《2022年山东2021高考数学理科二轮复习讲义：专题一+第5讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年山东2021高考数学理科二轮复习讲义：专题一+第5讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题 .pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 第5讲导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题真 题 感 悟(2015 山东卷 )设函数 f(x)ln(x1)a(x2x)，其中 aR. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若?x0，f(x)0 成立，求 a 的取值范围解(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为 (1，)，f(x)1x1a(2x1)2ax2axa1x1. 令 g(x)2ax2axa1，x(1，)当 a0 时，g(x)1，此时 f(x)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；当 a0 时， a
2、28a(1a)a(9a8)()当 0a89时， 0，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；()当 a89时， 0，设方程 2ax2axa10 的两根为 x1，x2(x1x2)，因为 x1x212，所以 x114，x214. 由 g(1)10，可得 1x114. 所以当 x(1，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递增；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页2 当 x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减；当 x(x2，)时，g(x)0，f(x)0
3、，函数 f(x)单调递增；因此函数有两个极值点()当 a0 时， 0，由 g(1)10，可得 x11. 当 x(1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减；所以函数有一个极值点综上所述，当 a0 时，函数 f(x)有一个极值点；当 0a89时，函数 f(x)无极值点；当 a89时，函数 f(x)有两个极值点(2)由(1)知，当 0a89时，函数 f(x)在(0，)上单调递增，因为f(0)0，所以 x(0，)时，f(x)0，符合题意；当89a1 时，由 g(0)0，得 x20，所以函数 f(x)在(0，)上单调
4、递增，又 f(0)0，所以 x(0，)时，f(x)0，符合题意；当 a1 时，由 g(0)0，可得 x20. 所以 x(0，x2)时，函数 f(x)单调递减；因为 f(0)0，所以 x(0，x2)时，f(x)0，不合题意；当 a0 时，设 h(x)xln(x1)因为 x(0，)时，h(x)11x1xx10 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页3 所以 h(x)在(0，)上单调递增，因此当 x(0，)时，h(x)h(0)0，即 ln(x1)x. 可得 f(x)xa(x2x)ax2(1a)x，当 x11a时，ax2(1
5、a)x0，此时 f(x)0，不合题意综上所述，a 的取值范围是 0，1考 点 整 合1常见构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数(4)主元法：对于 (或可化为 )f(x1，x2)A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，
6、x2)(或f(x，x1)2利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围一般地，f(x)a 恒成立，只需 f(x)mina 即可； f(x)a 恒成立，只需 f(x)maxa 即可(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解3不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)g(x)对一切 xI 恒成立 ? I 是 f(x)g(x)的解集的子集 ? f(x)g(x)min0(xI)(2)f(x)g(x)对 xI 能成立 ? I
7、 与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集 ? f(x)g(x)max0(xI)(3)对?x1，x2I 使得 f(x1)g(x2)? f(x)maxg(x)min. (4)对?x1I，?x2I 使得 f(x1)g(x2)? f(x)ming(x)min. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页4 热点一导数与不等式微题型 1利用导数证明不等式【例 11】 已知函数 f(x)exln(xm)(1)设 x0 是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 m2 时，证明 f(x)0. (1)解易知 f(x
8、)ex1xm. 由 x0 是 f(x)的极值点得 f(0)0，所以 m1. 于是 f(x)exln(x1)，定义域为 (1， )，f(x)ex1x1在(1， )上是增函数，且 f(0) 0. 当 x(1，0)时，f(x)0 时，f(x)0. 故 f(x)在(1，0)上单调递减，在 (0， )上单调递增(2)证明当 m2，xm 时，ln(xm)ln(x2)故只需证明当 m2 时，f(x)0. 当 m2时，f(x)ex1x2在(2， )上单调递增又 f(1)1e10. 所以 f(x)0 在(2， )上有唯一实根 x0，且1x00.综上可知，当 m2 时，f(x)0 成立探究提高(1)证明 f(x)
9、g(x)或 f(x)g(x)，可通过构造函数 h(x)f(x)g(x)，将上述不等式转化为求证 h(x)0 或 h(x)0，从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式或者，利用f(x)ming(x)max或 f(x)maxg(x)min来证明不等式(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 18 页5 微题型 2不等式恒成立求参数范围问题【例 12】(1)已知函数 f(x)ax1ln x，aR. 讨论函数 f(x)的单调区间
10、；若函数 f(x)在 x1 处取得极值，对 ?x(0，)，f(x)bx2 恒成立，求实数 b 的取值范围(2)设 f(x)xln xx1，若对 ?x1， )，f(x)m(x1)恒成立，求 m 的取值范围解(1)在区间 (0， )上，f(x)a1xax1x，当 a0 时，f(x)0 恒成立， f(x)在区间 (0， )上单调递减；当 a0 时，令 f(x)0 得 x1a，在区间 0，1a上，f(x)0，函数 f(x)单调递减，在区间1a， 上，f(x)0，函数 f(x)单调递增综上所述：当 a0 时，f(x)的单调递减区间是 (0， )，无单调递增区间；当 a0 时，f(x)的单调递减区间是0，
11、1a，单调递增区间是1a， . 因为函数 f(x)在 x1 处取得极值，所以 f(1) 0，解得 a1，经检验可知满足题意由已知 f(x)bx2，即 x1ln xbx2，即 11xln xxb 对?x(0，)恒成立，令 g(x)11xln xx，则 g(x)1x21ln xx2ln x2x2，易得 g(x)在(0，e2上单调递减，在 e2，)上单调递增，所以 g(x)ming(e2)11e2，即 b11e2. (2)f(x)xln xx1，?x1， )，f(x)m(x1)，即 ln xm x1x. 设 g(x)ln xm x1x，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
12、- - - - - - -第 5 页，共 18 页6 即?x1， )，g(x)0 恒成立，等价于函数g(x)在1，)上的最大值 g(x)max0. g(x)1xm 11x2mx2xmx2. 若 m0，g(x)0，g(x)在1， )上单调递增，即 g(x)g(1)0，这与要求的 g(x)0 矛盾若 m0，方程 mx2xm0 的判别式 14m2. 当 0，即 m12时，g(x)0. 所以 g(x)在1， )上单调递减， g(x)maxg(1)0，即不等式成立；当 0m12时，方程 mx2xm0 的两根分别为 x1114m22m1，x2114m22m1. 当 x(1，x2)时，g(x)0，g(x)单
13、调递增， g(x)g(1)0，与要求矛盾综上所述， m12. 探究提高对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法【训练 1】(2015 武汉模拟 )设函数 f(x)1x2ln(x1)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若不等式 f(x)kxx1x2(kN*)在(0， )上恒成立，求 k 的最大值解(1)函数 f(x)的定义域为 (1，)，
14、f(x)1x12x，由 f(x)0，得 1x312；由 f(x)0，得 x312. 所以函数 f(x)的单调递增区间为1，312，单调递减区间为312，. (2)法一由已知 f(x)kxx1x2在(0， )上恒成立，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页7 得 k（x1）1ln（x1）x(x0)，令 g(x)（x1）1ln（x1）x(x0)，则 g(x)x1ln（x1）x2，设 h(x)x1ln(x1)(x0)，则 h(x)11x1xx10，所以函数 h(x)在(0， )上单调递增而 h(2)1ln 30，h(3)2l
15、n 40，由零点存在定理，知存在x0(2，3)，使得 h(x0)0，即 1ln(x01)x0，又函数 h(x)在(0， )上单调递增，所以当 x(0，x0)时，h(x)h(x0)0；当 x(x0， )时，h(x)h(x0)0. 从而当 x(0，x0)时，g(x)h（x）x20；当 x(x0， )时，g(x)h（x）x20，所以 g(x)在(0， )上的最小值为 g(x0)（x01）1ln（x01）x0 x01. 因此 f(x)kxx1x2在(0， )上恒成立等价于 kg(x)minx01. 由 x0(2，3)，知 x01(3，4)，所以 k 的最大值为 3. 法二由题意， 1ln(x1)kxx
16、1在(0， )上恒成立设 g(x)1ln(x1)kxx1(x0)，则 g(x)1x1k（x1）2x（k1）（x1）2，()当 k1 时，则 g(x)x（x1）20，所以 g(x)单调递增， g(0)10，即 g(x)0 恒成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 18 页8 ()当 k1 时，则 g(x)在(0，k1)上单调递减，在 (k1， )上单调递增，所以 g(x)的最小值为 g(k1)，只需 g(k1)0 即可，即 ln kk20. 设 h(k)ln kk2(k1)，h(k)1kk0，则 h(k)单调递减，因为 h(2
17、)ln 20，h(3)ln 310，h(4)ln 420，所以 k的最大值为 3. 热点二存在与恒成立问题例 2 (2015 东营模拟 )已知函数 f(x)ln xax1ax1(aR)(1)当 a12时，讨论 f(x)的单调性；(2)设 g(x)x22bx4，当 a14时，若对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)，求实数 b 的取值范围解(1)因为 f(x)ln xax1ax1，所以 f(x)1xaa1x2ax2x1ax2，x(0， )令 h(x)ax2x1a，x(0，)()当 a0 时，h(x) x1，x(0， )，所以当 x(0，1)时，h(x)0，此时 f(x
18、)0，函数 f(x)单调递减；当 x(1，)时，h(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增()当 a0 时，由 f(x)0，即 ax2x1a0，解得 x11，x21a1. 当 a12时，x1x2，h(x)0 恒成立，此时 f(x)0，函数 f(x)在(0， )上单调递减当 0a12时，1a110，x(0，1)时，h(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 18 页9 x 1，1a1 时，h(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增；x1a1， 时，h(x)0，此
19、时 f(x)0，函数 f(x)单调递减当 a0 时，由于1a101，x(0，1)时，h(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减； x(1，)时，h(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增综上所述，当 a0 时，函数 f(x)在(0，1上单调递减，在 1， )上单调递增；当 a12时，函数 f(x)在(0， )上单调递减；当 0a12时，函数 f(x)在(0，1上单调递减，在1，1a1 上单调递增，在1a1， 上单调递减(2)因为 a14 0，12，由(1)，知 x11，x23?(0，2)，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递减；当 x(1，2)时，f(x)0
20、，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12. 由于“对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)”等价于“ g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12” ，(*) 又 g(x)(xb)24b2，x1，2，所以当 b1 时，因为 g(x)ming(1)52b0，此时与 (*)矛盾；当 b1，2时，因为 g(x)ming(b)4b20，同样与 (*) 矛盾；当 b(2， )时，因为 g(x)ming(2)84b，解不等式 84b12，可得 b178. 综上，可得 b的取值范围是178， . 探究提高存在性问题和恒成
21、立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)m 恒成立，则 g(x)maxm；若 g(x)m 恒成立，则 g(x)minm；若 g(x)m有解，则 g(x)minm；若 g(x)m 有解，则 g(x)maxm. 【训练 2】 (2015泰安模拟 )已知函数 f(x)ln xx2ax(a 为常数 )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 18 页10 (1)若 x1 是函数 f(x)的一个极值点，求a 的值；(2)当 0a2 时，试判断 f(x)的单调性；(3)若对任意的 a(1，2)，x01
22、，2，不等式 f(x0)mln a 恒成立，求实数 m 的取值范围解f(x)1x2xa. (1)由已知得： f(1)0，所以 12a0，所以 a3. (2)当 0a2 时，f(x)1x2xa2x2ax1x2 xa421a28x. 因为 0a2，所以 1a280，而 x0，即 f(x)2x2ax1x0，故 f(x)在(0，)上是增函数(3)当 a(1，2)时，由 (2)知，f(x)在1，2上的最小值为 f(1)1a，故问题等价于：对任意的a(1，2)，不等式 1amln a 恒成立，即 m1aln a恒成立记 g(a)1aln a(1a2)，则 g(a)aln a1aa（ln a）2. 令 M(
23、a)aln a1a，则 M(a)ln a0，所以 M(a)在(1，2)上单调递减，所以 M(a)M(1)0，故 g(a)0，所以 g(a)1aln a在 a(1，2)上单调递减，所以 mg(2)12ln 2log2e，即实数 m的取值范围为 (， log2e. 1不等式恒成立、能成立问题常用解法有：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 18 页11 (1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或 af(x)min. (2)直接转化为函数的最值
24、问题， 在参数难于分离的情况下， 直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论(3)数形结合2利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形(2)构造新的函数 h(x)(3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值(4)根据单调性及最值，得到所证不等式3导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题一、选择题1已知函数 f(x)13x32x23m，x0，)，若 f(x)50 恒成立，则实数 m 的取值范围是() A.179，B.179，C(， 2 D(， 2) 解析f
25、(x)x24x，由 f(x)0，得 x4 或 x0. f(x)在(0，4)上单调递减，在 (4，)上单调递增，当 x0，)时，f(x)minf(4)要使 f(x)50 恒成立，只需 f(4)50 恒成立即可，代入解之得m179. 答案A 2若存在正数 x 使 2x(xa)1 成立，则 a 的取值范围是 () A(， ) B(2， ) C(0， ) D(1， ) 解析 2x(xa)1，ax12x. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页12 令 f(x)x12x， f(x)12xln 20. f(x)在(0，)上单调递
26、增， f(x)f(0)011， a 的取值范围为 (1，)，故选 D. 答案D 3(2015 潍坊模拟 )当 x2，1时，不等式 ax3x24x30 恒成立，则实数 a 的取值范围是() A5，3 B. 6，98C6，2 D4，3 解析当 x(0，1时，得 a31x341x21x，令 t1x，则 t1，)，a3t34t2t，令 g(t)3t34t2t，t1，)，则 g(t)9t28t1(t1) (9t1)，显然在 1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以 g(t)maxg(1)6，因此 a6；同理，当 x2，0)时，得 a2.由以上两种情况得 6a2，显然当 x0 时也成立故实数a 的取值
27、范围为6，2答案C 4(2015 全国卷 )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(0，1)(1， ) 解析因为 f(x)(xR)为奇函数，f(1)0， 所以 f(1)f(1)0.当 x 0 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)f（x）xxf（x）f（x）x20，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
28、 - -第 12 页，共 18 页13 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)g(1)0?f（x）x0? f(x)0；在(，0)上，当 x1 时，g(x)g(1)0?f（x）x0? f(x)0.综上，得使得 f(x)0 成立的 x的取值范围是 (，1)(0，1)，选 A. 答案A 5已知函数 f(x)2ax33ax21，g(x)a4x32，若任意给定的x00，2，总存在两个不同的 xi(i1，2)0，2，使得 f(xi)g(x0)成立，则实数 a 的取值范围是 () A(， 1)B(1， ) C(， 1)(1， ) D1，1 解析
29、当 a0 时，显然不成立，故排除D；当 a0 时，注意到 f(x)6ax26ax6ax(x1)，即 f(x)在0，1上是减函数，在 1，2上是增函数，又 f(0)132g(0)，当 x00 时，结论不可能成立；进一步，可知 a0，此时 g(x)在0，2上是增函数，且取值范围是32，a232，同时 f(x)在 0 x1 时，函数值从 1 增大到 1a，在 1x2 时，函数值从 1a 减少到 14a，所以“任意给定的 x00，2，总存在两个不同的xi(i1，2)0，2，使得 f(xi)g(x0)成立” ，当且仅当f（x）的最大值 g（x）的最大值，f（x）的最小值 g（x）的最小值，精选学习资料
30、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页14 即1aa232，14a32，解得 a1. 答案A 二、填空题6(2015 龙口模拟 )设函数 f(x)ax33x1(xR)，若对于任意 x1，1，都有 f(x)0 成立，则实数 a的值为 _解析若 x0，则不论 a 取何值， f(x)0 显然成立；当 x0 时，即 x(0，1时，f(x)ax33x10 可化为a3x21x3. 令 g(x)3x21x3，则 g(x)3（12x）x4，所以 g(x)在区间 0，12上单调递增，在区间12，1 上单调递减因此 g(x)maxg124，从而 a4
31、. 当 x0 时，即 x1，0)时，同理 a3x21x3. g(x)在区间 1，0)上单调递增，所以 g(x)ming(1)4，从而 a4，综上可知 a4. 答案4 7(2014 江苏卷 )已知函数 f(x)x2mx1，若对于任意 xm，m1，都有 f(x)0成立，则实数 m的取值范围是 _精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 18 页15 解析作出二次函数 f(x)的图象，对于任意 xm， m1， 都有 f(x)0， 则有f（m）0，f（m1）0，即m2m210，（m1）2m（m1） 10，解得22m0. 答案22，08(
32、2015 青岛模拟 )已知函数 f(x)x1x1，g(x)x22ax4，若对于任意 x10，1，存在x21，2，使 f(x1)g(x2)，则实数 a 的取值范围是 _解析由于 f(x)11（x1）20， 因此函数 f(x)在0， 1上单调递增，所以 x0， 1时， f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1，2，使得 g(x)x22ax41，即 x22ax50，即 ax252x能成立，令 h(x)x252x，则要使 ah(x)在 x1，2能成立，只需使 ah(x)min，又函数 h(x)x252x在 x1，2上单调递减，所以 h(x)minh(2)94，故只需 a94. 答案94，三、解答
33、题9(2015 福建卷改编 )已知函数 f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)证明：当 x0 时，f(x)x；(2)证明：当 k1 时，存在 x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有 f(x)g(x)证明(1)令 F(x)f(x)xln(1x)x，x(0， )，则有 F(x)11x1xx1. 当 x(0， )时，F(x)0，所以 F(x)在(0， )上单调递减，故当 x0 时，F(x)F(0)0，即当 x0 时，f(x)x. (2)令 G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0， )，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
34、15 页，共 18 页16 则有 G(x)1x1kkx（1k）x1. 当 k0 时，G(x)0，故 G(x)在(0， )单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数 x0均满足题意当 0k1 时，令 G(x)0，得 x1kk1k10，取 x01k1，对任意 x(0，x0)，有 G(x)0，从而 G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)G(0)0，即 f(x)g(x)综上，当 k1 时，总存在 x00，使得对任意 x(0，x0)，恒有 f(x)g(x)10(2015 天津卷改编 )已知函数 f(x)nxxn，xR，其中 nN*，n2. (1)讨论 f(x)的单调性；(2)设曲线 yf(x)与
35、x 轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为 yg(x)，求证：对于任意的正实数 x，都有 f(x)g(x)(1)解由 f(x)nxxn，可得 f(x)nnxn1n(1xn1)其中 nN*，且 n2，下面分两种情况讨论：当 n 为奇数时令 f(x)0，解得 x1，或 x1. 当 x 变化时， f(x)，f(x)的变化情况如下表：x (， 1)(1，1)(1， ) f(x)f(x)所以， f(x)在(， 1)，(1， )上单调递减，在 (1，1)内单调递增当 n 为偶数时当 f(x)0，即 x1 时，函数 f(x)单调递增；当 f(x)0，即 x1 时，函数 f(x)单调递减；所以，
36、f(x)在(， 1)上单调递增，在 (1， )上单调递减(2)证明设点 P 的坐标为 (x0，0)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 18 页17 则 x0n1n1，f(x0)nn2. 曲线 yf(x)在点 P 处的切线方程为 yf(x0)(xx0)，即 g(x)f(x0)(xx0)令 F(x)f(x)g(x)，即 F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则 F(x)f(x)f(x0)由于 f(x)nxn1n 在(0， )上单调递减，故 F(x)在(0， )上单调递减，又因为 F(x0)0，所以当 x(0，x0)时，F(x
37、)0，当 x(x0， )时，F(x)0，所以 F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0， )上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有 F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有 f(x)g(x)11已知函数 f(x)mxx2n(m，nR)在 x1 处取得极值 2. (1)求函数 f(x)的解析式；(2)设函数 g(x)ln xax，若对任意的 x1R，总存在 x21，e，使得 g(x2)f(x1)72，求实数 a 的取值范围解(1)f(x)m（x2n）2mx2（x2n）2mx22mx2mn（x2n）2mx2mn（x2n）2，由于 f(x)在 x1 处取得极值 2，故 f(1)0，f(1
38、)2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 18 页18 即mnm（1n）20，m1n2，解得m4，n1，经检验，此时 f(x)在 x1 处取得极值故 f(x)4xx21. (2)由(1)知 f(x)的定义域为 R，且 f(x)f(x)故 f(x)为奇函数， f(0)0. 当 x0 时，f(x)0，f(x)4x1x2，当且仅当 x1 时取“”故 f(x)的值域为 2，2，从而 f(x1)7232. 依题意有 g(x)min32，x1，e，g(x)1xax2xax2，当 a1 时，g(x)0，函数 g(x)在1，e上单调递增，其最小值为g(1)a132，符合题意；当 1ae时，函数 g(x)在1，a上单调递减，在 a，e上单调递增，所以函数 g(x)的最小值为 g(a)ln a1. 由 ln a132，得 0ae，从而知当 1ae 时，符合题意；当 ae时，显然函数 g(x)在1，e上单调递减，其最小值为g(e)1ae232，不符合题意综上所述， a 的取值范围为 (，e精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 18 页