合伙协议-元旦诗词

高中奥数辅导——《导数的应用》
1．已知函数
f(x)ax< br>3
bx
2
(c3a2b)xd
的图象如图所示．
（I）求
c,d
的值；
（II）若函数
f(x)
在
x2
处的切线方程为
3xy110
，求函数
f(x)
的解 析式；
（III）在（II）的条件下，函数
yf(x)
与
y
求
m
的取值范围．

1
f

(x)5xm< br>的图象有三个不同的交点，
3



















2．已知函数
f(x)alnxax3(aR)
．
（I）求函数
f(x)
的单调区间；
（II）函数
f(x)
的图象的在
x4
处切线的斜率为
在区间（1，3）上不是单调函数，求m的取值范 围．
















1 11
3
1m
,
若函数
g(x)x
3
x
2
[ f'(x)]
32
2

3．已知函数
f(x)x
3
ax
2
bxc
的图象经过坐标原点，且在
x1< br>处取得极大值．
（I）求实数
a
的取值范围；
(2a3)
2
（II）若方程
f(x)
恰好有两个不同的根，求
f(x)
的解析式；
9
（III）对于（II）中的函数
f(x)
，对任意

、

R
，求证：
|f(2sin

)f(2 sin

)|81
．














4 ．已知常数
a0
，
e
为自然对数的底数，函数
f(x)e
x
x
，
g(x)x
2
alnx
．
（I） 写出
f(x)
的单调递增区间，并证明
e
a
a
；
（II）讨论函数
yg(x)
在区间
(1,e
a
)
上零 点的个数．
















5．已知函数
f(x)ln(x1)k(x1)1
．
（I）当
k1
时，求函数
f(x)
的最大值；
（II）若函数
f(x)
没有零点，求实数
k
的取值范围；













2 11

6．已知
x2
是函数
f(x)(xax2a3)e
的一个极值点（
e2. 718
）．
（I）求实数
a
的值；
（II）求函数
f(x)
在
x[,3]
的最大值和最小值．














7．已知函数
f(x)x(x6)alnx
在
x(2,)
上不具有单调性．
．．．
（I）求实数
a
的取值范围；
（II）若
f

(x)
是
f(x)
的导函数，设
g(x)f

(x)6
数
x
1
、x
2
，不等式
|g(x< br>1
)g(x
2
)|














2 x
3
2
2
，试证明：对任意两个不相等正
x
2
38
|x
1
x
2
|
恒成立．
27
1
2
xax(a1)lnx,a1.

2
（I）讨论函数
f(x)
的单调性；
8．已知函数
f(x)
（II）证明：若
a5,则对任意x
1
,x
2
(0,),x
1
x
2
,有









3 11
f(x
1
)f(x
2
)
1.

x
1
x
2

9．已知函数
f(x )
1
2
xalnx,g(x)(a1)x,a1
．
2
（I）若函数
f(x),g(x)
在区间
[1,3]
上都是单调函数 且它们的单调性相同，求实数
a
的取
值范围；
（II）若
a(1 ,e](e2.71828L)
，设
F(x)f(x)g(x)
，求证：当x
1
,x
2
[1,a]
时，
不等式
|F(x
1
)F(x
2
)|1
成立．















10．设曲线
C
：
f(x)lnxex
（
e2.71828
），
f

(x)
表示
f (x)
导函数．
（I）求函数
f(x)
的极值；
（II）对于曲 线
C
上的不同两点
A(x
1
,y
1
)
，< br>B(x
2
,y
2
)
，
x
1
x2
，求证：存在唯一的
x
0
(x
1
,x
2< br>)
，使直线
AB
的斜率等于
f

(x
0)
．














y
11．定义
F(x,y)(1x),x,y(0,)
，
（I）令函数
f(x)F(3,log
2
(2xx
2
4))
，写出函数
f(x)
的定义域；
（II）令函数
g(x)F(1 ,log
2
(x
3
ax
2
bx1))
的图象 为曲线C，若存在实数b使得曲线
C在
x
0
(4x
0
 1)
处有斜率为－8的切线，求实数
a
的取值范围；
（III）当
x,yN*
且
xy
时，求证
F(x,y)F(y,x)
．








4 11

奥数辅导——《导数的应用》参考答案
1．解：函数
f(x)
的导函数为
f
'
(x)3ax
2
2bxc3a2b

（I）由图可知 函数
f(x)
的图象过点（0，3），且
f
'
(1)0


d3



c0

（II）依题意
f
'
(2)3
且
f(2)5


d3
得


3a2bc3a2b0

12a4b3a2b3


8a4b6a4b35

解得
a1,b6
所以
f(x)x
3
6x
2
9x3
< br>232
32
（III）
f

(x)3x12x9
．可转化为：
x6x9x3x4x35xm
有三
个不等实根，即：
g

x

x7x8xm
与
x
轴有 三个交点；

2

g

x

3x
2
14x8

3x2

x4

，
x

2


,


3

+
增
2

3
0
极大值

2

4



，
3

-
减
4

0
极小值

4，


+
增
g


x


g

x



2

68
g

m,g

4

16m
．

3

27
68

2

68当且仅当
g


有三个交点，故而，
16m
为
m0且g

4

16m0
时，
27< br>
3

27
所求．
a(1x)
(x0)

x
当
a0时,f(x)的单 调增区间为

0,1

,减区间为

1,
< br>
当
a0时,f(x)的单调增区间为

1,

,减区间为

0,1

;

当a=0时，
f(x)
不是单调函数
3a3
（II）
f'(4)得a2,f(x)2lnx2x3

421m
g(x)x
3
(2)x
2
2x,g'(x) x
2
(m4)x2

32
g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且g'(0)2

2．解：（I）
f'(x)

g'(1)0,


g'(3)0.


m3,
19



19

m(,3)

3
m,< br>
3

3．解：（I）
f(0)0c0,f

(x)3x
2
2axb,
f

(1)0b2a3< br>
f

(x)3x
2
2ax(2a3)(x1 )(3x2a3),

2a3
由
f

(x)0 x1或x
，因为当
x1
时取得极大值，
3
5 11

2a3
1a3
，所以
a的取值范围是:(,3)
；
3
（II）由下表：
2a3

2a3

2a3
(,1)

(1,)
x

(,)


1

所以

3
3
3
f

(x)

+
递增
0
极大值
a2

-
递减
f(x)

0
极小值
a6
(2a3)
2

27
-
递增
a6(2a3)
2
2
依题意得：，解得：
a9

(2a3)
279
所以函数
f(x)
的解析式是：
f(x)x
3
9x
2
 15x

（III）对任意的实数

,

都有
 22sin

2,22sin

2,

在区间 [-2，2]有：
f(2)8363074,f(1)7,f(2)83630 2

f(x)的最大值是f(1)7,f(x)的最小值是f(2)83630 74

函数
f(x)在区间[2,2]
上的最大值与最小值的差等于8 1，所以
|f(2sin

)f(2sin

)|81
．
4．解：（I）
f

(x)e
x
10
， 得
f(x)
的单调递增区间是
(0,)
，
∵
a0
，∴
f(a)f(0)1
，∴
e
a
a1a
，即
e
a
a
．
（II）
g

(x) 2x
a

x
2(x
x

g

(x)

g(x)

当
x
2a2a
)(x)
22
，由
g

(x)0
，得
x
2a
，列表
2
x
2a2a2a

(0,)

(,)

222
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
2aaa
2a
时，函数
yg(x)
取极小值
g()(1ln)
，无极大值．
2
222

e
2a
e
a
2a
a

a
2a< br> 由（I）
e
a
a
，∵


a，∴
e
，∴
e
2
2

a
2
g(1)10
，
g(e
a
)e
2a
 a
2
(e
a
a)(e
a
a)0
< br>2a
1
，即
0a2
时，函数
yg(x)
在区 间
(1,e
a
)
不存在零点
2
2a
（ii）当
1
，即
a2
时
2
aa
若
(1ln)0
，即
2a2e
时，函数
yg(x)
在区间
(1,e
a
)
不存在零点
22
aa
若
(1ln)0
，即
a2e
时 ，函数
yg(x)
在区间
(1,e
a
)
存在一个零点xe
；
22
aa
若
(1ln)0
，即a2e
时，函数
yg(x)
在区间
(1,e
a
)< br>存在两个零点；
22
a
综上所述，
yg(x)
在
(1,e)
上，我们有结论：
当
0a2e
时，函数
f(x)< br>无零点；当
a2e
时，函数
f(x)
有一个零点；
当
a2e
时，函数
f(x)
有两个零点．
（i）当
6 11

2x

x1
，令
f

(x)0,得x2
，
f(x)
定义域为（1，+

）
∵当
x(1,2)时,f

(x)0
，当
x(2,)时,f

(x)0< br>，
∴
f(x)在(1,2)
内是增函数，
在(2,)
上是减函数 ∴当
x2
时，
f(x)
取最大值
f(2)0

（II）①当
k0时
，函数
yln(x1)
图象与函数
yk(x1)1
图象有公共点，
∴函数
f(x)
有零点，不合要求；
1k
k(x)
11kkx
k
k
②当
k0 时
，
f

(x)

x1x1x1
k1k11
令
f

(x)0,得x
，∵
x(1, )时,f

(x)0,x(1,)时,f

(x)0
，
kkk
11
∴
f(x)在(1,1)
内是增函数，
在[1 ,)
上是减函数，∴
f(x)
的最大值是
kk
1
f( 1)lnk
，
k
∵函数
f(x)
没有零点，∴
 lnk0
，
k1
，
因此，若函数
f(x)
没有零点， 则实数
k
的取值范围
k(1,)
．
5．解：（I）当
k1
时，
f

(x)
6．解：（I）由
f(x)( xax2a3)e
可得
2x
f

(x)(2xa)e< br>x
(x
2
ax2a3)e
x
[x
2
(2a)xa3]e
x

∵
x2
是函数
f(x )
的一个极值点，∴
f

(2)0

∴
(a5)e0
，解得
a5

（II）由
f

(x)(x2)(x1)e
x
0< br>，得
f(x)
在
(,1)
递增，在
(2,)
递增，
由
f

(x)0
，得
f(x)
在在(1,2)
递减
∴
f(2)e
2
是
f(x)
在
x[,3]
的最小值；
2
3
2
37
3
37
3
1
3
3
3
3
22
f() e
，
f(3)e
∵
f(3)f()eee
2
(4ee7)0,f(3)f()

242442
3
∴
f(x)
在
x[,3]
的最大 值是
f(3)e
3
．
2
a2x
2
6xa
7．解：（I）
f

(x)2x6
，
xx
∵
f(x)
在
x(2,)
上不具有单调性，∴在
x(2,)
上
f

(x)
有正也有负也有0， ．．．
即二次函数
y2x
2
6xa
在
x(2, )
上有零点
3
，开口向上的抛物线，∴
y22
2
62a0

2
的实数
a
的取值范围
(,4)

a2
（II）由（I）
g(x)2x
2
，
xx2a2
方法1：
g(x)f

(x)
2
62x 
2
(x0)
，
xxx
a4442x
3
4 x4
∵
a4
，∴
g

(x)2
2

3
2
2

3

，
3
xx xxx
∵
y2x
2
6xa
是对称轴是
x
7 11

448124(2x3)

，
 h(x)
4

2334
xxxxx
33
38
3

h(x)
在
(0,)
是减函数，在
(,)
增 函数，当
x
时，
h(x)
取最小值
2
22
27< br>3838
38
∴从而
g

(x)

，∴(g(x)x)

0
，函数
yg(x)x
是增函数，
27
2727
3838
x
1
、x
2
是两个 不相等正数，不妨设
x
1
x
2
，则
g(x
2)x
2
g(x
1
)x
1

2727g(x
1
)g(x
2
)
38
38
∴
g(x
2
)g(x
1
)


(x
2
x
1
)
，∵
x
2
x
1
0< br>，∴
x
1
x
2
27
27
设
h(x )2
∴
g(x
1
)g(x
2
)
38
38
，即
|g(x
1
)g(x
2
)|

|x
1
x
2
|

x
1
x
2
27
27
方法2：
M(x< br>1
,g(x
1
))
、
N(x
2
,g(x2
))
是曲线
yg(x)
上任意两相异点，
g(x
1
)g(x
2
)2(x
1
x
2
)
a< br>2
，
Qx
1
x
2
2x
1
x
2
，
a4

2
x
1
x
2< br>x
1
2
x
2
x
1
x
2
2 
设
t
2(x
1
x
2
)
a4a44< br>22

2
x
1
2
x
2x
1
x
2
(x
1
x
2
)
3< br>x
1
x
2
(x
1
x
2
)
3
x
1
x
2
1
,t0
，令
k
MN
u(t)24t
3
4t
2
，
u

(t)4t(3t2)
，
x
1
x
2
由
u
(t)0
，得
t
2
2
,
由
u< br>
(t)0
得
0t,

3
3
2233
238
g(x
1
)g(x
2
)
3838

u(t)
在
t
处取极小值，
u(t)
， ∴所以

x
1
x
2
2727
27
3u(t)
在
(0,)
上是减函数，在
(,)
上是增函数，
38
|x
1
x
2
|

27
a1x
2
axa1(x1)(x1a)
8．解： （1）
f(x)
的定义域为
(0,)
，
f'(x)xa< br>

xxx
即
|g(x
1
)g(x
2< br>)|
(x1)
2
.
故
f(x)
在
(0,)
单调增加． （i）若
a11,即a2
，则
f'(x)
x
（ii）若< br>a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时,f'(x)0.


当x(0,a1)及x(1,)时,f'(x)0,故f(x)在(a 1,1)
单调减少，在（0，a-1），

(1,)
单调增加．
（iii）若
a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少,在(0, 1),(a1,)

单调增加．
（II）考虑函数
g(x)f(x)x


1
2
xax(a1)lnxx.

2
a 1a1
2x(a1)1(a11)
2
.
由
g'(x)x(a1)
xx
由于
aa5,故g'(x) 0,即g(x)在(0,)单调增加
，从而当
x
1
x
2
0
时有

g(x
1
)g(x
2
) 0,即f(x
1
)f(x
2
)x
1
x
20,

8 11

f(x
1
) f(x
2
)f(x
1
)f(x
2
)f(x
2< br>)f(x
1
)
1
，当
0x
1
x< br>2
时，有
1

x
1
x
2
x
1
x
2
x
2
x
1
a
9．解： （I）
f

(x)x,g

(x)a1
，
x
∵函数
f(x),g(x)
在区间
[1,3]
上都是单调 函数且它们的单调性相同，
故
(a1)(x
2
a)
0
恒成立， 即
(a1)( x
2
a)0
恒成∴当
x[1,3]
时，
f

(x)g

(x)
x
立，

a1
a1
∴

在
x[1,3]
时恒成立，或

在
x[1,3]
时恒成立，
22

ax

ax
∵
9x1
，∴
a1
或
a 9

（II）
F(x)
1
2
a(xa)(x1)

xalnx,(a1)x
，
F

(x)x(a1)
2xx
∵
F(x)
定义域是
(0,)
，
a(1,e ]
，即
a1

∴
F(x)
在
(0,1)
是增函数，在
(1,a)
实际减函数，在
(a,)
是增函数
1
∴当
x1
时，
F(x)
取极大值
MF(1)a< br>，
2
1
当
xa
时，
F(x)
取极小值< br>mF(a)alnaa
2
a
，
2
∵x
1
,x
2
[1,a]
，∴
|F(x
1)F(x
2
)||Mm|Mm

设
G(a)Mm
∴
[G

(a)]

1
1
2
1
aalna
，则
G

(a)alna 1
，
22
1
，∵
a(1,e]
，∴
[G
(a)]

0

a
∴
G

(a)alna1
在
a(1,e]
是增函数，∴
G
(a)G

(1)0

1
2
1
∴
G(a)aalna
在
a(1,e]
也是增函数
22
1
2
1(e1)
2
1
， ∴
G( a)G(e)
，即
G(a)ee
222
1
2
1( e1)
2
(31)
2
111
，∴
G(a)M m1
而
ee
2222
∴当
x
1
,x< br>2
[1,a]
时，不等式
|F(x
1
)F(x
2
)|1
成立．
11ex1
10．解：（I）
f

(x)e0
，得
x

xxe
当
x< br>变化时，
f

(x)
与
f(x)
变化情况如下表：
1
1
1

(0,)

(,)

x

e
e
e
f

(x)

＋ 0 －
单调递增 极大值 单调递减
1
1
∴当
x
时，
f(x)
取得极大值
f()2
，没有极小值； e
e
（II）∵
f

(x
0
)k
A B
，∴
f(x)

lnx
2
lnx
1
 e(x
2
x
1
)
1
xx
1
x
e
ln
2
0
，∴
2
x
0
x2
x
1
x
0
x
1
9 11

x
2
x
(x
2
x
1
)0
，设
g(x)xln
2
(x
2
x1
)

x
1
x
1
xx

g(x
1
)x
1
ln
2
(x
2
x
1
)
，
g(x
1
)
x
ln
2
 10
，
g(x
1
)
是
x
1
的增函数，
1
x
1
x
1
x
∵
x
1
 x
2
，∴
g(x
1
)g(x
2
)x
2
ln
2
(x
2
x
2
)0
；
x
2
xx

g(x
2
)x
2
ln
2
(x
2
x
1
)
，
g(x
2
)
x
ln
2
10
，
g(x
2
)< br>是
x
2
的增函数，
2
x
1
x
1< br>x
∵
x
1
x
2
，∴
g(x
2)g(x
1
)x
1
ln
1
(x
1
x
1
)0
，
x
1
x
∴函数
g(x )xln
2
(x
2
x
1
)
在
(x< br>1
,x
2
)
内有零点
x
0
，
x
1
xxx
又∵
2
1,ln
2
0< br>，函数
g(x)xln
2
(x
2
x
1
)
在
(x
1
,x
2
)
是增函数，
x1
x
1
x
1
xx
1
x
ln
2
在
(x
1
,x
2
)
内有唯一零点
x< br>0
，命题成立 ∴函数
g(x)
2
xx
1
即
x
0
ln
11．解：（I）
log
2
(2xx
2
4)0
，即
2xx
2
41
得函数
f(x)
的定义域是
(1,3)
， < br>（II）
g(x)F(1,log
2
(x
2
ax
2
bx1))x
3
ax
2
bx1,

设曲线
C在x
0
(4x
0
1)
处有斜率为－8的切 线，
又由题设
log
2
(xaxbx1)0,g

(x)3x2axb,

2

3x
0
2ax0
b8
①

∴存在实数b使得

4x
0
1
有解，
②

32

x
0
ax
0
bx
0
11
③
2 2
由①得
b83x
0
2ax
0
,
代入③得
2x
0
ax
0
80
，
2
< br>2x
0
ax
0
80

有解，
由

4x1

0

88
方法1 ：
a2(x
0
)
，因为
4x
0
1< br>，所以
2(x
0
)[8,10)
，
(x
0
)(x
0
)
322
当
a10
时，存在实数b
，使得曲线C在
x
0
(4x
0
1)
处有斜率为－8的切线

方法2：得
2(4)a(4)80或2( 1)a(1)80
，
22
a10或a10,a10.


2(4)
2
a(4)80

方法3：是< br>
的补集，即
a10

2
2(1 )a(1)80


x
ln(1x)
ln(1x)
1x
（III）令
h(x)

,x1,由h

(x)
2
x
x
11x
x
0
，
ln(1x),x0,

p

(x)
又令
p(x)
(1x)
2
1x
(1x)
2
1xp(x)在[0,)
单调递减.
当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h

(x)0,

10 11

h(x)在[1,)
单调递减，
ln(1x)ln(1y)
1xy时,有,yln(1x)xln(1y ),(1x)
y
(1y)
x
，
xy
当x,yN

且xy时F(x,y)F(y,x).



11 11