(1)由图可知函数 f(x)的图象过点 (0,3) ，且 f′(1)＝ 0，
d＝ 3，
得
d＝3， 解得
3
3a＋ 2b＋c－ 3a－ 2b＝ 0，
2
c＝0.
(2)由(1) 得， f(x) ＝ax ＋bx － (3a＋2b)x＋ 3，
由函数 f(x)在 x＝ 2 处的切线方程为
3x＋ y－ 11＝ 0，
得
f 2 ＝5， f′ 2 ＝－ 3，
8a＋4b－ 6a－4b＋3＝5， 所以
解得
b＝－ 6， 12a＋ 4b－ 3a－ 2b＝－ 3，
a＝ 1，
所以 f(x)＝x3－6x2＋ 9x＋ 3.
(3)由(2) 知 f(x)＝ x3－ 6x2 ＋9x＋3，所以 f′(x) ＝3x2－ 12x＋ 9.
1
函数 y＝f(x)与 y＝ 3f′(x) ＋5x＋m 的图象有三个不同的交点，
等价于 x3－6x2＋ 9x＋ 3＝ (x2－ 4x＋3)＋ 5x＋ m 有三个不等实根，
等价于 g(x) ＝x3－7x2＋ 8x－ m 的图象与 x 轴有三个交点．
因为 g′(x) ＝3x2－ 14x＋8＝ (3x－2)(x－4)，
x
－∞， 2
3 ＋
2 3 0 极大值
2
， 4
4 0 极小值
(4，＋∞ )
3 －
g′ (x) g(x) 2
68
＋
g 3 ＝27－ m， g(4)＝－ 16－m，
2 68 g 3 ＝ 27－m>0，
当且仅当 时， g(x) 图象与 x 轴有三个交点，解得－
g 4 ＝－ 16－ m<0
68
16 68 . 所以 m 的取值范围为 － 16， 27 21. （ 12 分） 已知函数 （f x) ae2x+( a﹣ 2) e x ﹣ x. （ 1）讨论 f ( x) 的单调性； （ 2）若 f (x) 有两个零点，求 a 的取值范围 . 21. 解：（ 1） f (x) 的定义域为 ( , ) ， f (x) 2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1) ， ( 十字相乘法 ) （ⅰ）若 （ⅱ）若 当 x a 0 ，则 f ( x) 0 ，所以 f (x) 在 ( a 0 ，则由 f (x) , ) 单调递减 . 0得 x ln a . ( , ln a) 时， f ( x) 0 ；当 x ( ln a, ) 时， f ( x) 0 ，所以 f ( x) 在 ( , ln a) 单调递减，在 ( ln a, ) 单调递增 . （2）（ⅰ）若 a （ⅱ）若 a 0 ，由（ 1）知， f (x) 至多有一个零点 . 0 ，由（ 1）知，当 x ln a 时， f ( x) 取得最小值，最小值为 f ( ln a) 1 1 ln a . （观察特殊值 1） a ①当 a 1时，由于 f ( ln a) 0 ，故 f ( x) 只有一个零点； ②当 a (1, ) 时，由于 1 1 a ln a 0 ，即 f ( ln a) 0 ，故 f (x) 没有零点； ③当 a (0,1) 时， 1 1 ln a 0 ，即 f ( ln a) 0 . a (a 2)e 2 2 2e 2 又 f ( 2) ae 4 2 0 ，故 f ( x) 在 ( , ln a) 有一个零点 . 设正整数 n0 满足 n0 ln( 3 1) ，则 f (n0 ) en(aen 0 0 由于 ln( 3 a a 2) n0 en 0 n0 2n0 n0 0 . 1) ln a ，因此 f (x) 在 ( ln a, ) 有一个零点 . a 综上， a 的取值范围为 (0,1) . 题型三 利用导数证明不等式 题型概览：证明 f(x) 时若 F(a)≤0，由减函数的定义可知， x∈(a，b)时，有 F(x)<0，即证明了 f(x) 述方法通过导数不便于讨论 F′(x)的符号，可考虑分别研究 f(x)、 g(x)的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化． ex (2017 ·陕西西安三模 )已知函数 f(x)＝ x . e2 (1)求曲线 y＝f(x)在点 P 2， 2 处的切线方程； (2)证明： f(x)>2(x－lnx)． [ 审题程序 ] 第一步： 求 f′(x)，写出在点 P 处的切线方程； 第二步： 直接构造 g(x)＝f(x)－2(x－lnx)，利用导数证明 g(x)min >0. e x e·x－ee x－1 xx x e 2 e 2 [ 规范解答 ] (1)因为 f(x)＝ x ，所以 f′(x)＝ 程为 y－ ＝ － ，即 2 － ＝ 2 4 (x 2) e x 4y 0. 证明：设函数 ＝ － － (2) f(x) g(x) 2(x lnx) ee 2 2 x2＝ x2，f′(2)＝ 2 ，所以切线方 4 ，又切点为 2， x ＝e －2x＋2lnx，x∈(0，＋ ∞)， x x e x － 1 2 x e －2x x－1 2 x则 g′(x)＝ x2 －2＋ x＝ 设 h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋ ∞)， ，x∈(0，＋ ∞ )． 则 h′(x)＝ ex－2，令 h′(x)＝0，则 x＝ln2. 当 x∈(0，ln2)时， h′(x)<0；当 x∈(ln2，＋ ∞)时， h′(x)>0. 所以 h(x)min ＝h(ln2)＝2－2ln2>0，故 h(x)＝ex－2x>0. ex－2x x－1 令 g′(x)＝ ＝0，则 x＝1. x2 当 x∈(0,1)时， g′(x)<0；当 x∈(1，＋∞ )时， g′(x)>0. 所以 g(x)min ＝g(1)＝e－2>0，故 g(x)＝f(x)－2(x－lnx)>0，从而有 f(x)>2(x－lnx)． [ 解题反思 ] 本例中 (2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数 g(x)．求 g(x) 的最值来完成．在求 g(x)的最值过程中，需要探讨 g′(x)的正负，而此时 g′(x)的式子中有一项 e－2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出 e－2x 这一项，再重新构造新函数 h(x)＝e－2x(x>0)，考虑 h(x)的正负问题，此 x xx 题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在 (2)中定义域也是易忽视的一个方向． [ 答题模板 ] 解决这类问题的答题模板如下： [题型专练 ] 1 3．(2017 ·福建漳州质检 )已知函数 f(x)＝ae－blnx，曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程为 y＝ e－1 x＋ x 1. (1)求 a，b； (2)证明： f(x)>0. [ 解] (1)函数 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)． f′(x)＝ae－，由题意得 f(1)＝，f′(1)＝－1， x 1 e a x b11 ae＝e， ＝ 2， 1 e 所以 － ＝ －1， ae b e 1 解得 e b＝ 1. 1 (2)由(1)知 f(x)＝e2·ex－ln x. 因为 f′(x)＝e x－2 1 －x在(0，＋ ∞ )上单调递增，又 f′(1)<0，f′(2)>0， 所以 f′(x)＝0 在(0，＋ ∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈(1,2)． 当 x∈(0，x0)时， f′ (x)<0，当 x∈(x0，＋ ∞)时， f′(x)>0， 从而当 x＝x0 时， f(x)取极小值，也是最小值． 由 f′(x0)＝0，得 e x 0 － 2 ＝ 1 ，则 x0－2＝－ lnx0. x0 － 故 f(x)≥f(x0 ＝ x 0 2 1 1 －lnx0＝ ＋x0－2>2 ·0－2＝0，所以 f(x)>0. ) e x0 x0 x 4、【2017 高考三卷】 21．（ 12 分） 已知函数 f ( x ) = x﹣1﹣aln x． （1）若 f ( x) 0 ，求 a 的值； （2）设 m为整数，且对于任意正整数 n， ( 1+ 1 )(1 + 1 1 2 )K ( 1+ ) ﹤ ，求 n m m 2 2 2 21. 解：（1） f x 的定义域为 0，+ . ①若 a 0 ，因为 f 1 1 2 =- +aln 2＜0 ，所以不满足题意； 2 ②若 a＞0 ，由 f ' x 1 a x a 知，当 x 0,a 时， f ' x ＜0 ；当 x a，+ 时， x x 减，在 a，+ 单调递增，故 x=a 是 f x 在 x 0，+ 的唯一最小值点 . 由于 f 1 0 ，所以当且仅当 a=1 时， f x 0 . 故 a=1 （2）由（ 1）知当 x 1，+ 时， x 1 ln x＞0 令 x=1+ 1n 得 ln 1+ 1n ＜ 1n ，从而 2 2 2 ln 1+ 1 +ln 1+ 1 + + ln 1+ 1 ＜ 1 + 1 + + 1 =1- 1 ＜1 2 2n 2 22 2n 2n 故 1+ 1 1+ 1 22 2 1+ 1 ＜ e 2 2 2n f ' x ＞ 0 ，所以 f x 在 0,a 的最小值． 单调递
(完整版)导数的综合大题及其分类..doc
