1、第 2 讲 导数及其应用 考情研析 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点 2.利 用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型 核心知识回顾 1.导数的几何意义 (1)函数 yf(x)在 01xx0处的导数 f(x0)就是曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处切线的斜率，即 k 02f(x0) (2)曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为 03yf(x0)f(x0)(xx0) 2函数的单调性 (1)在某个区间(a，b)内，如果 01f(x)0(f(x)0 或 f(x)0 时，f(x)x ln x1， 则曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为(
2、 ) Ayx Byx2 Cyx Dyx2 答案 A 解析 当 x0 时，f(x)f(x)x ln (x)1，f(1)1，f(x)ln (x)1，f( 1)1，所以曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 y1(x1)，即 yx，故选 A. (2)(多选)(2020 辽宁省大连市模拟)若点 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x11 的图象上任意两点，且函数 f(x)在点 A 和点 B 处的切线互相垂直，则下列结论正确的是 ( ) Ax10 B0x11，可得 0x11，故 A，B 错误；由x2 x1 ex1 x1 ，设 g(x)e x x(0x1)，可得 g(x) ex（x1） x2 ， 在 x
3、(0，1，g(x)0，可得 g(x)在(0，1上单调递减，可得 g(x)有最小值 g(1)e，故 C 正确；x1x2x1ex1，设 h(x)xex(00，即 h(x)在(0，1上单调递增， 可得 h(x)有最大值 e，故 D 正确故选 CD. (3)已知曲线 y1 3x 34 3， 则曲线在点 P(2， 4)处的切线方程为_； 曲线过点 P(2， 4)的切线方程为_ 答案 4xy40 4xy40 或 xy20 解析 P(2，4)在曲线 y1 3x 34 3上，yx 2， 在点 P(2，4)处的切线的斜率为 y|x24.曲线在点 P(2，4)处的切线方程为 y44(x 2)，即 4xy40. 设
4、曲线 y1 3x 34 3与过点 P(2，4)的切线相切于点 A x0，1 3x 3 04 3 ，则切线的斜率为 y|x x0 x2 0. 切线方程为 y 1 3x 3 0 4 3 x2 0(xx0)， 即 yx2 0 x2 3x 3 04 3. 点 P(2，4)在切线上，42x2 02 3x 3 04 3，即 x 3 03x 2 040，x 3 0 x 2 04x 2 040， x2 0(x01)4(x01)(x01)0， (x01)(x02)20，解得 x01 或 x02，故所求的切线方程为 xy20 或 4xy 40. 函数在某点的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率，这是导数的几何意义
5、， 所以与导 数有关的问题常涉及求导数、求斜率、求切点坐标、求切线方程、求参数值等注意切点既在 原函数的图象上又在切线上这一条件的应用 1设直线 y1 2xb 是曲线 yln x(x0)的一条切线，则实数 b 的值为( ) Aln 21 Bln 22 C2ln 21 D2ln 22 答案 A 解析 设切点坐标为(x0，ln x0)，则 1 x0 1 2，即 x02，切点坐标为(2，ln 2)，又切点在直 线 y1 2xb 上，ln 21b，即 bln 21. 2若点 P 是函数 f(x)x2ln x 上任意一点，则 P 到直线 xy20 的最小距离为( ) A 2 2 B 2 C1 2 D3
6、答案 B 解析 由 f(x)2x1 x1 得 x1(负值舍去)， 故曲线 f(x)x 2ln x 上切线斜率为 1 的切点 是(1，1)，所以点 P 到直线 xy20 的最小距离为|112| 2 2，故选 B. 3(2020 湖南省雅礼中学高三 5 月质检)已知奇函数 f(x)的定义域为 R，且当 x0 时，f(x) ln (13x)，则曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为_ 答案 3 4 解析 由题意得，奇函数 f(x)的图象关于原点对称，f(1)f(1).当 x4 恒成立，则 a 的取值范围为( ) A4，) B(4，) C(，4 D(，4) 答案 A 解析 令 g(x)f(x
7、)4x， 因为f（x 1）f（x2） x1x2 4， 所以g（x 1）g（x2） x1x2 0， 即 g(x)在(0， )上单调递增， 故 g(x)xa x40 在(0， )上恒成立， 即 a4xx 2， 令 h(x)4xx2， x(0，)，则 h(x)4xx2h(2)4，h(x)max4，即 a 的取值范围为4，). (3)(2020 海南省高三阶段性测试)定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，若 f(x)e8xf(3x2)的解集是( ) A 1 2， B ，1 2 C 1 2，1 D 1，1 2 答案 A 解 析 因 为 f(x)2f(x) ， 所 以 e2xf (x) 2e
8、2xf(x)0. 令 g(x) f（x） e2x ， 则 g(x) e2xf（x）2e2xf（x） （e2x）2 e8xf(3x2)的解集等价于 g(x)g(3x2)的解集，所以有x1 2. (1)大多数试题中确定函数的单调性需要分类讨论，讨论的标准是导数的零点在定义域内 的分布情况，根据导数的零点把定义域划分为若干区间，在各个区间上确定导数值的符号 (2)研究函数单调性时要注意函数的定义域，要从函数本身确定函数定义域，不要求导后 从导数上确定函数的定义域 1函数 f(x)exex，xR 的单调递增区间是( ) A(0，) B(，0) C(，1) D(1，) 答案 D 解析 由题意知，f(x)
9、exe，令 f(x)0，解得 x1，故选 D. 2(2020 河北省邯郸市一模)已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f 1 2 1 2，f(x)4x0，其中 f(x)为 f(x)的导函数，则不等式 f(sin x)cos 2x0 的解集为( ) A 32k， 32k ，kZ B 62k， 62k ，kZ C 32k， 2 3 2k ，kZ D 62k， 5 6 2k ，kZ 答案 D 解析 令 g(x)f(x)2x21，则 g(x)f(x)4x0，故 g(x)在 R 上单调递增又 f(sin x) cos 2xf(sinx)2sin2x1，且 g 1 2 0，故原不等式可转化为 g(sin
10、x)g 1 2 ，所以 sin x1 2， 解得 62kx 5 6 2k，kZ. 3设 f(x)1 3x 31 2x 22ax.若 f(x)在 2 3， 上存在单调递增区间，则 a 的取值范围为 _ 答案 a1 9 解析 由 f(x)x2x2a x1 2 2 1 42a， 当 x 2 3， 时， f(x)的最大值为 f 2 3 2 92a；令 2 92a0，得 a 1 9，所以，当 a 1 9时，f(x)在 2 3， 上存在单调递增区 间. 考向 3 利用导数研究函数的极值、最值 例 3 (1)已知函数 f(x)xex1 3ax 31 2ax 2 有三个极值点，则 a 的取值范围是( ) A(
11、0，e) B 0，1 e C(e，) D 1 e， 答案 C 解析 由题意，函数的导数 f(x)exxexax2ax，若函数 f(x)xex1 3ax 31 2ax 2 有三个 极值点，等价于 f(x)exxexax2ax0 有三个不同的实根(1x)exax(x1)0，即(x 1)(exax)0，则 x1，所以 exax0 有两个不等于1 的根，则 ae x x.设 h(x) ex x，则 h(x)e xxex x2 e x（x1） x2 ，则由 h(x)0 得 x1，由 h(x)0 得 x1 且 x0，则当 x1 时， h(x)取得极小值 h(1)e，当 xx2x3 Bx2x1x3 Cx3x
12、1x2 Dx3x2x1 答案 A 解析 f(x)exx1 x在(0， )上单调递增， 且 f 1 2 e 1 2 3 20， f 1 4 e 1 4 15 4 0， g 1 4 e 1 4 1 420g(x2)， 且 g(x)单调递增，x1x2.由 h(x)1ln x 2x2 0 可得 xe，h(x)在(0，e)上单调递增，在(e， )上单调递减，h(x)maxh(e) 1 2e，即 x3 1 2ex2x3. (3)(2020 新疆乌鲁木齐三模)已知 f(x)exa ln x2a(a0). 当 ae 时，求 f(x)的单调区间； 设 x0是 f(x)的极小值点，求 f(x0)的最大值 解 当
13、ae 时，f(x)exeln x2e，f(x)exe x，显然 f(1)0， f(x)ex e x20，f(x)在(0，)上是增函数， 当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)f(1)0， f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 由 f(x)exa x，且 f(x)e xa x20， f(x)在(0，)上单调递增， 又当 x0 时，f(x)，当 x时，f(x)， 存在 x0满足 f(x0)0，即 ex0 a x0，则 x0 是 f(x)的极小值点， f(x0)ex0a ln x02aex0 x0 ex0ln x02x0 ex0ex0 (1x0ln x02x0)， 令 g(x)e
14、x(1x ln x2x)， 则 g(x)ex(1x ln x2xln x12) ex(x1)(ln x2)， x0，由 g(x)0 得 xe2， g(x)maxg(e2)ee 2 故 f(x0)的最大值是 g(e2)ee 2 (1)求函数的极值需先研究函数的单调性，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点， 导函数由负变正的零点是原函数的极小值点 (2)函数的极值的重要应用是研究函数对应方程的根(或函数零点)， 求解此类问题时可画出 函数草图，结合图形分析 (3)求函数 yf(x)在a， b上的最值需先研究函数极值， 函数的最值点必在以下各点中取到： 区间的端点、极值点或导数不存在的点 1已知函
15、数 f(x)x33x29x1，若 f(x)在区间k，2上的最大值为 28，则实数 k 的取值 范围为( ) A3，) B(3，) C(，3) D(，3 答案 D 解析 由题意知 f(x)3x26x9，令 f(x)0，解得 x1 或 x3，所以 f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x (，3) 3 (3，1) 1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 又 f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k，2上的最大值为 28，所以 k3. 2 (2020 山东省青岛市一模)已知函数f(x) 3 x9，x0， xex，x0 (e2.71
16、8为自然对数的底数)， 若 f(x)的零点为 ，极值点为 ，则 ( ) A1 B. 0 C. 1 D2 答案 C 解析 f(x) 3 x9，x0， xex，x0， 当 x0 时，令 f(x)0，即 3x90，解得 x2；当 x0 时， f(x)xex0 恒成立，f(x)的零点为 2.又当 x0 时，f(x)3x9 为增函数，故在0，) 上无极值点；当 x0 时，f(x)xex，f(x)(1x)ex，当 x1 时，f(x)1 时，f (x)0，x1 时，f(x)取到极小值，即 f(x)的极值点 1，211.故选 C. 3(1)已知函数 f(x)1ln x x ，若函数 f(x)在区间 a，a1
17、2 上存在极值，则正实数 a 的取 值范围为_； (2)设函数 f(x)ln x1 2ax 2bx，若 x1 是 f(x)的极大值点，则 a 的取值范围为_ 答案 (1) 1 2，1 (2)(1，) 解析 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)11ln x x2 ln x x2 .令 f(x)0，得 x1， 当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1， )上单调递减所以 x1 为 f(x)的极大值点，所以 a1a1 2，故 1 2a1，即正实数 a 的取值范围为 1 2，1 . (2)f(x)的定义域为(0，)，f(x
18、)1 xaxb，由 f(1)0，得 b1a.所以 f(x) 1 x axa1ax 21axx x （x1）（ax1） x . 若 a0，当 0 x1 时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x1 时，f(x)0，满足 2f(x)xf(x)1，则 x2f(x)18 的解集为( ) A(，3) B(，3)(3，) C(3，) D(3，3) 答案 B 解析 令 g(x)x2f(x)，函数 f(x)在(，)上是可导的偶函数，g(x)x2f(x)在( ，)上也是偶函数，又当 x0 时，2f(x)xf(x)1，2xf(x)x2f(x)x0，g(x)0， g(x)x2f(x)在(0， )上是增函数 f(3)2
19、， 由 x2f(x)18， 得 x2f(x)1832f(3)， g(|x|)g(3)， |x|3，x(，3)(3，).故选 B. 6已知函数 f(x)x2a ln x1 在(1，3)内不是单调函数，则实数 a 的取值范围是( ) A(2，18) B2，18 C(，218，) D2，18) 答案 A 解析 因为 f(x)2xa x， x0， 当 a0 时， f(x)0 恒成立， 故函数在(1， 3)内单调递增， 不符合题意；当 a0 时，f(x)0 可得 x 2a 2 ，f(x)0 可得 0x 2a 2 ，因为 f(x)x2a ln x 1 在(1，3)内不是单调函数，所以 1 2a 2 3，解
20、得 2a18.故选 A. 7已知函数 f(x)exln x，则其图象在点(1，f(1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积 为_ 答案 1 2（e1） 解析 因为 f(x)ex1 x，故 f(1)e1，又 f(1)e，故切线方程为 ye(e1)(x1)， 整理得切线方程为 y(e1)x1，故其与坐标轴围成的三角形的面积 S1 21 1 e1 1 2（e1）. 专题作业 一、选择题 1函数 f(x)1 2x 2ln x 的单调递减区间为( ) A(，1) B(0，1) C(1，) D(0，) 答案 B 解析 f(x)的定义域是(0，)，f(x)x1 x x21 x ，令 f(x)0，解得 0 x1
21、，故函 数 f(x)在(0，1)上单调递减故选 B. 2若函数 f(x)sin xkx 存在极值，则实数 k 的取值范围是( ) A(1，1) B1，1 C(1，) D(，1) 答案 A 解析 f(x)sin xkx，f(x)cos xk.函数 f(x)sin xkx 存在极值，f(x) cos xk0 有变号零点，又1cos x1，1k1，实数 k 的取值范围是(1，1).故选 A. 3(2020 山西省运城市三模)函数 f(x)xex2ln x2x 的最小值为( ) A2ln 2 Bln 2 C22ln 2 D2ln 2 答案 C 解析 因为 f(x)xex2ln x2x，设 tln xx
22、，则 tR，且 f(x)eln xx2(ln xx)et 2t，设 g(t)et2t，则 g(t)et2，g(t)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递 增，所以 g(t)g(ln 2)22ln 2，所以 g(t)的最小值为 22ln 2，即 f(x)的最小值为 22ln 2. 故选 C. 4已知 f(x)1 4x 2cos x，f(x)为 f(x)的导函数，则 f(x)的图象大致为( ) 答案 A 解析 因为 f(x)1 4x 2cos x， 所以 f(x)1 2xsinx， 这是一个奇函数， 图象关于原点对称， 故排除 B，D；又 f(1)1 2sin 1 1 2sin 40
23、，f(2)1sin 20，所以 f(x)的图象大致为 A. 5(2020 河南省濮阳市二模)若函数 f(x)sin 2x4xm sin x 在0，2上单调递减，则实 数 m 的取值范围为( ) A(2，2) B2，2 C(1，1) D1，1 答案 B 解析 因为 f(x)2sin x cos x4xm sin x 在0，2上单调递减，所以 f(x)2(2cos2x 1)4m cosx4cos2xm cosx60 对任意 x0，2恒成立设 tcos x1，1，g(t) 4t2mt6，则 g(t)0 在1，1上恒成立，由二次函数的性质得 g（1）0， g（1）0， 解得 2m2.故选 B. 6(多
24、选)(2020 威海一中模拟)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f(x)ex(x1) B函数 f(x)有 2 个零点 Cf(x)0 的解集为(1，0)(1，) D x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)|0 时，有x0，由奇函数定义可知 f(x)f(x)，所以 f(x)ex(x1) ex(x1)，A 正确；当 x0 时，由 f(x)ex(x1)0，解得 x1，即 f(1)0，根据奇函 数的性质可知 f(1)0，又因为定义域是 R，所以 f(0)0，因此函数 f(x)有 3 个零点，B 错误； 当 x0，即 ex(x1)0，解得 x1，所以1x0 时，通过选项 A 的分
25、析， 可知 f(x)ex(x1)ex(x1)，当 f(x)0 时，即 ex(x1)0，解得 x1，所以 x1，C 正确；当 x0，函数 f(x)单调 递增，当 x(，2)时，f(x)0，函数 f(x)单调递减，所以 f(x)的极小值为 f(2) 1 e2， 当 x0 时，f(x)1，根据选项 C 可知，当1x0，当 x1 时，f(x)0，所以当 x0 时， 1 e2f(x)0 时，1f(x) 1 e2，而 f(0)0，所以当 xR 时，1f(x)1，即|f(x1)f(x2)|2 恒成立，D 正确故选 ACD. 7已知函数 f(x) 1ln x，x1， 1 2x 1 2，x1， 若 x1x2，且
26、 f(x1)f(x2)2，则 x1x2的取值范围是 ( ) A2，) Be1，) C32ln 2，) D32ln 3，) 答案 C 解析 设 x1x11，则 f(x1)f(x2)1ln x11ln x22ln (x1x2)2，x1x2 1，不成立；若 x1x21，则 f(x1)f(x2)1 2x1 1 2 1 2x2 1 2 1 2(x1x2)12，x1x22，不 成立；若 x11x2，则 f(x1)f(x2)1 2x1 1 21ln x2 1 2x1ln x2 3 22，x112ln x2， x1x212ln x2x2， 设 g(x)12ln xx(x1)， 则 g(x)2 x1 x2 x
27、， 当 1x2 时， g (x)2 时，g(x)0，则 g(x)单调递增g(x)ming(2)12ln 22 32ln 2，x1x232ln 2，)，故选 C. 8 (多选)(2020 山东省泰安市四模)已知定义在 0， 2 上的函数 f(x)， f(x)是 f(x)的导函数， 且恒有 cos xf(x)sin xf(x) 2f 4 B 3f 6 f 3 Cf 6 3f 3 D 2f 6 3f 4 答案 CD 解析 根据题意， 令 g(x)f（x） cos x ， x 0， 2 ， 则其导数 g(x)f（x）cos xsin xf（x） cos2x ， 又由 x 0， 2 ， 且恒有 cosx
28、f(x)sin xf(x)0， 则有 g(x)0， 即函数 g(x)为减函数， 又由 6g 3 ，即 f 6 cos 6 f 3 cos 3 ，故 f 6 3f 3 ，又由 6g 4 ，即 f 6 cos 6 f 4 cos 4 ， 故 2f 6 3f 4 .故选 CD. 二、填空题 9已知函数 f(x)exax 在 x0 处取得极小值，则 a_ 答案 1 解析 由题意得 f(x)exa.因为函数 f(x)在 x0 处取得极小值，所以 f(0)1a0，解 得 a1.当 a1 时， f(x)ex1， 所以当 x0 时， f(x)0 时， f(x)0， f(x)单调递增，所以当 x0 时，函数 f
29、(x)取得极小值因此 a1 即为所求 10已知函数 f(x)(x2ax)ex的一个极值点为 1，则曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方 程为_ 答案 3x2y0 解析 f(x)x2(2a)xaex，由题意可知，f(1)(32a)e0，故 a3 2，kf(0) 3 2，f(0)0，故切线方程为 y 3 2x，即 3x2y0. 11 已知函数 f(x)axln x， 当 x(0， e(e 为自然对数的底数)时， 函数 f(x)的最小值为 3， 则 a 的值为_ 答案 e2 解析 易知 a0，由 f(x)a1 x ax1 x 0，得 x1 a，当 x 0，1 a 时，f(x)0，f(x) 单
30、调递减；当 x 1 a， 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在 x 1 a时取得最小值 f 1 a 1 ln 1 a.当 0 1 ae 时，由 1ln 1 a3，得 ae 2，符合题意；当1 ae 时，x(0，e，f(x)min f(e)，即 aeln e3，得 a4 e，舍去综上，ae 2. 12(2020 江苏省泰州市模拟)已知 x1，x2是函数 f(x)x2m ln x2x，mR 的两个极值 点，若 x1x2，则f（x 1） x2 的取值范围为_ 答案 3 2ln 2，0 解析 因为 f(x)x22xm ln x，f(x)2x 22xm x ，所以 f(x)有两个极值点 x1，x
31、2等价 于方程 2x22xm0 在(0，)上有两个不等的正根 48m0， x1x210，0m1 2，0x10 则f（x 1） x2 x 2 12x1m ln x1 x2 （1x 1）21 1x1 2x1ln x11x1 1 x112x1ln x1.令 g(x)1 x 1 x12x ln x 0x1 2 ， 则g(x)2ln x1 1 （x1）2.0x 1 2， 2ln x12ln 210， 当 0x1 2时，g(x)0.故 g(x)在 0，1 2 上单调递减，3 2ln 2g(x)x2； (2)若 f(x)有极大值，求 a 的取值范围 解 (1)证明：当 a1 时， f(x)exx2，f(x)
32、ex2x， 令 (x)f(x)，则 (x)ex2. 当 0xln 2 时，(x)ln 2 时，(x)0，(x)单调递增 当 x0，)时，(x)min(ln 2)2(1ln 2)0. 当 x0，)时，f(x)0，f(x)在0，)上单调递增 当 x0，)时，f(x)f(0)10，即 exx2. (2)由题意得 f(x)ex2ax.由 f(x)有极大值得 f(x)0 有解，且 a0. 令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2a. 由 g(x)0 得 xln (2a). 当 xln (2a)时，g(x)ln (2a)时，g(x)0，g(x)单调递增 g(x)mingln (2a)2a1ln (2a).
33、 当 g(x)min0，即 0ae 2时，g(x)0，即 f(x)0， 此时，f(x)在(，)上单调递增，无极值； 当 g(x)mine 2时， g(0)10，gln (2a)2a1ln (2a)0， 即 2a2ln (2a)ln (2a). 存在 x1(0，ln (2a)，x2(ln (2a)，2a)，使 g(x1)g(x2)0. 当 x(，x1)时，g(x)0，即 f(x)单调递增； 当 x(x1，x2)时，g(x)0，即 f(x)单调递增 x1是 f(x)唯一的极大值点 综上所述，所求 a 的取值范围为 e 2， . 14(2020 江西省重点中学协作体高三第一次联考)已知函数 f(x)
34、(x1)eax(aR，e 为自 然对数的底数). (1)若 a1，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若 g(x)f(x)x 在 R 上单调递增，求实数 a 的取值范围 解 (1)当 a1 时，f(x)(x1)ex，f(x)xex， 所以 f(1)0，f(1)e， 所以切线方程为 y0e(x1)，即 exye0. (2)g(x)(x1)eaxx， 所以 g(x)eaxa(x1)eax1(axa1)eax1. 因为 g(x)在 R 上单调递增，所以 g(x)0 恒成立， 令 x0，则 g(0)2a0，得 a2. 下面证当 a2 时，g(x)在 R 上单调递增 构造函数
35、F(x)axa1eax(xR，a2)， F(x)aaeaxa(1eax). 当 a0，x0 时，F(x)0 时，F(x)0， 得 F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增. F(x)minF(0)2a0，即 axa1eax0. 从而 g(x)(axa1)eax10，g(x)在 R 上单调递增 当 a0 时，g(x)2x1 显然在 R 上单调递增； 当 0a2，x0 时，F(x)0 时，F(x)0，得 F(x)在(，0)上单调递减，在(0， )上单调递增， F(x)minF(0)2a0，即 axa1eax0， 从而 g(x)(axa1)eax10，g(x)在 R 上单调递增 综上，实数
36、 a 的取值范围为(，2. 15(2020 东北三省四市教研联合体模拟)已知函数 f(x)m ln x，g(x)x1 x (x0). (1)讨论函数 F(x)f(x)g(x)在(0，)上的单调性； (2)判断当 me 时，yf(x)与 yg(x)的图象公切线的条数，并说明理由 解 (1)F(x)f(x)g(x)m ln xx1 x ， F(x)m x 1 x2 mx1 x2 ， 当 m0 时，F(x)0 时，由 F(x)0 得 0x0 得 x 1 m， 所以函数 F(x)在 0， 1 m 上单调递减，函数 F(x)在 1 m， 上单调递增 (2)函数 f(x)eln x 在点(a，eln a)
37、处的切线方程为 yeln ae a(xa)，即 y e axeln ae， 函数 g(x)x1 x 在点 b，11 b 处的切线方程为 y 11 b 1 b2(xb)，即 y 1 b2x 2 b1. 若 yf(x)与 yg(x)的图象有公切线 则 e a 1 b2， eln ae12 b， 由得 aeb2，代入整理得 2eln b2 b10. 由题意只需判断关于 b 的方程在(0，)上解的个数， 令 h(x)2eln x2 x1(x0)，h(x) 2ex2 x2 ， 令 h(x)0，解得 x1 e， x 0，1 e 1 e 1 e， h(x) 0 h(x) 单调递减 极小值1 单调递增 所以
38、h(x)h 1 e 1，因为 h 1 e2 4e2e210，h(1)10， 所以 h 1 e2 h 1 e 0，h(1)h 1 e 0， 又 h(x)的图象在(0，)上连续不断， 所以方程 h(x)0 在 0，1 e 及 1 e， 上各有一个根， 即 yf(x)与 yg(x)的图象有两条公切线 16已知 f(x)x22axln x. (1)当 a1 时，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)为 f(x)的导函数，f(x)有两个不相等的极值点 x1，x2(x10)， f(x)2x21 x 2x22x1 x （x1） 2x2 x 0， 所以 f(x)在区间(0，)上单调递增 (2)f(x)2
39、x2a1 x 2x22ax1 x ， 由题意得，x1和 x2是方程 2x22ax10 的两个不相等的正实根，则 x1x2 2a 2 0， x1x21 2， 4a280， 解 得 a 2， 2ax12x2 11，2ax22x 2 21. 由于a 2 2 2 ，所以 x1 0， 2 2 ，x2 2 2 ， . 所以 2f(x1)f(x2)2(x2 12ax1ln x1)(x 2 22ax2ln x2)2x 2 1x 2 24ax12ax2ln x22ln x12x2 1x 2 2ln x2 x2 11 1 2x2 2x 2 2ln x3 2 （x1x2）21 1 2x2 2x 2 23 2ln x
40、 2 22ln 21. 令 tx2 2 t1 2 ，g(t) 1 2tt 3 2ln t2ln 21， 则 g(t) 1 2t21 3 2t 2t23t1 2t2 （2t1）（t1） 2t2 ， 当1 2t1 时，g(t)1 时，g(t)0. 所以 g(t)在 1 2，1 上单调递减，在(1，)上单调递增，则 g(t)ming(1) 14ln 2 2 ， 所以 2f(x1)f(x2)的最小值为14ln 2 2 . 17(2020 山西省太原市第五中学二模)已知函数 f(x)k(x1)exx2，其中 kR. (1)当 k2 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 k1，2时，求函数 f(x)
41、在0，k上的最大值 g(k)的表达式，并求 g(k)的最大值 解 (1)f(x)kxex2xx(kex2)， 当 k0 时， kex20 得 x0， 令 f(x)0， 故 f(x)的单调递增区间为(， 0)，f(x)的单调递减区间为(0，)； 当 0k2 时，令 f(x)0 得 x0 或 xln 2 k0， 当 0k0，当 f(x)0 时，xln 2 k或 x0， 当 f(x)0 时，0x0 时，f(x)0； 当 x0，f(x)的单调递增区间为(，). (2)当 1k2 时，由(1)知，f(x)的单调递增区间为(，0)， ln 2 k， ，单调递减区间 为 0，ln 2 k . 令 h(k)l
42、n 2 kk，k1，2，h(k) k 22 1 k2 11 k10，故 h(k)在1，2上单调 递减， 故 h(k)h(1)ln 210ln 2 k0， 即 f(k)f(0)，当 k1 时等号成立， 故 f(x)maxf(k)k(k1)ekk2. 当 k2 时，由(1)知，f(x)的单调递增区间为(，)， 所以当 x0，k时函数 f(x)单调递增， 故 f(x)maxf(k)k(k1)ekk2. 综上所述，函数 f(x)在0，k上的最大值为 g(k)k(k1)ekk2，k1，2， g(k)(k2k1)ek2k，由于 k2k10，eke2， 所以 g(k)(k2k1)ek2k2k22k22k2(k1) (k1)0 对任意的 k1，2恒成 立 所以 g(k)在1，2上为增函数 所以 g(k)maxg(2)2e24.
浙公网安备33030202001339号