高考文科数学二轮专项训练专题：04 导数

一、选择题

1．已知函数f(x)lnxln(2x)，则

A．f(x)在(0,2)单调递增 B．f(x)在(0,2)单调递减

C．yf(x)的图像关于直线x1对称 D．yf(x)的图像关于点(1,0)对称 C【解析】由f(x)2(1x)，0x2知，f(x)在(0,1)上单调递增，(1,2)上单调递减，排除A、B；

x(2x)又f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于x1对称，C正确． 2．函数yf(x)的导函数yf(x)的图像如图所示，则函数yf(x)的图像可能是

yOx

yxyxyxyxOOOOA． B．CD

D【解析】由导函数的图象可知，yf(x)的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，yf(x)的极值点一负两正，所以D符合，选D．

3．若函数f(x)xsin2xasinx在(,)单调递增，则a的取值范围是

A．[1,1] B．[1,] C．[,] D．[1,] C【解析】函数f(x)xsin2xasinx在(,)单调递增，

131311331313245cos2xacosxcos2xacosx…0 333425在(,)恒成立．设cosxt，则g(t)tat…0在[1,1]恒成立，

33等价于f(x)145g(1)a…0133所以，解得剟a3g(1)4a5…0331．故选C． 334．已知a为函数f(x)x12x的极小值点，则a

A．4 B．2 C．4 D．2

D【解析】因为f(x)3x123(x2)(x2)，令f(x)0，x2，当

2x(,2)时f(x)0，f(x)单调递增；当x(2,2)时f(x)0，f(x)单调递减；当x(2,)时f(x)0，f(x)单调递增．所以a2．故选D．

5．(2018全国卷Ⅰ)设函数f(x)x3(a1)x2ax．若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为

A．y2x B．yx

3 C．y2x

2 D．yx

D【解析】通解 因为函数f(x)x(a1)xax为奇函数，所以f(x)f(x)，

2所以(x)(a1)(x)a(x)[x(a1)xax]，所以2(a1)x0，

3232因为xR，所以a1，所以f(x)xx，所以f(x)3x1，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0) 处的切线方程为yx．故选D．

优解一 因为函数f(x)x(a1)xax为奇函数，所以f(1)f(1)0，所以

32321a1a(1a1a)0，解得a1，所以f(x)x3x，

2所以f(x)3x1，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．

322优解二 易知f(x)x(a1)xaxx[x(a1)xa]，因为f(x)为奇函数，所以函数

g(x)x2(a1)xa为偶函数，所以a10，解得a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx．故选D．

6．若函数ef(x)(e=2．71828L，是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是

xA．f(x)2x

B．f(x)xx2

C．f(x)3x

D．f(x)cosx

A【解析】对于选项A，f(x)2单调递增，∴f(x)2x11ee()x， 则exf(x)ex()x()x，∵1，∴exf(x))在R上22222xx2具有M性质．对于选项B，f(x)x，ef(x)ex，

[exf(x)]ex(x22x)，令ex(x22x)0，得x0或x2；令ex(x22x)0，得2x0，

2∴函数ef(x)在(,2)和(0,)上单调递增，在(2,0)上单调递减，∴f(x)x不具有M性

x质．对于选项C，f(x)3x11eee()x，则exf(x)ex()x()x，∵1，∴y()x在R上单调33333xxx递减，∴f(x)3不具有M性质．对于选项D，f(x)cosx，ef(x)ecosx，

则[ecosx]e(cosxsinx)≥0在R上不恒成立，故ef(x)ecosx在R上不是单调递增的，所以f(x)cosx不具有M性质．

7．若函数yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yf(x)具有T

性质.下列函数中具有T性质的是 A．ysinx

B．ylnx

C．yex

D．yx3

xxxxcosx1cosx21，(x2,y2)，A【解析】设两个切点分别为(x1,y1)，选项A中，ycosx，当x10,x2时满足，故A正确；函数ylnx,ye,yx的导数值均非负，不符合题意，故选A. 8．设直线l1，l2分别是函数f(x)x3lnx,0x1，图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，

lnx,x1且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是 A．(0,1) B．(0,2) C． (0,+∞) D．(1,+ ∞)

A【解析】设P（不妨设x11,0x21），则由导数的几何意义易得切线l1,l21x1,lnx1,P2x2,lnx2的斜率分别为k1111,k2.由已知得k1k21,x1x21,x2.切线l1的方程分别为x1x2x1ylnx1111lxxylnxxxylnxxx，切线的方程为，即． 212211x1x2x12x11x12分别令x0得A0,1lnx1,B0,1lnx1.又l1与l2的交点为P(,lnx1)．∵

1x11x12x11，∴SPAB2x11x121|yAyB||xP|1，∴0SPAB1，故选A． 2221x11x1ex2fxtlnxxxx恰有一个极值点为1，则实数t的取值范围是（ ） 9．已知函数

11e11e,,,,33322 C． B．3  D．A．【答案】C【解析】 由题意知函数

fx的定义域为(0,)，

exx1x2txxx1eex2t2x11x2f'xt12222xxxxx

因为

fxx恰有一个极值点为1，所以

xf'x0有且只有一个解，即x1是它的唯一解，也就是说另一个

x1exeeg'x2t0gxx0x2x2方程x2无解.令，则

0，所以函数

xgx在(0,)上单

e2ex11fxtlnxxt0gxg0txx恰有一个x222增，从而，所以，当时，无解，1，2t极值点，所以实数的取值范围是．故选：C．

lnx,x1f(x)1x1,x1nm210．已知函数，若f(m)f(n)，则的取值范围是（ ）

A．

e,3

B．

42ln2,33242ln2,e－1 D．22ln2,3 C．

C【解析】不妨设f(m)f(n)t，设mn，由题意可知， 函数yf(x)的图象与直线yt有两个交点，其中0t31，由f(m)t，即m1t，解得m2t2，

22t由f(n)t，即lnnt，解得net，记g(t)nmnme2t2，

其中0t当ln2t3，g(t)et22，∴当0tln2时，g(t)0，函数g(t)单调递减；

3时，g(t)0，函数g(t)单调递增.所以函数g(t)的最小值为2g(ln2)eln22ln2242ln2；而g(0)e320333223，g()e13,42ln2g(t)e21， 2即42ln2nme1.故选:C 11．设函数

fxxex，则（ ）

11fxfxA．有极大值e B．有极小值e

C．

fx有极大值e D．

fx有极小值e ，定义域为R，

【答案】B【解析】当x1时，

Qfxxexfxx1ex.所以，函数

，令

fx0，可得x1.

fx0；当x1时，

fx0fxxex在x1处取得极小值

f11e，故选：B.

1f(x)ax3ax2x1312．已知函数在R上为增函数，则实数a的取值范围是( )

A．

0, B．(0,1)

C．

0,1

D．

0,1

2f(x)ax2ax1…0恒成立， 【答案】C【解析】解：由题意可得，

a024a4a„0， a0a0当时，显然满足题意，当时，则根据二次函数的性质可得，a1．故选：C． 解可得，0a„1，综上可得，0剟二、填空题

x13．已知函数f(x)(2x+1)e,f(x)为f(x)的导函数，则f(0)的值为____.

3【解析】Qf(x)(2x+3)ex,f(0)3．

x14．已知函数f(x)2，g(x)xax(其中aR)．对于不相等的实数x1,x2，设m＝

2f(x1)f(x2)，

x1x2n＝

g(x1)g(x2)．现有如下命题：

x1x2①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m0；

②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n>0； ③对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn； ④对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．

2x12x2①④【解析】因为f(x)2在R上是单调递增的，所以对于不相等的实数x1,x2，m0恒成

x1x2x2x12ax1(x2ax2)立，①正确；因为g(x)xax，所以n

x1x22=x1x2a，正负不定，②错误；由mn，整理得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)． 令函数p(x)f(x)g(x)2xax，则p(x)2ln22xa， 令t(x)p(x)，则t(x)2(ln2)2，又t(1)2(ln2)20，

x22x2xt(3)8(ln2)220，从而存在x0(1,3)，使得t(x0)2x0(ln2)220，

x于是p(x)有极小值p(x0)20ln22x0a222log2a，所以存 ln2(ln2)2在a2log222，使得p(x)0，此时p(x)在R上单调递增，故不存在不相等的实数2(ln2)ln2x1,x2，使得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，不满足题意，③错误；由mn得f(x)g(x)，即

a2xln22x，设h(x)2xln22x，

则h(x)2(ln2)20，所以h(x)在R上单调递增的，且当x时，

x2h(x)，当x时，h(x)，所以对于任意的a，ya与yh(x)的图象一定有交

点，④正确．

15．(2018全国卷Ⅱ)曲线y2lnx在点(1,0)处的切线方程为__________．

y2x2【解析】由题意知，y2，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率kyxx12，故所求切线方程

为y02(x1)，即y2x2．

xf(x)elnx，f(x)为f(x)的导函数，则f(1)的值为__． 16．(2018天津)已知函数

1e【解析】 由题意得f(x)exlnxex，则f(1)e．

x17．曲线yx21在点(1,2)处的切线方程为____________． x1，又y1，所以切线方程为y21(x1)，即yx1． x2x1yx1【解析】∵y2x18．已知aR，设函数f(x)axlnx的图象在点(1,f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距

为 ．

1【解析】∵f(1)a，切点为(1,a)，f(x)a1，则切线的斜率为f(1)a1，切线方程为：xya(a1)(x1)，令x0得出y1，l在y轴的截距为1

三、解答题

19．（2018全国卷Ⅰ）已知函数f(x)aexlnx1．

(1)设x2是f(x)的极值点．求a，并求f(x)的单调区间； 1(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．

e11)，f(x)aex．由题设知，f(2)0，所以a2． 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，x2e从而f(x)1x11elnx1，f(x)2ex．当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0． 22e2ex所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．

1exex1ex(2)当a≥时，f(x)≥ lnx1．设g(x)lnx1，则g(x)．eeexe当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0．所以x1是g(x)的最小值点．

1故当x0时，g(x)≥g(1)0．因此，当a≥时，f(x)≥0．

e20．（2018浙江）已知函数f(x)xlnx．

(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln2；

(2)若a≤34ln2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点． 【解析】(1)函数f(x)的导函数f(x)11111，由f(x1)f(x2)得， 2xx2x1x12x2x21因为x1x2，所以1111x1x2x1x2≥24x1x2． ．由基本不等式得2x1x22因为x1x2，所以x1x2256． 由题意得f(x1)f(x2)则g(x)x1lnx1x2lnx211x1x2ln(x1x2)．设g(x)xlnx， 221(x4)，所以 4xx g(x) (0,16) 16 0 (16,) +  g(x) ] 24ln2 Z 所以g(x)在[256,)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln2，即f(x1)f(x2)88ln2． (2)令me(|a|k)，n(|a|12)1，则f(m)kma|a|kka≥0， kf(n)knan(1a|a|1k)≤n(k)0所以，存在x0(m,n)使f(x0)kx0a， nnn所以，对于任意的aR及k(0,)，直线ykxa与曲线yf(x)有公共点．

由f(x)kxa得kxlnxa．设h(x)xxlnxa，

xlnx则h(x)x1axg(x)1a2g(x)lnx． ，其中222xx由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤34ln2，故g(x)1a≤g(16)1a34ln2a， 所以h(x)≤0，即函数h(x)在(0,)上单调递减，因此方程f(x)kxa0至多1个实根． 综上，当a≤34ln2时，对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点． 21．（2018全国卷Ⅱ）已知函数f(x)13xa(x2x1)． 3(1)若a3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． 【解析】(1)当a3时，f(x)13x3x23x3，f(x)x26x3． 3令f(x)0解得x323或x323．

当x(,323)U(323,)时，f(x)0；当x(323,323)时，f(x)0． 故f(x)在(,323)，(323,)单调递增，在(323,323)单调递减．

x33a0． (2)由于xx10，所以f(x)0等价于2xx12x2(x22x3)x3≥0， 3a，则g(x)设g(x)222(xx1)xx1仅当x0时g(x)0，所以g(x)在(,)单调递增． 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点． 又f(3a1)6a2a211116(a)20，f(3a1)0， 3663故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点． 22．（2018北京）设函数f(x)[ax(3a1)x3a2]e．

(1)若曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a； (2)若f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围．

【解析】(1)因为f(x)[ax(3a1)x3a2]e，所以f(x)[ax(a1)x1]e．

2x2x2xf(2)(2a1)e2，由题设知f(2)0，即(2a1)e20，解得a(2)方法一：由(1)得f(x)[ax(a1)x1]e(ax1)(x1)e．

2xx1． 2若a1，则当x(,1)时，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0．

所以f(x)在x1处取得极小值．若a≤1，则当x(0,1)时，ax1≤x10， 所以f(x)0．所以1不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是(1,)． 方法二：f(x)(ax1)(x1)e．(ⅰ)当a0时，令f(x)0得x1．

x1af(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x (,1) + 1 0 (1,) − f(x) f(x) ↗ 极大值 ↘ ∴f(x)在x1处取得极大值，不合题意．(ⅱ)当a0时，令f(x)0得x1①当x1x2，即a1时，f(x)(x1)e≥0，∴f(x)在R上单调递增，

2x1,x21． a∴f(x)无极值，不合题意．②当x1x2，即0a1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x (,1) + ↗ 1 0 极大值 1(1,) a− ↘ 1 a0 极小值 1(,) a+ ↗ f(x) f(x) ∴f(x)在x1处取得极大值，不合题意．

③当x1x2，即a1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：

x 1(,) a+ ↗ 1 a0 极大值 1(,1) a− ↘ 1 0 极小值 (1,) + ↗ f(x) f(x) ∴f(x)在x1处取得极小值，即a1满足题意． (ⅲ)当a0时，令f(x)0得x1x 1,x21．f(x),f(x)随x的变化情况如下表： a1111 (1,) (,) (,1) aaa− ↘ 0 极小值 + ↗ 0 极大值 − ↘ f(x) f(x) ∴f(x)在x1处取得极大值，不合题意．综上所述，a的取值范围为(1,)．

ax2x123．（2018全国卷Ⅲ）已知函数f(x)．

ex(1)求曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)e≥0．

ax2(2a1)x2【解析】(1)f(x)，f(0)2． xe因此曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程是2xy10． (2)当a≥1时，f(x)e≥(xx1e令g(x)≥xx1e2x12x1)ex．

x1，则g(x)≥2x1e．

当x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增； 所以g(x)≥g(1)=0．因此f(x)e≥0．

24．（2018江苏）记f(x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数．若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且

f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．

(1)证明：函数f(x)x与g(x)x2x2不存在“S点”； (2)若函数f(x)ax1与g(x)lnx存在“S点”，求实数a的值；

22bex(3)已知函数f(x)xa，g(x)．对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)x2在区间(0,)内存在“S点”，并说明理由．

2【解析】(1)函数f(x)x，g(x)x2x2，则f(x)1，g(x)2x2．

xx22x2由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得，此方程组无解，

12x2因此，f(x)与g(x)不存在“S点”．

(2)函数f(x)ax1，g(x)lnx，则f(x)2ax，g(x)21． x设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得

2ax01lnx02ax01lnx0，即，（*） 122ax0x2ax01011得lnx0，即x0e2，则a212(e)122e． 21ee当a时，x0e2满足方程组（*），即x0为f(x)与g(x)的“S点”．因此，a的值为．

22(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa．

因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h(x)的图象是不间断的，

32x0所以存在x0(0,1)，使得h(x0)0．令bx0，则b0．

e(1x0)bexbex(x1)(x)2x，g′(x)函数f(x)xa，g(x)，则f′． 2xx2由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得

322x0ex2bexxaxax0e(1x)xx0，即，（**） x3x2x0e(x1)2xbe(x1)2xx2ex0(1x0)x2此时，x0满足方程组（**），即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”． 因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0,)内存在“S点”．

25．（2018天津）设函数f(x)=(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1,t2,t3R，且t1,t2,t3是公差为d的等差数列．

(1)若t20,d1, 求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (2)若d3，求f(x)的极值；

(3)若曲线yf(x)与直线y(xt2)63有三个互异的公共点，求d的取值范围．

3【解析】(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)xx，故f(x)3x1，因此f(0)0，f(0)=−1，

又因为曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)， 故所求切线方程为xy0．

3(2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)9(xt2) 32x33t2x2(3t29)xt29t2．

32故f(x)3x6t2x3t29．令f(x)=0，解得xt23，或xt23．

当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：

(−∞， (t23， (t23， +∞) 0 极小值 + ↗ x t23) f(x) f(x) + ↗ t23 t23) 0 极大值 − ↘ t23 所以函数f(x)的极大值为f(t23)(3)39(3)63；函数小值为f(t23)(3)39363．

(3)曲线yf(x)与直线y(xt2)63有三个互异的公共点等价于关于x的方程

(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)630有三个互异的实数解，

32令uxt2，可得u(1d)u630．

32设函数g(x)x(1d)x63，则曲线yf(x)与直线y(xt2)63有三个互异的公共点等价于函数yg(x)有三个零点．g'(x)3x(1d)． 当d≤1时，g'(x)≥0，这时g'(x)在R上单调递增，不合题意．

232d21d21当d1时，g'(x)=0，解得x1，x2．

332易得，g(x)在(,x1)上单调递增，在[x1,x2]上单调递减，在(x2,)上单调递增，

g(x)的极大值g(x1)g(d123(d1)63>0． )=9323(d1)d163． )=−9322322232g(x)的极小值g(x2)g(若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数yf(x)至多有两个零点，不合题意． 若g(x2)0,即(d1)27，

也就是|d|10，此时|d|x2，g(|d|)|d|630,

且2|d|x1,g(2|d|)6|d|32|d|636210630，从而由g(x)的单调性，可知函

232数yg(x)在区间(2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点，符合题意． 所以d的取值范围是(,10)U(10,).

x26．已知函数f(x)(x2x1)e(x≥)．

12（Ⅰ）求f(x)的导函数；

（Ⅱ）求f(x)在区间[,)上的取值范围． 【解析】（Ⅰ）因为(x2x1)1121xx，(e)e 2x111(1x)(2x12)exxx)e(x2x1)e所以f(x)(1(x)

22x12x15(1x)(2x12)ex（Ⅱ）由f(x)0解得x1或x．

22x1因为

x f(x) f(x) 1 2 （1，1） 2- ↘ 1 0 0 （1，+ 555） （，） 2220 - ↘ ↗ 11112x又f(x)(2x11)e≥0，所以f(x)在区间[,)上的取值范围是[0,e2]．

2223227．已知函数f(x)xaxbx1(a0,bR)有极值，且导函数f(x) 的极值点是f(x)的零点．（极

值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b3a；

2a2a2【解析】(1)由f(x)xaxbx1,得f(x)3x2axb3(x)b.

33322a2a当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点.

33aa3a3ab2a2310，又a0，故b. 所以f()327939aa21(27a3)0，即a3. 因为f(x)有极值，故f(x)=0有实根，从而b39aa3时，f(x)>0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；

aa23baa23b，x2=. a3时，f(x)=0有两个相异的实根x1=33列表如下

x (,x1) + x1 0 极大值 (x1,x2) – x2 0 极小值 (x2,) + f(x) f(x) Z ] Z 2a23，定义域为(3,). 故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3，因此b9a（2）由（1）知，b2aa3． 9aaa222t2272t3设g(t)． ，则g(t)23t9t29t当t(3636,)上单调递增． ,)时，g(t)0，所以g(t)在(22因为a3，所以aa33，故g(aa)g(33)3，即b3．因此b23a． a4a26b222（3）由（1）知,f(x)的极值点是x1,x2，且x1x2a，x1x2.

933232从而f(x1)f(x2)x1ax1bx11x2ax2bx21

x1x1222(3x122ax1b)2(3x22ax2b)a(x12x2)b(x1x2)2 33334a36ab4ab20

279记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，

a21313a2，所以h(a)=a2，a3. 因为f(x)的极值为b39a9a23a20，于是h(a)在(3,)上单调递减. 9a7因为h(6)=，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.因此a的取值范围为(3，6].

21128．已知函数fxx3ax2,aR．

32因为h(a)=(Ⅰ)当a2时，求曲线yfx在点3,f3处的切线方程；

(Ⅱ)设函数gxfxxacosxsinx，讨论gx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

【解析】（Ⅰ）由题意f(x)xax，所以，当a2时，f(3)0，f(x)x2x，

所以f(3)3，因此，曲线yf(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y3(x3)， 即3xy90．

（Ⅱ）因为g(x)f(x)(xa)cosxsinx所以g(x)f(x)cosx(xa)sinxcosx，

22x(xa)(xa)sinx(xa)(xsinx)，

令h(x)xsinx，则h(x)1cosx0，所以h(x)在R上单调递增， 因此h(0)0，所以，当x0时，h(x)0；当x0时h(x)0．

（1） 当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，当x(,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增；当x(a,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(0,)时，xa0，g(x)0，

1g(x)单调递增．所以，当xa时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)a3sina，当x0时，g(x)6取到极小值，极小值是g(0)a．

（2） 当a0时，g(x)x(xsinx)，当x(,)时，g(x)≥0，g(x)单调递增；

所以，g(x)在(,)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值． （3） 当a0时，g(x)(xa)(xsinx)，

当x(,0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增；

当x(0,a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减； 当x(a,)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增． 所以，当x0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)a；

当xa时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)13asina． 6综上所述：当a0时，函数g(x)在(,a)和(0,)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)13asina，极小值是g(0)a．当a0时，函数g(x)在6(,)上单调递增，无极值；当a0时，函数g(x)在(,0)和(a,)上单调递增，在(0,a)上单调

递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)a，极小值是g(a)29．已知函数f(x)excosxx．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值．

【解析】（Ⅰ）因为f(x)ecosxx，所以f(x)e(cosxsinx)1,f(0)0．

又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y1． （Ⅱ）设h(x)e(cosxsinx)1，x[0,xxx13asina． 6π22]，则

h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx．

当x(0,)时，h(x)0，所以h(x)在区间[0,]上单调递减．

所以对任意x(0,]有h(x)h(0)0，即f(x)0．所以函数f(x)在区间[0,]上单调递减． 所以当x

π2π2π2π22

时，f(x)有最小值f()e2cos2222，

0当x0时，f(x)有最大值f(0)ecos001．

2x21f(x)alnx(aR)x30．已知函数

（1）若a0时，讨论f(x)的单调性；

（2）设g(x)f(x)2x，若g(x)有两个零点，求a的取值范围 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）ae

2x2ax1f(x)f(x)(0,)x2【解析】（1）易知的定义域为，且，

对于2x2ax10，a28，又a0， ①若0a22时，0,f(x)0，f(x)在(0,)上是增函数；

22aa8aa8②若a22时，f(x)0，得x10,x20,

44f(x)在0,x1和x2,上是增函数，在x1,x2上是减函数.

（2）由g(x)11aax11axalnx，定义域为(0,)且g(x)222 xxxxx①当a0时，g(x)0恒成立，g(x)在(0,)上单调递增，则g(x)至多有一个零点，不符合题意； ②当a0时，g(x)0得x111，g(x)在0,上单调递增，在,上单调递减 aaa1g(x)maxgaalna要使g(x)有两个零点，则aalna0，由a0解得ae

a此时1111,g(1)10易知当ae时eaa,ea,geaaalneaeaa2，

aeam(x)ex2x，令h(x)ex2x，所以h(x)ex2，

x2令m(x)ex,x(e,),x(e,)时h(x)0，m(x)在x(e,)为增函数，m(x)m(e)e22e0 m(x)在x(e,)为增函数，m(x)m(e)eee20，所以eaa2,gea0

11函数g(x)在ea,与,1各存在一个零点。综上所述，ae.

aa31．设函数fxx1tlnx，其中x0,1,t为正实数. x(1)若不等式fx0恒成立，求实数t的取值范围；

1)时，证明xx(2)当x(0，211exlnx. x1tx2tx1【答案】（1）0,2（2）见解析【解析】（1）由题意得f'x12 2xxx22设hxxtx10x1，则Vt4,t0，①当t240时，即0t2时，fx0 ，

所以函数fx在0,1上单调递增，fxf10，满足题意； ②当t240时，即t2时，则hx的图象的对称轴xt1 2因为h01,h12t0，所以hx在0,1上存在唯一实根，设为x1，则当x0,x1时，

hx0,f'x0，当xx1,1时，hx0,f'x0，所以fx在0,x1上单调递增，在x1,1上单调递减，此时fmaxfx1f10，不合题意．综上可得，实数t的取值范围是0,2．

x21x1x3x2x1x（2）elnx等价于exlnx

xxx21ex因为x0,1，所以lnx0，所以原不等式等价于， xlnxx11x21由(1)知当t2时，x2lnx0在x0,1上恒成立，整理得2

xxlnxxexex令mx0x1，则m'xx120，所以函数mx在区间0,1上单调递增，

x1ex21x21ex所以mxm12，即在0,1上恒成立. 2xlnxxlnxx1所以，当x0,1时，恒有xx211exlnx， x32．已知f(x)(xm)ex．

（1）当m2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

（2）若函数f(x)在区间(1,0)上有极小值点，且总存在实数m，使函数f(x)的极小值与11[(ma)emm2am]互为相反数，求实数a的取值范围． e2【答案】（1）x+y+2＝0 （2）1，1

2e2x【解析】解：（1）当m2时，f(x)(x2)e，f(x)ex(x2)ex(x1)ex，f(0)1，

又f(0)2，故切线方程为y2x，即xy20；

（2）f(x)[x(m1)]ex，易知，函数f(x)在(,m1)上单减，在(m1,)上单增，

函数f(x)的极小值点为m1，由已知，1m10，即0m1，f(x)极小值fm1em1，

1112emm2memmm1故在区间(0,1)上总存在m使得[(ma)emam]e0，即a， 2,m(0,1)e2emm11(emm2)(1em)emm2mem2设g(m)， 2,m(0,1)，则g(m)m2m(em)em当0m1时，g(m)0，函数g(m)在(0,1)上单减，则g1gmg0，即

1g(m)1， 2e21，1． 实数a的取值范围为2e233．已知函数fx2lnxxaxaR有两个极值点x1，x2，其中x1x2.

2（Ⅰ）求实数a的取值范围； （Ⅱ）当a2e2时，求fx1fx2的最小值. e【答案】（Ⅰ）4,；（Ⅱ）e12【解析】 e2x2ax2（Ⅰ）依题意得fx的定义域为0,，f'x，

x因为函数fx有两个极值点x1，x2，x1x2，所以方程2x2ax20有两个不相等的正根x1，x2，

a2160ax1x2，所以x1x20，解得a4，此时fx在0,x1和x2,上单调递增，在x1,x2上单

2x1x21调递减，所以实数a的取值范围是4,.

（Ⅱ）因为x1，x2是方程2x2ax20的两个根，所以x1x2a，x1x21， 22222因为2x1ax120，2x2ax220，所以ax12x12，ax22x22，

所以fx1fx22lnx1x1ax12lnx2x2ax2

2222xxx1212lnxx2x22lnxx2x2xx2lnx2lnx2ln 2112x1x2x2212122222221x2x1xx12ln1.令t10t1，htt2lnt，则x1x2x2x2t212t22t1t1h't210，即ht在0,1上单调递减. 22tttt因为a2e2a1，所以x1x2e，

2ee2x12x22x1x211e2， e，即x1x2ee2xx2所以1x1x2所以

2x1x2111e，即te，

x2x1ete1tet0，0t1， 所以e所以0t1. e因为ht在0,上单调递减，

e1所以ht的最小值为he即fx1fx2的最小值为e

1e12， e12. e