第三章导数及其应用.pdf-淘文阁

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1、第三章第三章导数及其应用导数及其应用考点考点 1 导数与积分导数与积分 1 （2018 全国， 5）设函数() = 3+ ( 1)2+ 若()为奇函数，则曲线 = ()在点(0，0)处的切线方程为( ) A = 2 B = C = 2 D = 1.D 因为函数()是奇函数，所以 1 = 0，解得 = 1，所以() = 3+ ， () = 32+1，所以(0) = 1,(0) = 0，所以曲线 = ()在点(0,0)处的切线方程为 (0) = (0)，化简可得 = ，故选 D. 2.（2017浙江,7）函数 y=f（x）的导函数 y=f（x）的图象如图所示，则函数 y=f（x

2、）的图象可能是（） A. B. C. D. 2. D 由当 f（x）0 时，函数 f（x）单调递减，当 f（x）0 时，函数 f（x）单调递增，则由导函数 y=f（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除 A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在 x 轴上的右侧，排除 B，故选 D. 3.（2017新课标,11）若 x=2 是函数 f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，则 f（x）的极小值为（） A.1 B.2e3 C.5e3 D.1 3. A 函数 f（x）=（x2+ax1）ex1 ，可得 f（x）=（2x+a）ex1+（x2+ax1）

3、ex1 ， x=2 是函数 f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，可得：4+a+（32a）=0 解得 a=1可得 f（x）=（2x1）ex1+（x2x1）ex1 =（x2+x2）ex1 ，函数的极值点为：x=2，x=1，当 x2 或 x1 时，f（x）0 函数是增函数，x（2，1）时，函数是减函数，x=1 时，函数取得极小值：f（1）=（1211）e11=1故选 A 4 （2018 全国，13）曲线 = 2ln( + 1)在点(0,0)处的切线方程为_ 4. = 2 =2+1 =20+1= 2 = 2 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 20215

4、（2018 全国，14）曲线 = ( + 1)e在点(0，1)处的切线的斜率为2，则 =_ 5.3y= + ( + 1),则f(0) = + 1 = 2.所以 = 3. 6.(2016 全国， 15)已知 f(x)为偶函数，当 x0 时， f(x)ln(x)3x，则曲线 yf(x)在点(1，3)处的切线方程是_. 6.2xy10设 x0，则x0,f(x)ln x3x,又 f(x)为偶函数，f(x)ln x3x， f(x)1x3，f(1)2，切线方程为 y2x1. 7.(2016 全国，16)若直线 ykxb 是曲线 yln x2 的切线，也是曲线 yln(x1)的切线，则 b_. 7.1l

5、n 2 yln x2 的切线为：y1x1 xln x11(设切点横坐标为 x1). yln(x1)的切线为：y1x21xln(x21)x2x21，(设切点横坐标为 x2). 1x11x21，ln x11ln（x21）x2x21，解得 x112，x212，bln x111ln 2. 8.(2015 陕西，15)设曲线 yex在点(0,1)处的切线与曲线 y1x(x0)上点 P 处的切线垂直，则 P 的坐标为_. 8.(1，1) (ex)|x=0e01，设 P(x0，y0)，有(x1)|x=x01x201，又 x00，x01，故 P(1，1). 9.(2015 湖南，11)20(x1)dx_.

6、 9.0 20(x1)dx 12x2x2012 2220. 10.(2015 天津，11)曲线 yx2与直线 yx 所围成的封闭图形的面积为_. 10.16 曲线 yx2与直线 yx 所围成的封闭图形如图，由yx2，yx，得 A(1，1)，更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 面积 S10 xdx10 x2dx12x21013x210121316. 11.(2015 陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为_. 11.1.2 由题意可知最大流量的比即

7、为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为 yax2，将点(5，2)代入抛物线方程得 a225，故抛物线方程为 y225x2, 抛物线的横截面面积为 S1250(2-252x2)dx2(2x-752x3)|50403(m2)，而原梯形上底为 102tan 4526(m)，故原梯形面积为 S212(106)216，S2S1164031.2. 12 （2018浙江，22）已知函数() = ln （）若 f(x)在 x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线

8、y=f(x)有唯一公共点 12.（）函数 f（x）的导函数() =121，由(1) = (2)得12111=12212，因为1 2，所以11+12=12 由基本不等式得1212=1+2 2124 因为1 2，所以12 256 由题意得(1)+ (2) =1 ln1+2 ln2=1212 ln(12) 设() =12 ln，则() =14( 4)，更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021所以 x （0，16） 16 （16，+） - 0 + 2-4ln2 所以 g（x）在256，+）上单调递增，故(12) (256) = 8 8ln2，即(1

9、) + (2) 8 8ln2 （）令 m=e(|+)，n=(|+1)2+ 1，则 f（m）kma|a|+kka0， f（n）kna(1 )(|+1 )0，直线 y=kx+a与曲线 y=f（x）有唯一公共点考点考点 2 导数的应用导数的应用 1.(2015 福建,10)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)1,其导函数 f(x)满足 f(x)k1,则下列结论中一定错误的是( ) 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021A.f(k1)1k B.f(k1)1k1 C.f(11k)1k1 D.f(11k)kk1 1.C 导函数 f(x)满足 f(x)

10、k1,f(x)k0,k10,1k10, 可构造函数 g(x)f(x)kx,可得 g(x)0,故 g(x)在 R 上为增函数, f(0)1,g(0)1,g(11k)g(0), f(11k)kk11,f(11k)1k1,选项 C 错误,故选 C. 2.(2015 陕西,12)对二次函数 f(x)ax2bxc(a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( ) A.1 是 f(x)的零点 B.1 是 f(x)的极值点 C.3 是 f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线 yf(x)上 2.A A 正确等价于 abc0, B 正确等价于 b2a, C 正确等价

11、于4acb24a3, D 正确等价于 4a2bc8. 下面分情况验证, 若 A 错,由、组成的方程组的解为a5，b10，c8.符合题意；若 B 错,由、组成的方程组消元转化为关于 a 的方程后无实数解；若 C 错,由、组成方程组,经验证 a 无整数解；若 D 错,由、组成的方程组 a 的解为34也不是整数. 综上,故选 A. 3.(2015 新课标全国,12)设函数 f(x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数,f(1)0,当 x0 时,xf(x)f(x)0,则使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是( ) A.(,1)(0,1) B.(1,0)(1,) C.(,1)(1,0) D.(0

12、,1)(1,) 3.A 因为 f(x)(xR)为奇函数,f(-1)0,所以 f(1)-f(-1)0.当 x0 时,令 g(x)f（x）x,则g(x)为偶函数,且 g(1)g(1)0.则当 x0 时,g(x)(xxf)()xf（x）f（x）x20,故g(x)在(0,)上为减函数,在(,0)上为增函数.所以在(0,)上,当 0 x1 时,g(x)更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021g(1)0f（x）x0f(x)0；在(,0)上,当 x1 时,g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0.综上,得使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是(,1)(0,1)

13、,选 A. 4.(2015 新课标全国,12)设函数 f(x)ex(2x1)axa,其中 a1,若存在唯一的整数 x0使得f(x0)0,则 a 的取值范围是( ) A.32e，1 B.32e，34 C.32e，34 D.32e，1 4.D 设g(x)ex(2x-1),yax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线yax-a的下方, 因为 g(x)ex(2x1),所以当 x12时,g(x)12时,g(x)0,所以当x12时,g(x)min2e12, 当 x0 时,g(0)-1,g(1)3e0,直线 ya(x-1)恒过(1,0)且斜率为 a,故ag(0)1, 且 g(1)3e1aa,解

14、得32ea1,故选 D. 5 （2018 全国，21）已知函数() =1 + ln （1）讨论()的单调性；（2）若()存在两个极值点1,2，证明：(1)(2)12 2，令() = 0得， =242或 =+242. 当 (0,242) (+242,+)时，() 0.所以()在(0,242),(+242,+)单调递减，在(242,+242)单调递增. 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021（2）由（1）知，()存在两个极值点当且仅当 2. 由于()的两个极值点1,2满足2 + 1 = 0，所以12= 1，不妨设1 1.由于 (1)(2)12= 1

15、12 1 + ln1ln212= 2 + ln1ln212= 2 + 2ln2122，所以(1)(2)12 2等价于12 2+ 2ln2 0. 设函数() =1 + 2ln，由（1）知，()在(0,+)单调递减，又(1) = 0，从而当 (1,+)时，() 0. 所以12 2+ 2ln2 0，即(1)(2)12 2. 6.（2018 全国，21）已知函数() = 2 （1）若 = 1，证明：当 0时，() 1；（2）若()在(0, + )只有一个零点，求的值. 6.（1）当 = 1时，() 1等价于(2+ 1) 1 0 设函数() = (2+ 1) 1，则() = (2 2 + 1)= (

16、 1)2 当 1时，() 0，()没有零点；（ii）当 0时，() = ( 2) 当 (0,2)时，() 0 所以()在(0,2)单调递减，在(2,+)单调递增故(2) = 1 42是()在0,+)的最小值若(2) 0，即 24，()在(0,+)没有零点；若(2) = 0，即 =24，()在(0,+)只有一个零点；若(2) 24，由于(0) = 1，所以()在(0,2)有一个零点，由（1）知，当 0时， 2，所以(4) = 1 1634= 1 163(2)2 1 163(2)4= 1 1 0 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021

17、故()在(2,4)有一个零点，因此()在(0,+)有两个零点综上，()在(0,+)只有一个零点时， =24 7 （2018 全国，21）已知函数() = (2 + + 2)ln(1 + ) 2 （1）若 = 0，证明：当1 0时，() 0时，() 0；（2）若 = 0是()的极大值点，求 7.（1）当 = 0时，() = (2 + )ln(1 + ) 2，() = ln(1 + ) 1+. 设函数() = () = ln(1 + ) 1+，则() =(1+)2. 当1 0时，() 0时，() 0.故当 1时，() (0) = 0，且仅当 = 0时，() = 0，从而() 0，且仅当 = 0

18、时，() = 0. 所以()在(1,+)单调递增. 又(0) = 0，故当1 0时，() 0时，() 0. （2）（i）若 0，由（1）知，当 0时，() (2 + )ln(1+ ) 2 0 = (0)，这与 = 0是()的极大值点矛盾. （ii）若 0，设函数() =()2+2= ln(1 + ) 22+2. 由于当| 0，故()与()符号相同. 又(0) = (0) = 0，故 = 0是()的极大值点当且仅当 = 0是()的极大值点. () =11+2(2+2)2(1+2)(2+2)2=2(22+4+6+1)(+1)(2+2)2. 如果6 + 1 0，则当0 6+14，且| 0，故

19、 = 0不是()的极大值点. 如果6 + 1 0，则22+ 4 + 6 + 1 = 0存在根1 0，故当 (1,0)，且| min1,1|时，() 0；当 (0,1)时，() 1. （I）求函数( )( )lnh xf xx a=的单调区间；更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021（II）若曲线( )yf x=在点()()11,xf x处的切线与曲线( )yg x=在点()()22,xg x 处的切线平行，证明()122lnlnlnaxg xa+= ；（III）证明当1eae时，存在直线 l，使 l 是曲线( )yf x=的切线，也是曲线( )yg

20、 x=的切线. 8.（I）由已知， ( )xh xaxlna=，有( )xh xa lnalna=. 令( )0h x=，解得 x=0. 由 a1，可知当 x 变化时， ( )h x， ( )h x的变化情况如下表： x (),0 0 ()0,+ ( )h x 0 + ( )h x 极小值所以函数( )h x的单调递减区间为(),0，单调递增区间为()0,+. （II）由( )xfxa lna=，可得曲线( )yf x=在点()()11,xf x处的切线斜率为1xa lna. 由( )1gxxlna=，可得曲线( )yg x=在点()()22,xg x处的切线斜率为21x lna. 因为这两

21、条切线平行，故有121xa lnax lna=，即()1221xx alna=. 两边取以 a 为底的对数，得21220alog xxlog lna+=，所以()122lnlnaxg xlna+= . （III）曲线( )yf x=在点()11,xx a处的切线 l1： ()111xxyaa lnaxx=. 曲线( )yg x=在点()22,ax log x处的切线 l2： ()2221aylog xxxx lna=. 要证明当1eae时，存在直线 l，使 l 是曲线( )yf x=的切线，也是曲线( )yg x=的切线，只需证明当1eae时，存在()1,x +， ()20,x +，使

22、得 l1和 l2重合. 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021即只需证明当1eae时，方程组1112121 1xxxaa lnax lnaax a lnalog xlna=有解，由得()1221xxalna=，代入，得1111120 xxlnlnaax a lnaxlnalna+=. 因此，只需证明当1eae时，关于 x1的方程存在实数解. 设函数( )12xxlnlnau xaxa lnaxlnalna=+，即要证明当1eae时，函数( )yu x=存在零点. ( )()21xuxlnaxa= ，可知(),0 x 时， ( )0ux； ()0,

23、x+时， ( )ux单调递减，又( )010u= ， ()()212110lnaualna= ，故存在唯一的 x0，且 x00，使得()00ux=，即()02010 xlnax a=. 由此可得( )u x在()0,x上单调递增，在()0,x +上单调递减. ( )u x在0 xx=处取得极大值()0u x. 因为1eae，故()1ln lna ，所以()()000000201212220 xxlnlnalnlnalnlnau xax a lnaxxlnalnalnalnaxlna+=+=+. 下面证明存在实数 t，使得( )0u t . 由（I）可得1xaxlna +，当1xlna时

24、，有( )()()1211lnlnau xxlnaxlnaxlnalna+ ()22121lnlnalnaxxlnalna= + +，更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021所以存在实数 t，使得( )0u t 因此，当1eae时，存在()1,x +，使得( )10u x=. 所以，当1eae时，存在直线 l，使 l 是曲线( )yf x=的切线，也是曲线( )yg x=的切线. 9（2018 江苏， 19）记(),()分别为函数(),()的导函数若存在0 ，满足(0) =(0)且(0) = (0)，则称0为函数()与()的一个“点” （1）

25、证明：函数() = 与() = 2+ 2 2不存在“点”；（2）若函数() = 2 1与() = ln存在“点”，求实数的值；（3）已知函数() = 2+ ， () = 对任意 0，判断是否存在 0，使函数()与()在区间(0,+)内存在“点”，并说明理由 9.（1）函数 f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则 f（x）=1，g（x）=2x+2 由 f（x）=g（x）且 f（x）= g（x），得 = 2+ 2 21 = 2 + 2 ，此方程组无解，因此，f（x）与 g（x）不存在“S”点（2）函数（）= 2 1，() = ln，则（）= 2，（）=1 设 x0为 f（x）

26、与 g（x）的“S”点，由 f（x0）与 g（x0）且 f（x0）与 g（x0），得 02 1 = 020=10 ，即02 1 = 0202= 1 ，（*）得ln0= 12，即0= e12，则 =12(12)2=e2 当 =e2时，0= e12满足方程组（*），即0为 f（x）与 g（x）的“S”点因此，a的值为e2 （3）对任意 a0，设() = 3 32 + 因为(0) = 0，(1) = 1 3 + = 2 0 函数() = 2+ ，() =e，则() = 2，() =e(1)2 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021由 f（x）与

27、g（x）且 f（x）与 g（x），得 2+ =e2 =e(1)2 ，即2+ =203e0(10)e2 =203e0(10)e(1)2 （*）此时，0满足方程组（*），即0是函数 f（x）与 g（x）在区间（0，1）内的一个“S点” 因此，对任意 a0，存在 b0，使函数 f（x）与 g（x）在区间（0，+）内存在“S 点” 10 （2018 北京，18）设函数()=2 (4 + 1) + 4 + 3 （1）若曲线 = ()在点（1，(1)）处的切线与轴平行，求；（2）若()在 = 2处取得极小值，求的取值范围 10.（）因为()=2 (4 + 1) + 4 + 3，所以 f （x）=

28、2ax（4a+1）ex+ax2（4a+1）x+4a+3ex（xR） =ax2（2a+1）x+2ex f (1)=(1a)e 由题设知 f (1)=0，即(1a)e=0，解得 a=1 此时 f (1)=3e0 所以 a 的值为 1 （）由（）得 f （x）=ax2（2a+1）x+2ex=（ax1）(x2)ex 若 a12，则当 x(1，2)时，f (x)0 所以 f (x)0在 x=2处取得极小值若 a12，则当 x(0，2)时，x20，ax112x10 所以 2 不是 f (x)的极小值点综上可知，a的取值范围是（12，+） 11.（2017浙江,20）已知函数 f（x）=（x ）ex（x

29、）（）求 f（x）的导函数；（）求 f（x）在区间，+）上的取值范围 11. （）函数 f（x）=（x ）ex（x ），更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021导数 f（x）=（1 2）ex（x ）ex =（1x+ ）ex=（1x）（1 ）ex；（）由 f（x）的导数 f（x）=（1x）（1 ）ex ，可得 f（x）=0 时，x=1 或，当 x1 时，f（x）0，f（x）递减；当 1x 时，f（x）0，f（x）递增；当 x 时，f（x）0，f（x）递减，且 x x22x1（x1）20，则 f（x）0 由 f（）= e

30、，f（1）=0，f（）= e ，即有 f（x）的最大值为 e ，最小值为 f（1）=0 则 f（x）在区间，+）上的取值范围是0， e 12. （2017山东,20）已知函数 f （x） =x2+2cosx， g （x） =ex（cosxsinx+2x2），其中 e2.17828是自然对数的底数（）求曲线 y=f（x）在点（，f（））处的切线方程；（）令 h（x）=g （x）a f（x）（aR），讨论 h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值 12. （）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2 曲线 y=f（x）在点（，f（））处的切线方程为：y（22

31、）=2（x）化为：2xy22=0 （）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx） h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（2x2sinx） =2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令 u（x）=xsinx，则 u（x）=1cosx0，函数 u（x）在 R 上单调递增 u（0）=0，x0 时，u（x）0；x0 时，u（x）0 （i）a0 时，exa0，x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（0，+）单调递增； x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（，0）单调递减 x=0 时，函数 h

32、（x）取得极小值，h（0）=12a （ii）a0 时，令 h（x）=2（xsinx）（exelna）=0 解得 x1=lna，x2=0 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 20210a1 时，x（，lna）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增； x（lna，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减； x（0，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna

33、）+cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，xR 时，h（x）0，函数 h（x）在 R 上单调递增 1a 时，lna0，x（，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增； x（0，lna）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减； x（lna，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 综上所述：a0 时，函数 h（x）在（0，+）单调递增；x0 时，函数 h（

34、x）在（，0）单调递减 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=12a 0a1 时，函数 h（x）在 x（，lna）是单调递增；函数 h（x）在 x（lna，0）上单调递减当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，函数 h（x）在 R 上单调递增 a1 时，函数 h（x）在（，0），（lna，+）上单调递增；函数 h（x）在（0，lna）上单调递减当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1当 x=lna

35、时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 13.（2017北京,19）已知函数 f（x）=excosxx （13 分） (1)求曲线 y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； (2)求函数 f（x）在区间0，上的最大值和最小值 13.（1）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx）1，可得曲线 y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为 k=e0（cos0sin0）1=0，切点为（0，e0cos00），即为（0，1），曲线 y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为

36、y=1；（2）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx）1，令 g（x）=ex（cosxsinx）1，则 g（x）的导数为 g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx，当 x0，，可得 g（x）=2exsinx0，即有 g（x）在0，递减，可得 g（x）g（0）=0，则 f（x）在0，递减，即有函数 f（x）在区间0，上的最大值为 f（0）=e0cos00=1；最小值为 f（）=e cos = 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 202114.（2017 天津,20）设 a

37、Z，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x4+3x33x26x+a 在区间（1，2）内有一个零点 x0 ， g（x）为 f（x）的导函数（）求 g（x）的单调区间；（）设 m1，x0）（x0 ， 2，函数 h（x）=g（x）（mx0）f（m），求证：h（m）h（x0）0；（）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且 1，x0）（x0 ， 2，满足| x0| 14.（）解：由 f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得 g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，进而可得 g（x）=24x2+18x6令 g（x）=0，解得 x=1，或 x= 当 x

38、变化时，g（x），g（x）的变化情况如下表： x （，1）（1，）（，+） g（x） + + g（x）所以，g（x）的单调递增区间是（，1），（，+），单调递减区间是（1，）（）证明：由 h（x）=g（x）（mx0）f（m），得 h（m）=g（m）（mx0）f（m）， h（x0）=g（x0）（mx0）f（m）令函数 H1（x）=g（x）（xx0）f（x），则 H1（x）=g（x）（xx0）由（）知，当 x1，2时，g（x）0，故当 x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当 x（x0 ， 2时，H1（x）0，H1（x）单调递增因此，当

39、 x1，x0）（x0 ， 2时，H1（x）H1（x0）=f（x0）=0，可得 H1（m）0即 h（m）0，令函数 H2（x）=g（x0）（xx0）f（x），则 H2（x）=g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当 x1，x0）时，H2（x）0，H2（x）单调递增；当 x（x0 ， 2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当 x1，x0）（x0 ， 2时，H2（x）H2（x0）=0，可得得 H2（m）0 即 h（x0）0，所以，h（m）h（x0）0 （）对于任意的正整数 p，q，且，令 m= ，函数 h（x）=g（x）（mx0）f（m）由（）知，当 m1

40、，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当 m（x0 ， 2时，h（x）在区间（x0 ， m）内有零点所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x1 ，则 h（x1）=g（x1）（ x0）f（）=0 由（）知 g（x）在1，2上单调递增，故 0g（1）g（x1）g（2），更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021于是| x0|= = 因为当 x1，2时，g（x）0，故 f（x）在1，2上单调递增，所以 f（x）在区间1，2上除 x0外没有其他的零点，而 x0 ，故 f（）0 又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p

42、+b，g（x）=6x+2a，令 g（x）=0，解得 x= 由于当 x 时 g（x）0，g（x）=f（x）单调递增；当 x 时 g（x）0，g（x）=f（x）单调递减；所以 f（x）的极小值点为 x= ，由于导函数 f（x）的极值点是原函数 f（x）的零点，所以 f（）=0，即 + +1=0，所以 b= + （a0）因为 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，所以 f（x）=3x2+2ax+b=0 有两个不等的实根，所以 4a212b0，即 a2 + 0，解得 a3，所以 b= + （a3）（）由（I）可知 h（a）=b23a= + = （4a327）（a

43、327），由于 a3，所以 h（a）0，即 b23a；（）解：由（I）可知 f（x）的极小值为 f（）=b ，设 x1 ， x2是 y=f（x）的两个极值点，则 x1+x2= ，x1x2= ，所以 f（x1）+f（x2）= + +a（ + ）+b（x1+x2）+2 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021=（x1+x2）（x1+x2）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2 = +2，又因为 f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以 b + +2= ，因为 a3，所以 2a363a540，所

44、以 2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+12a+9）0，由于 a3 时 2a2+12a+90，所以 a60，解得 a6，所以 a 的取值范围是（3，6 16.（2017新课标,21）已知函数 f（x）=ae2x+（a2）exx （12 分） (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 16.（1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+（a2）ex1，当 a=0 时，f（x）=2ex10，当 xR，f（x）单调递减，当 a0 时，f（x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ex+ ）（ex

45、），令 f（x）=0，解得：x=ln ，当 f（x）0，解得：xln ，当 f（x）0，解得：xln ， x（，ln ）时，f（x）单调递减，x（ln ，+）单调递增；当 a0 时，f（x）=2a（ex+ ）（ex ）0，恒成立，当 xR，f（x）单调递减，综上可知：当 a0 时，f（x）在 R 单调减函数，当 a0 时，f（x）在（，ln ）是减函数，在（ln ，+）是增函数；（2）由 f（x）=ae2x+（a2）exx=0，有两个零点，由（1）可知：当 a0 时，f（x）=0，有两个零点，则 f（x）min=a +（a2） ln ， =a（）+（a2） ln ，

46、=1 ln ，更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021由 f（x）min0，则 1 ln 0，整理得：a1+alna0，设 g（a）=alna+a1，a0， g（a）=lna+1+1=lna+2，令 g（a）=0，解得：a=e2 ，当 a（0，e2），g（a）0，g（a）单调递减，当 a（e2 ， +），g（a）0，g（a）单调递增， g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，由 g（1）=11ln1=0， 0a1， a 的取值范围（0，1） 17.（2017新课标,21）已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（

47、x）0 （）求 a；（）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0 ，且 e2f（x0）22 17.（）因为 f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则 f（x）0 等价于 h（x）=axalnx0，因为 h（x）=a ，且当 0 x 时 h（x）0、当 x 时 h（x）0，所以 h（x）min=h（），又因为 h（1）=aaln1=0，所以 =1，解得 a=1；（）由（I）可知 f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令 f（x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x2lnx，则 t（x）=2 ，令 t（x）=0，解得：x= ，

48、所以 t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以 t（x）min=t（）=ln210，从而 t（x）=0 有解，即 f（x）=0 存在两根 x0 ， x2 ，且不妨设 f（x）在（0，x0）上为正、在（x0 ， x2）上为负、在（x2 ， +）上为正，所以 f（x）必存在唯一极大值点 x0 ，且 2x02lnx0=0，所以 f（x0）= x0 x0lnx0= x0+2x02 =x0 ，由 x0 可知 f（x0）（x0 ）max= + = ；由 f（）0 可知 x0 ，所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0 ，）上单调递减，更多免费资源，请

49、关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021所以 f（x0）f（）= + = ；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0 ，且 e2f（x0）22 18.（2017新课标,21）已知函数 f（x）=x1alnx （）若 f（x）0，求 a 的值；（）设 m 为整数，且对于任意正整数 n，（1+ ）（1+ ）（1+ ）m，求 m 的最小值 18.（）因为函数 f（x）=x1alnx，x0，所以 f（x）=1 = ，且 f（1）=0 所以当 a0 时 f（x）0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增，所以在（0,1）上 f(x)0 时,(x2)ex

50、x20； (2)证明：当a0,1)时,函数g(x)exaxax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域. 19.(1)解 f(x)的定义域为(,2)(2,). 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021f(x)（x1）（x2）ex（x2）ex（x2）2x2ex（x2）20, 且仅当 x0 时,f(x)0,所以 f(x)在(,2),(2,)单调递增. 因此当 x(0,)时,f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2),即(x2)exx20. (2)证明 g(x)（x2）exa（x2）x3x2x3(f(x)a). 由(1)知,

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