1
2
.
25.(2012江苏)若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值,则称x0为函数yf(x)
的极值点.已知a,b是实数,1和1是函数
32
f(x)xaxbx的两个极值点.
(1)求a和b的值;
(2)设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2,求g(x)的极值点;
**(3)设h(x)f(f(x))c,其中c[2,2],求函数yh(x)的零点个数.
【考点】导数的概念与运算;利用导数研究函数的极值;函数与方程.
【难度】中档题
【答案】解:
(1)由
32
f(x)xaxbx,得
2
f'(x)3x2axb.
因为1和1是函数
32
f(x)xaxbx的两个极值点,
所以f'
(1)32ab=0,f'
(1)32ab=0,解得a=0,b=3.
(2)由
(1)得,
3
f(x)x3x,
2
3
g(x)f(x)2=x3x2=x1x2,解得x1=x2=1,x3=2.
当x<2时,g(x)<0;当20,
x是g(x)的极值点.
=2
当21时,g(x)>0,所以x=1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极值点是-2.
(3)令f(x)=t,则h(x)f(t)c.
先讨论关于x的方程f(x)=d根的情况:
d2,2,
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当d=2时,由
(2)可知,f(x)=2的两个不同的根为1和一2,注意到
f(x)是奇函
数,所以f(x)=2的两个不同的根为1和2.
当d<2时,因为f
(1)d=f
(2)d=2d>0,
f
(1)d=f
(2)d=2d<0,
所以一2,-1,1,2都不是f(x)=d的根.
由
(1)知f'(x)=3x1x1.
当x2,时,f'(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从而
f(x)>f
(2),=2
此时f(x)=d在2,无实根.
当x1,2时.f'(x)>0,于是f(x)是单调增函数,
又因为f
(1)d<0,f
(2)d>0,y=f(x)d的图象不间断,
所以f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.
同理,f(x)=d在(一2,一I)内有唯一实根.
当x1,1时,f'(x)<0,于是f(x)是单调减两数,
又f
(1)d>0,f
(1)d<0,y=f(x)d的图象不间断,
所以f(x)=d在(一1,1)内有唯一实根.
因此,当d=2时,f(x)=d有两个不同的根
x,x满足x1=1,x2=2;当
12
d<2时
f(x)=d有三个不同的根x3,x1,x5,满足xi<2,i=3,4,5.
现考虑函数yh(x)的零点:
(i)当c=2时,f(t)=c有两个根t1,t2,满足t1=1,t2=2.
而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故yh(x)有5个
零点.
(11)当c<2时,f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5,满足
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t<2,i=3,4,5.
i
而f(x)=tii=3,4,5有三个不同的根,故yh(x)有9个零点.
综上所述,当c=2时,函数yh(x)有5个零点;当c<2时,函数yh(x)
有9个零点.
x-1-x-ax2.26.(2010年全国新课程卷)设函数f(x)=e
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
**
(2)若当x≥0时f(x)≥,0求a的取值范围.
【考点】本题主要考查利用导数研究函数性质.不等式恒成立问题以及参数取值范围问
题;考查分类讨论.转化思想;考查运算求解能力和推理论证的能力.
【难度】难题.
【答案】
x-1-x,f′x()=ex-1.
(1)当a=0时,f(x)=e
当x∈(-∞,0)时,f′x()<0;当x∈(0,+∞)时,f′x()>0.
故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)单调递增.
x-1-2ax.
(2)f′x()=e
x≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.
由
(1)知f(x)≥f(0),即e
故f′x()≥x-2ax=(1-2a)x.
因此当1-2a≥0,即a≤1
时,f′x()≥0(x≥0,)而f(0)=0,
2
于是当x≥0时,f(x)≥0.
由e时,
-x>1-x(x≠0,)从而当a>1
2
x-1+2a(ex-1)(ex-2a),
-x-1)=e-x
f′x()<e(e
故当x∈(0,ln2a)时,f′x()<0,而f(0)=0,
于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0.
综上可得a的取值范围为(-∞,
1
2).
27.(2011年湖南文)设函数
1
f(x)xalnx(aR).
x
(1)讨论f(x)的单调性;
**
(2)若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k,
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问:
是否存在a,使得k2a?
若存在,求出a的值,若不存在,请说明理由.
【考点】利用导数研究函数的单调性;方程与函数思想.
【难度】难题
【答案】解:
(1)f(x)的定义域为(0,).
f'(x)1
2
1axax1
22
xxx
令
2-4.
2
gxxax其判别式D=a
()1,
当|a|2时,0,f'(x)0,故f(x)在(0,)上单调递增.
当a2时,>0,g(x)=0的两根都小于0,在(0,)上,f'(x)0,故f(x)在(0,)
上单调递增.
当a2时,>0,g(x)=0的两根为
22
aa4aa4
x,x,
12
22
当0xx1时,f'(x)0;当
xxx时,f'(x)0;当
12
xx时,f'(x)0,
2
故f(x)分别
在(0,x1),(x2,)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
(2)由
(1)知,a2.
因为
xx
12
f(x)f(x)(xx)a(lnxlnx)
121212
xx
12
,所以
f(x)f(x)1lnxlnx
1212
k1a
xxxxxx
121212
又由
(1)知,x1x21.于是
k2a
lnxlnx
12
xx
12
若存在a,使得k2a.则
lnxlnx
12
xx
12
1.即lnx1lnx2x1x2.
1
x2lnx0(x1)(*)亦即222
x
2
再由
(1)知,函数
1
h(t)t2lnt
t
在(0,)上单调递增,而x21,
11
这与(*)式矛盾.故不存在a,使得k2a.x2lnx12ln10.
所以22
x1
2
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28.(2011年浙江理)已知函数f(x)2aln(1x)x(a0).
(1)求f(x)的单调区间和极值;
**
(2)求证:
n
(1n)
lgelgelge
n
4lgelge(n1)
n
23n
*
(nN).
【考点】函数与不等式综合
【难度】难题
【答案】