1)ab2e例例 3 已知函数，曲线在点处的切线方程为ln( )1axbf xxx( )yf x(1,(1)f。（2011 全国新课标） 230 xy（）求、的值； ab（）如果当，且时，求的取值范围。 0 x 1x ln( )1xkf xxxk解（） 由于直线的斜率为， 221(ln )( )(1)xxbxfxxx230 xy12且过点，故即 解得，。 (1,1)(1)1,1(1),2ff 1,1,22bab 1a 1b （）由（）知，所以 ln1f( )1xxxx 。 22ln1(1)(1)( )()(2ln)11xkkxf xxxxxx考虑函数，则。 ( )2lnh xx2(1)(1)kxx(0)x 22(1)(1)2( )kxxh xx第 3 页 共 26 页(i)设，由知，当时，h(x)递减。而0k 222(1)(1)( )k xxh xx1x ( )0h x 故当时， ，可得； (1)0h(0,1)x( )0h x 21( )01h xx当 x（1，+）时，h（x）0 211x从而当 x0,且 x1 时，f（x）-（+）0，即 f（x）+1lnxxxk1lnxx. xk（ii）设 0k0,故 (x）0,而 h（1）=0，故当 x（1，）时，h（x）0，可得hk11h（x）0,而 h（1）212xx 2(1)(1)20kxxh=0，故当 x （1，+）时，h（x）0，可得 h（x）0时1)(xkxf恒成立，求正整数k的最大值. 例例 14（创新题型）（创新题型）设函数 f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)g(x). ()若 x=0 是 F(x)的极值点,求 a 的值； ()当 a=1 时,设 P(x1,f(x1), Q(x2, g(x 2)(x10,x20), 且 PQ/x 轴,求 P、Q 两点间的最短距离； ()若 x0 时,函数 y=F(x)的图象恒在 y=F(x)的图象上方,求实数 a 的取值范围 例例 15(图像分析，综合应用图像分析，综合应用) 已知函数) 1, 0(12)(2babaxaxxg，在区间3, 2上有最大值 4，最小值 1，设( )( )g xf xx （）求ba,的值； （）不等式02)2(xxkf在 1 , 1x上恒成立，求实数k的范围； 第 8 页 共 26 页（）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf有三个不同的实数解，求实数k的范围 导数与数列导数与数列 例例16（创新型问题）（创新型问题）设函数2( )() ()xf xxaxb e，abR、，xa是( )f x的一个极大值点 若0a ，求b的取值范围； 当a是给定的实常数，设123xxx，是( )f x的3个极值点，问是否存在实数b，可找到4xR，使得1234xxxx，的某种排列1234,iiiixxxx（其中1234iiii，=12 3 4，）依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的4x；若不存在，说明理由 导数与曲线新题型导数与曲线新题型 例例 17（形数转换）（形数转换）已知函数( )lnf xx, 21( )2g xaxbx(0)a . (1)若2a , 函数( )( )( )h xf xg x 在其定义域是增函数,求 b 的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数2xx(x)=e +be , x 0, l n2 , 求函数(x)的最小值; (3)设函数)(xf的图象 C1与函数)(xg的图象 C2交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作x轴的垂线分别交 C1、C2于点M、N,问是否存在点 R,使 C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?若存在,求出 R 的横坐标;若不存在,请说明理由. 例例 18（全综合应用）（全综合应用）已知函数( )1 ln(02)2xf xxx . (1)是否存在点( , )M a b,使得函数( )yf x的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点Q 也在函数( )yf x的图像上?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由; (2)定义2111221( )( )( )()nniinSffffnnnn,其中*nN,求2013S; (3)在(2)的条件下,令12nnSa ,若不等式2()1namna对*n N且2n 恒成立,求实数m的取值范围. 导数与三角函数综合导数与三角函数综合 例例 19（换元替代，消除三角）（换元替代，消除三角）设函数2( )()f xx xa （xR），其中aR （）当1a 时，求曲线( )yf x在点(2(2)f，处的切线方程； （）当0a 时，求函数( )f x的极大值和极小值； （）当3a ， 10k ，时，若不等式22(cos )(cos)f kxf kx对任意的xR恒成立,求k的值。 创新问题积累创新问题积累 例例 20 已知函数. 2( )ln44xxf xx I、求的极值. ( )f x第 9 页 共 26 页II、求证的图象是中心对称图形. ( )f xIII、设的定义域为,是否存在.当时，的取值范围( )f xD, a bD,xa b( )f x是?若存在,求实数、的值；若不存在，说明理由 ,4 4a bab 导数压轴题题型归纳导数压轴题题型归纳 参考答案参考答案 例例 1 解：(1)1a时，xxxg3)(，由013)(2xxg，解得33x. )(xg的变化情况如下表： x 0 )33, 0( 33 ) 1 ,33( 1 )(xg - 0 + )(xg 0 极小值 0 所以当33x时，)(xg有最小值932)33(g. (2)证明：曲线)(xfy 在点)2 ,(211axxP处的切线斜率112)(xxfk 曲线)(xfy 在点 P 处的切线方程为)(2)2(1121xxxaxy. 令0y，得12122xaxx，12111211222xxaxxaxxx ax 1，02121xxa，即12xx . 又1122xax，axaxxaxxaxx11111212222222 所以axx21. 例例21( )ln1(0)af xxaxxx，222l11( )(0)aaxxafxaxxxx 令2( )1(0)h xaxxa x 当0a 时，( )1(0)h xxx ，当(0,1), ( )0,( )0 xh xfx,函数( )f x单调递减；当(1,), ( )0,( )0 xh xfx，函数( )f x单调递增. 第 10 页 共 26 页当0a 时，由( )0fx，即210axxa ，解得1211,1xxa. 当12a 时12xx，( )0h x 恒成立，此时( )0fx，函数( )f x单调递减； 当102a时，1110a ,(0,1)x时( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递减； 1(1,1)xa时，( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递增； 1(1,)xa时，( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递减. 当0a 时110a ，当(0,1), ( )0,( )0 xh xfx,函数( )f x单调递减； 当(1,), ( )0,( )0 xh xfx，函数( )f x单调递增. 综上所述：当0a 时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,)单调递增； 当12a 时12xx,( )0h x 恒成立,此时( )0fx，函数( )f x在(0,)单调递减； 当102a时,函数( )f x在(0,1)递减,1(1,1)a递增,1(1,)a递减. 当14a 时，( )f x在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意1(0,2)x ， 有11()(1)2f xf ， 又已知存在21,2x ，使12()()f xg x，所以21()2g x，21,2x ，（） 又22( )()4,1,2g xxbbx 当1b 时，min( )(1)520g xgb与（）矛盾； 当1,2b时，2min( )(1)40g xgb也与（）矛盾； 当2b 时，min117( )(2)84,28g xgbb . 综上，实数b的取值范围是17,)8. 例例 3 解： 2323fxaxbx 根据题意，得 12,10,ff 即32,3230,abab 解得10ab 所以 33f xxx 第 11 页 共 26 页令 0fx，即2330 x 得1x x 2 2, 1 1 1,1 1 1,2 2 fx + + f x 2 增 极大值 减 极小值 增 2 因为12f ， 12f ，所以当2,2x 时， max2f x， min2f x 则对于区间2,2上任意两个自变量的值12,x x，都有 12maxmin4f xf xf xf x，所以4c 所以c的最小值为 4 因为点2,2Mmm 不在曲线 yf x上，所以可设切点为00,xy 则30003yxx因为20033fxx，所以切线的斜率为2033x 则2033x =300032xxmx，即32002660 xxm 因为过点2,2Mmm 可作曲线 yf x的三条切线， 所以方程32002660 xxm有三个不同的实数解 所以函数 32266g xxxm有三个不同的零点 则 2612gxxx令 0gx，则0 x 或2x x ,0 0 0,2 2 2, gx + + g x 增 极大值 减 极小值 增 则 0022gg ，即6020mm ，解得62m 例例4解：23) 13)(1(33323)(xxxxxxf， 令1310)(xxxf或得（舍去） )(, 0)(,310 xfxfx时当单调递增；当)(, 0)(,131xfxfx时递减. 1 , 0)(613ln)31(在为函数xff上的极大值. 由03)(ln|ln|xxfxa得xxaxxa323lnln323lnln或 设332ln323lnln)(2xxxxxh，xxxxxg323ln323lnln)(， 第 12 页 共 26 页依题意知31,61)()(xxgaxha在或上恒成立， 0)32(2)32(33)32(3332)(2xxxxxxxxg， 03262)62(31323)(22xxxxxxxh， 31,61)()(都在与xhxg上单增，要使不等式成立， 当且仅当.51ln31ln),61()31(aagaha或即或 由. 0223)32ln(2)(2bxxxbxxf 令xxxxxbxxxx329723323)(,223)32ln()(22则， 当37, 0)(, 0)(,37, 0在于是时xxx上递增； 1 ,37)(, 0)(, 1 ,37在于是时xxx上递减， 而) 1 ()37(),0()37(， 1 , 00)(2)(在即xbxxf恰有两个不同实根等价于 0215ln) 1 (067267)72ln()37(02ln)0(bbb .37267)72ln(215lnb 例例5解：222) 1(1)2() 1(1)(xxxaxxaxxf a29，令0)( xf得2x或210 x,函数)(xf的单调增区间为), 2(),21, 0(. 证明：当0a时xxfln)( 第 13 页 共 26 页xxf1)(, 210021)(xxxxf,又121212121212lnlnln)()(xxxxxxxxxxxfxfk 不妨设12xx ， 要比较k与)(0 xf 的大小，即比较1212lnxxxx与212xx 的大小， 又12xx ， 即比较12lnxx与1) 1(2)(212122112xxxxxxxx的大小 令) 1(1) 1(2ln)(xxxxxh,则0) 1() 1() 1(41)(222xxxxxxh, )(xh在, 1上位增函数 又112xx，0) 1 ()(12 hxxh， 1) 1(2ln121212xxxxxx，即)(0 xfk 1)()(1212xxxgxg， 0)()(121122xxxxgxxg 由题意得xxgxF)()(在区间2 , 0上是减函数 1 当xxaxxFx1ln)(, 21， 1) 1(1)(2xaxxF 由313) 1() 1(0)(222xxxxxxaxF在2 , 1x恒成立 设)(xm3132xxx，2 , 1x，则0312)(2xxxm )(xm在2 , 1上为增函数，227)2( ma. 2 当xxaxxFx1ln)(, 10， 1) 1(1)(2xaxxF 由11) 1() 1(0)(222xxxxxxaxF在) 1 , 0(x恒成立 设)(xt112xxx，) 1 , 0(x为增函数,0) 1 (ta 综上：a的取值范围为227a. 例例6解：（1）xaxxxf)ln(2)( ,2)ln(2)( xxaxxxf， 第 14 页 共 26 页 即xax1ln2在0 x上恒成立 设xaxxu1ln2)(,2, 012)( xxxu，2x时，单调减，2x单调增， 所以2x时，)(xu有最大值.212ln2 , 0)2(au，所以20ea . （2）当1a时，xxxxfxgln)()(, exxxg1, 0ln1)(,所以在),1(e上)(xg是增函数，)1, 0(e上是减函数. 因为11211xxxe，所以111212121ln)()ln()()(xxxgxxxxxxg 即)ln(ln211211xxxxxx,同理)ln(ln212212xxxxxx. 所以)ln()2()ln()(lnln2112212112122121xxxxxxxxxxxxxxxx 又因为, 421221xxxx当且仅当“21xx ”时，取等号. 又1),1 ,1(,2121xxexx，0)ln(21xx, 所以)ln(4)ln()2(21211221xxxxxxxx,所以)ln(4lnln2121xxxx， 所以：42121)(xxxx. 例例 7（I） ,23)(, 00)0(2baxxxfcf320) 1 (abf ),323)(1()32(23)(2axxaaxxxf 由，因为当时取得极大值， 33210)(axxxf或1x 所以，所以； 31332aa)3,( :的取值范围是a（II）由下表： x ) 1 ,( 1 )332, 1 (a 332 a ),332(a )(xf + 0 - 0 - )(xf递增 极大值 2a递减 极小值 2)32(276aa递增 依题意得：，解得： 9)32()32(27622aaa9a 所以函数的解析式是： )(xfxxxxf159)(23（III）对任意的实数都有 , 2sin22, 2sin22第 15 页 共 26 页 在区间-2，2有： 230368)2(, 7) 1 (,7430368)2(fff , 7) 1 ()(fxf的最大值是7430368)2()(fxf的最小值是函数上的最大值与最小值的差等于 81， 2 , 2)(在区间xf 所以 81| )sin2()sin2(|ff例例 8 解：（），当时，在上恒成立，函数xaxxaxf11)(0a( )0fx), 0( 在 单调递减，在上没有极值点； )(xf), 0( )(xf), 0( 当时，得，得， 0a( )0fx10 xa( )0fx1xa在上递减，在上递增，即在处有极小值 )(xf(10,)a(1),a)(xfax1当时在上没有极值点， 0a)(xf), 0( 当时，在上有一个极值点 0a)(xf), 0( （）函数在处取得极值， )(xf1x1abxxxbxxfln112)(令，可得在上递减，在上递增， xxxxgln11)()(xg2, 0 e,2e，即 22min11)()(eegxg211be （）证明：， ) 1ln() 1ln() 1ln() 1ln(yexeyxeyxyx令，则只要证明在上单调递增， ) 1ln()(xexgx)(xg), 1(e又， ) 1(ln11) 1ln()(2xxxexgx显然函数在上单调递增 11) 1ln()(xxxh), 1(e，即， 011)(exh0)( xg在上单调递增，即， )(xg), 1(e) 1ln() 1ln(yexeyx当时，有 1eyx) 1ln() 1ln(yxeyx例例9 解：（I）1( ),(1)1;Qfxfxl直线的斜率为1， 且与函数( )f x的图像的切点坐标为（1，0），l直线的方程为1.yx 第 16 页 共 26 页又l直线与函数( )yg x的图象相切，211722yxyxmx方程组有一解。 由上述方程消去y，并整理得22(1)90 xmx 依题意，方程有两个相等的实数根，22(1)4 90m 解之， 得m=4或m=-2，0,2.Qmm （II）由（I）可知217( )2,22g xxx ( )2,( )ln(1)2(1)g xxh xxxx ，1( )1.11xh xxx 当x (-1, 0)时, h (x)0, h(x)单调，当(0,)x时，( )0, ( )h xh x单减。 当x=0时，( )h x取最大值，其最大值为2。 （III）()(2 )ln()ln2lnln(1).22abbaf abfaabaaa 0,0,10.22Qbaababaa 证明，当( 1,0)x 时，ln(1),ln(1).22babaxxaa ()(2 ).2baf abfaa 例例 10 解：（1）函数( )f x的定义域是(0,)由已知21 ln( )xfxx令( )0fx，得xe 因为当0 xe时，( )0fx；当xe时，( )0fx 所以函数( )f x在(0, e上单调递增，在 ,)e 上单调递减 （2）由（1）可知当2me，即2em 时，( )f x在 ,2 mm上单调递增，所以maxln2( )(2 )12mf xfmm 当me时，( )f x在 ,2 mm上单调递减，所以maxln( )1mf xm当2mem，即2eme时，max1( )( )1f xf ee综上所述，maxln21, 0221( )1,2ln1,memmef xmeemmem 第 17 页 共 26 页（3）由（1）知当(0,)x时max1( )( )1f xf ee所以在(0,)x时恒有ln1( )11xf xxe ，即ln1xxe，当且仅当xe时等号成立因此对任意(0,)x恒有1ln xe因为10nn，1nen，所以11 1lnnnnen，即11ln()ennnn因此对任意*nN，不等式11ln()ennnn 例例 11 解：（）当( 1,0)x 时，( )0fx，函数( )f x在区间( 1,0)上单调递增； 当(0,)x时，( )0fx，函数( )f x在区间(0,)上单调递减. 函数( )f x在0 x 处取得极大值，故1m . （）令121112()()( )( )( )( )()()f xf xh xf xg xf xxxf xxx， 则1212()()( )( )f xf xh xfxxx.Q函数( )f x在12( ,)xx x上可导，存在012( ,)xx x，使得12012()()()f xf xfxxx. 1( )11fxxQ，000011( )( )()11(1)(1)xxh xfxfxxxxx Q当10( ,)xx x时，( )0h x，( )h x单调递增，1( )()0h xh x； Q当02(,)xx x时，( )0h x，( )h x单调递减，2( )()0h xh x； 故对任意12( ,)xx x，都有( )( )f xg x. （）用数学归纳法证明. 当2n 时，121Q，且10，20， 1 12212( ,)xxx x，由（）得( )( )f xg x，即 121 1221 12211112212()()()()()()()f xf xfxxxxxf xf xf xxx， 当2n 时，结论成立. 假设当(2)nk k时结论成立，即当121kL时，1 1221122()()()()kkkkfxxxf xf xf xLL. 当1nk时，设正数121,k L满足1211kL，令12kmL，1212,kkmmmL， 则11knm，且121kL. 1 12211()kkkkfxxxxL 1 111 ()kkkkf mxxxL 1 111()()kkkkmfxxf xL 1111()()()kkkkmf xmf xf xL 第 18 页 共 26 页1111()()()kkkkf xf xf xL 当1nk时，结论也成立. 综上由，对任意2n ，nN，结论恒成立. 例例12 解：当2a时，xxxfln2)(2，当), 1 ( x，0) 1(2)(2xxxf， 故函数)(xf在), 1 ( 上是增函数 )0(2)(2xxaxxf，当, 1 ex，2, 2222eaaax 若2a，)(xf 在, 1 e上非负（仅当2a，x=1时，0)( xf），故函数)(xf在, 1 e上是增函数，此时min)(xf1) 1 (f 若222ae，当2ax时,0)( xf；当21ax时，0)( xf，此时)(xf 是减函数；当exa2时，0)( xf，此时)(xf是增函数 故min)(xf)2(af2)2ln(2aaa 若22ea，)(xf 在, 1 e上非正（仅当2e2a，x=e时，0)( xf），故函数)(xf 在, 1 e上是减函数，此时)()(minefxf2ea 不等式xaxf)2()(，可化为xxxxa2)ln(2 , 1 ex, xx1ln且等号不能同时取，所以xx ln，即0lnxx， 因而xxxxaln22（, 1 ex） 令xxxxxgln2)(2（, 1 ex），又2)ln()ln22)(1()(xxxxxxg， 当, 1 ex时，1ln, 01xx，0ln22xx， 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 例例13 解：（1）定义域), 0()0 , 1( （2）,0)1ln(111)(2时当 xxxxxf0)( xf单调递减。 当)0 , 1(x，令0) 1(11) 1(1)() 1ln(11)(22xxxxxgxxxg，0) 1(11) 1(1)() 1ln(11)(22xxxxxgxxxg 第 19 页 共 26 页故)(xg在（1，0）上是减函数，即01)0()( gxg， 故此时)1ln(111)(2xxxxf在（1，0）和（0，+）上都是减函数 （3）当x0时，1)(xkxf恒成立，令2ln1 21kx有 又k为正整数，k的最大值不大于3 下面证明当k=3时，)0(1)(xxkxf恒成立 当x0时 021) 1ln() 1(xxx恒成立 令xxxxg21) 1ln() 1()(，则时当1, 1) 1ln()(exxxg 时当1, 1) 1ln()(exxxg，0)( xg，当0)(,10 xgex时 当)(,1xgex时取得最小值03) 1(eeg 当x0时， 021) 1ln() 1(xxx恒成立，因此正整数k的最大值为3 例例 14 解：()F(x)= ex+sinxax,( )cosxF xexa. 因为 x=0 是 F(x)的极值点,所以(0)1 10,2Faa . 又当 a=2 时,若 x0, ( )cos0 xF xexa. x=0 是 F(x)的极小值点, a=2 符合题意. () a=1, 且 PQ/x 轴,由 f(x1)=g(x2)得:121sinxxex,所以12111sinxxxexx. 令( )sin, ( )cos10 xxh xexx h xex 当 x0 时恒成立. x0,+)时,h(x)的最小值为 h(0)=1.|PQ|min=1. ()令( )( )()2sin2.xxxF xFxeexax 则( )2cos2 .xxxeexa( )( )2sinxxS xxeex. 因为( )2cos0 xxS xeex当 x0 时恒成立, 所以函数 S(x)在0,)上单调递增, S(x)S(0)=0 当 x0,+)时恒成立; 因此函数( )x在0,)上单调递增, ( )(0)42xa当 x0,+)时恒成立. 当 a2 时,( )0 x,( )x在0,+)单调递增,即( )(0)0 x. 故 a2 时 F(x)F(x)恒成立. 00002( )0,( )0,(0,),0( )0.( )0,(0)0(0,)( )0(14)()00,2.axxxxxxxxxxF xFxxaa当时，又在单调递增，总存在使得在区间，上导致在递减，而，当时，这与对恒成立不符，不合题意. 综上取值范围是-, 2分 例例15 解:（）(1)2( )(1)1g xa xba 当0a时，( )2, 3g x 在上为增函数 第 20 页 共 26 页故(3)296251(2)544220gaabagaabb 当0( )2, 3ag x 时，在上为减函数 故(3)296221(2)244253gaabagaabb 011bab即2( )21g xxx. 12f xxx. （）方程(2 )20 xxfk化为12222xxxk 2111 ()222xxk，令tx21，221ktt 1 , 1x 2 ,21t 记12)(2tttmin( )0t 0k （）方程0)3|12|2(|)12(|xxkf化为0)32(|12|21|12|kkxx 0)21 (|12| )32(|12|2kkxx，0|12|x 令tx |12|， 则方程化为0)21 ()32(2ktkt （0t ） 方程0)32(|12|21|12|kkxx有三个不同的实数解， 由|12|xt的图像知，0)21 ()32(2ktkt有两个根1t、2t， 且21t1t0 或 101 t，1t2 记)21 ()32()(2ktktt 则0k) 1 (0k21)0( 或 12k3200k) 1 (0k21)0(0k 例例16 解： （）0a 时， 2xf xxxb e， 22232xxxfxxxbexxbee x xbxb， 令 232g xxbxb，2238180bbb ， 设12xx是 0g x 的两个根， （1）当10 x 或20 x 时，则0 x 不是极值点，不合题意； （2）当10 x 且20 x 时，由于0 x 是 f x的极大值点，故120 xx . 第 21 页 共 26 页 00g，即20b ，0b. ()解： xfxexa2(3)2xab xbaba， 令2( )(3)2g xxab xbaba， 22=(3)4(2)(1)80abbabaab则， 于是，假设12xx、是 0g x 的两个实根，且12xx . 由（）可知，必有12xax，且12xax、是 f x的三个极值点， 则213182ababx，223182ababx 假设存在b及4x满足题意， （1）当12xax、等差时，即21xaax时，则422xxa或412xxa， 于是1223axxab，即3ba. 此时4223xxaab 2(1)82 6abaa 或4123xxaab2(1)82 6abaa （2）当21xaax时，则212()xaax或12()2()axxa 若122xaax，则224xax， 于是2813323221babaxxa， 即.33812baba两边平方得2191170abab， 30ab、于是1ab 9132 ，此时7132ba ， 此时224xax=.231343332abbabaa 若12()2()axxa，则214xax， 于是2213318322ababaxx， 即21833abab.两边平方得2191170abab， 30ab、于是1ab 9132 ，此时7132ba 第 22 页 共 26 页此时142(3)3(3)1133242axaababxba 综上所述，存在b满足题意， 当b=a3时，42 6xa，7132ba 时，41132xa， 7132ba 时，41132xa. 例例 17 解:(1)依题意:.ln)(2bxxxxh( )h x在(0,+)上是增函数, 1( )20h xxbx对 x(0,+)恒成立, 12 .10, 则22 2.bxxxxx .22 , 的取值范围为b (2)设.2 , 1 ,2tbttyetx则函数化为 ,2 , 1 222, 12.4)2(22上为增函数在函数时即当y，bbbbty 当 t=1 时,ym i n=b+1; ,2 , 1 4, 22;42,24, 2212min上是减函数在函数时即当时当时即当y，bbb，ybtbb 当 t=2 时,ymi n=4+2b .4)(,24. 1)(,222,2bxbbxb的最小值为时当的最小值为时当综上所述 当)(,4xb时的最小值为.24b (3)设点 P、Q 的坐标是.0),(),(212211xxyxyx且则点 M、N 的横坐标为.221xxxC1在点 M 处的切线斜率为.2|1212121xxxkxxx C2在点 N 处的切线斜率为.2)(|212221bxxabaxkxxx 假设 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线平行,则.21kk 第 23 页 共 26 页12122().2a xxbxx即 22212121122()()()2xxa xxb xxxx则 222211()()22aaxbxxbx 21yy 2211lnlnln,xxxx 2221121121x2(1)x2(xx )xln.xxxx1x 设, 1,1) 1(2ln, 112uuuuxxu则 2222(1)14(1)( )ln,1.( ).1(1)(1)1,( )0,( )1,2(1)( )(1)0,ln.1uur uuur uuuuu uur ur uur uruu 令则所以在上单调递增故则 这与矛盾,假设不成立.故 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线不平行 例例 18 (1)假设存在点( , )M a b,使得函数( )yf x的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点Q 也在函数( )yf x的图像上,则函数( )yf x图像的对称中心为( , )M a b. 由( )(2)2f xfaxb,得21 ln1 ln2222xaxbxax , 即22222ln0244xaxbxaxa对(0,2)x 恒成立,所以220,440,ba解得1,1.ab 所以存在点(1,1)M,使得函数( )yf x的图像上任意一点P关于点 M 对称的点Q也在函数( )yf x的图像上. (2)由(1)得( )(2)2(02)f xfxx. 令ixn,则( )(2)2iiffnn(1,2,21)in. 因为1221( )( )(2)(2)nSffffnnnn, 所以1221(2)(2)( )( )nSffffnnnn, 由+得22(21)nSn,所以*21()nSnnN. 所以20132 2013 14025S . (3)由(2)得*21()nSnnN,所以*1()2nnSan nN. 因为当*nN且2n 时,2()121lnln2namnmnnmann . 第 24 页 共 26 页所以当*nN且2n 时,不等式lnln2nmn 恒成立minlnln2nmn . 设( )(0)lnxg xxx,则2ln1( )(ln )xg xx. 当0 xe时,( )0g x,( )g x在(0, ) e上单调递减; 当xe时,( )0g x,( )g x在( ,)e 上单调递增. 因为23ln9ln8(2)(3)0ln2ln3ln2 ln3gg,所以(2)(3)gg, 所以当*nN且2n 时,min3( )(3)ln3g ng. 由min( )ln2mg n ,得3ln3ln2m ,解得3ln2ln3m . 所以实数m的取值范围是3ln2(,)ln3. 例例19 解：当1a 时，232( )(1)2f xx xxxx ，得(2)2f ，且 2( )341fxxx ，(2)5f 所以，曲线2(1)yx x 在点(22)，处的 切线方程是25(2)yx ，整理得580 xy （）解：2322( )()2f xx xaxaxa x 22( )34(3)()fxxaxaxa xa 令( )0fx，解得3ax 或xa 由于0a ，以下分两种情况讨论 （1）若0a ，当x变化时，( )fx的正负如下表： x 3a， 3a 3aa， a ()a ， ( )fx 0 0 因此，函数( )f x在3ax 处取得极小值3af，且34327afa ； 函数( )f x在xa处取得极大值( )f a，且( )0f a （2）若0a ，当x变化时，( )fx的正负如下表： x a， a 3aa， 3a 3a， ( )fx 0 0 因此，函数( )f x在xa处取得极小值( )f a，且( )0f a ； 第 25 页 共 26 页函数( )f x在3ax 处取得极大值3af，且34327afa （）证明：由3a ，得13a，当10k ，时，cos1kx，22cos1kx 由（）知，( )f x在1，上是减函数，要使22(cos )(cos)f kxf kx，xR 只要22coscos()kxkx xR，即22coscos()xxkk xR 设2211( )coscoscos24g xxxx，则函数( )g x在R上的最大值为2 要使式恒成立，必须22kk ，即2k或