第25期：函数压轴之25个经典分类讨论问题.docx

1、函数压轴之 25 个经典分类讨论问题 1设函数 2 1 ( )sincos 2 f xxxxax （1）当 1 2 a 时，讨论( )f x在(, ) 内的单调性； （2）当 1 3 a 时，证明： ( )f x有且仅有两个零点 【解析】 （1）当 1 2 a 时， 2 1 ( )sincos 4 f xxxxx， 11 ( )sincossin(cos) 22 fxxxxxxxx ， 令( )0fx，解得0 x 或 3 x ， 3 x ， 当 ( )0fx时，解得0 3 x 或 3 x ，当( )0fx时，解得 3 x 或 0 3 x ， ( )f x在( 3 ，0)或( 3 ，)上单调递减

2、，在(,) 3 或(0,) 3 上单调递增； （2） ( )f x的定义域为(,) ， 22 11 ()()sin()cos()()sincos( ) 22 fxxxxaxxxxaxf x ， ( )f x为偶函数， (0)10f ， ( )f x有且仅有两个零点等价于( )f x在(0,)有且只有一个零点， ( )(cos)fxxxa， 当1a时，cos0 xa ， ( ) 0fx恒成立， ( )f x在(0,)上单调递减， 22 11 ( )sincos10 22 faa ， (0) ( )0ff， ( )f x在(0,)上有且只有一个零点， 当 1 1 3 a时，令( )(cos)0fx

3、xxa，即cosxa， 可知存在唯一(0,) 2 ，使得cosa， 当(0, )x或(22,22)xkk时，kN，( )0fx，函数 ( )f x单调 递增， 当(2,22)xkk时，kN， ( )0fx，函数( )f x单调递减， 由 2 1 tan1 a ， 1 1 3 a，可得0 tan2 2 ， 当kN，22tan2(2)k， 2 22 1113(22tan )10 (22)(22tan )1(22tan )10 22626 k fkakk a ，( )f x在(0,)上有且只有一个零点， 综上所述，当 1 3 a 时，( )f x有且仅有两个零点 【小结】 1、利用导数研究函数的单调

4、性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时， 需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f(x)在指定的区间 D上单调递增(减)， 求参数范围问题， 可转化为f(x)0(或f(x)0)恒成立问题， 从而构建不等式，要注意“”是否可以取到 2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定 理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合 来解决. 2已知函数 2 ( )2ln2(1)f xmxxm x （1）讨论函数 ( )f x的单调区间； （2）当1x 时，求证： 2 2 86 ln35 2 1 xxxx x x 【解析】

5、( )f x的定义域为(0,)， 则 2 2(1)1(1)(1) ( )22(1)22 mxm xmxx fxmxm xxx ， 当0m时，10mx ，当(0,1)x时， ( )0fx，当(1,)x时，( )0fx， 函数( )f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)， 当0m时，令( )0fx，解得1x 或 1 x m ， 当1m 时， 2 (1) ( )20 x fx x 恒成立， 函数( )f x的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间， 当1m 时， 1 01 m ， 当 1 (0,)x m 或(1,)时，( )0fx，当 1 (x m ，1)时，( )0fx， 函数(

6、 )f x的单调递减区间为 1 (0,) m 或(1,)，单调递增区间为 1 ( m ，1)， 当10m ， 1 1 m ， 当(0,1)x或 1 ( m ，)时，( )0fx，当 1 (1,)x m 时，( )0fx， 函数( )f x的单调递减区间为(0,1)或 1 ( m ，)，单调递增区间为 1 (1,) m 综上所述：当0m时，函数 ( )f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)， 当1m 时，函数 ( )f x的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间， 当1m 时， 函数 ( )f x的单调递减区间为 1 (0,) m ，(1,)， 单调递增区间为 1 ( m ，

7、1)， 当10m 时，函数 ( )f x的单调递减区间为(0,1)或 1 ( m ，)，单调递增区间为 1 (1,) m （2） 证明：要证 2 2 86 ln35 2 1 xxxx x x ，即证 32 2 6 (1ln )235 0 1 xxxx x ， 令 32 ( )6 (1 ln )235h xxxxx 22 ( )66ln6663(22ln2 )h xxxxxxx ， 由（1） ，当2m 时， 2 ( )22ln2f xxxx， 可得 ( )f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)， 即( )h x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)， ( )h xh

8、 （1）0，( )h x在(0,)上单调递增， h（1）6(1 ln1)23 50 ，当01x时，( )0h x ， 2 10 x ， 当1x 时，( )0h x ， 2 10 x ， 32 2 6 (1)235 0 1 xlnxxx x ， 即 2 2 8635 2 1 xxlnxx x x 【小结】 含有参数的函数单调性讨论常见的形式： （1）对二次项系数的符号进行讨论； （2）导函数是否有零点进行讨论； （3）导函数中零点的大小进行讨论； （4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等. 3已知函数 1 lnfxaxx aR . （1）若1a ，求 f x在区间 1 ,e e 上的极值

9、； （2）讨论函数 f x的单调性. 【解析】 （1）当1a 时， 1 lnf xxx ，所以， ( )() 11 10 x fxx xx - = -=，列表； x 1 ,1 e 1 1,e fx 0 f x单调递减极小单调递增 所以， f x在区间 1 ,e e 上的有极小值 10f，无极大值； （2）函数 f x的定义域为0,， 11ax fxa xx . 当0a 时，10ax-，从而 0fx ，故函数 f x在0,上单调递减； 当0a 时，若 1 0 x a ，则10ax-，则 fx的增区间为, ，无减区间 当0a 时，由 ( ) 0fx =，得2lnxa 当,2lnxa 时， ( )

10、0fx ， 所以 fx的减区间为,2lna，增区间2ln , a （2）证明：法一：要证明 22 ln x ae xexe 由于当0a 时， 2 0ae x ，只要证 2 ln0 x eex 设 2 ln x g xeex，则 2 x gxe e x ， 2 2 0 x gxe x e ， 所以 gx 在( ) 0,+上是增函数 又 2 10gee ， 22 2 20 22 e g e e， 所以存在 0 1,2x ，使得 0 2 0 0 0 x ge x e x，即 0 2 0 x e e x ， 00 ln2xx 所以当 0 0,xx时， ( ) 0gx ， 因此 g x在 0 0,x上是

11、减函数，在 0, x 上是增函数， 所以 g x有极小值， 且极小值为 0 22 222222 0000 00 ln22220 x g xeexexe xeee x e x e 因此 0g x，即 2 ln0 x ex 综上，当0a 时， 2 lnf xex 法二：要证明 22 ln x ae xexe ，只要证 2 2 ln x e xx ex ae 设 2 0 x g xaex x e ，则 2 1 x xe gx x 当01x时， ( ) 0gx ， 所以 g x在( ) 0,1上是减函数，在( ) 1,+上是增函数， 所以1x 是 g x的极小值点，也是最小值点，且 2 min 1g

12、xgeae 令 2 ln 0 x h x e x x ，则 2 2 1 ln x h x x e 当0 xe时， 0h x ；当ex时， 0h x ， 所以 h x在0,e上是增函数，在, e 上是减函数， 所以xe是 h x的极大值点，也是最大值点，且 max h xh ee， 所以当0a 时， 2 g xeaeeh x ，即 2 2 ln x e xx ex ae 综上，当0a 时， 2 lnf xex 法三：要证明 22 ln x ae xexe 由于当0a 时， 2 0ae x ，只要证 2 ln0 x eex 设 222222 lnln xx g xeexe xexeeeex， 令

13、22 0 x h xee xex，则 2x h xee， 当02x时， 0h x ；当2x 时， 0h x ， 所以 h x在0,2上是减函数，在( ) 2,+上是增函数， 所以2x 是 h x的极小值点，也是 h x的最小值点，即 min 20h xh 设 222 lnm xe xeex，则 2 2 2 1xe m xe xx e 当01x时， 0mx ；当2x 时， 0mx ， 所以 m x在( ) 0,1上是减函数，在( ) 1,+上是增函数， 所以1x 是 m x的极小值点，也是 m x的最小值点，即 min 10m xm 综上， 0h x （当且仅当2x 时取等号） ， 0m x （

14、当且仅当1x 时取等号） ， 所以 0g xh xm x，故当0a 时， 2 lnf xex 【小结】 此题考查导数的应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将不等式等价转 化，然后构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题 10已知函数 2 ( )lnf xxaxx. （1）试讨论函数 ( )f x的单调性； （2）对任意0a ，满足 2 ( )lnf xxaxx的图象与直线y kx恒有且仅有一个公 共点，求k的取值范围. 【解析】 （1） 2 121 ( )21(0) axx fxaxx xx 当0a 时，恒有( )0fx ，所以 ( )f x在(0,)单调递增； 当0

15、a 时，令 2 210axx ，则1 80a ，则 1 118 0 4 a x a ， 2 118 0 4 a x a （舍去） ， 当 118 (0,) 4 a x a 时，( )0fx ， ( )f x在 118 (0,) 4 a a 单调递增； 当 118 (,) 4 a x a 时， ( )0fx ，( )f x在 118 (,) 4 a a 单调递减. 综上所述，当0a 时， ( )f x在(0,)单调递增； 当0a 时， ( )f x在 118 (0,) 4 a a 单调递增， ( )f x在 118 (,) 4 a a 单调递减. （2）原命题等价于对任意0a ， 2 lnxax

16、xkx 有且仅有一解， 即 2 ln xaxx k x ； 令 ln ( )1 x h xax x 则 2 1ln ( ) x h xa x ， 3 3 2(ln) 2 ( ) x h x x ，令( ) 0h x 得 3 2 xe 所以)(h x在 3 2 (0,)e上递减，在 3 2 (,)e上递增， 3 2 3 2 min 33 1ln1 ( )() 2 e h xh eaa ee 当 3 1 2 a e 时，( )0h x ，所以( )h x在R上单调递增， 又当0 x 时， ln ,0 x ax x ，所以( )h x ； 当x 时， ln , x ax x ，所以( )h x .

17、所以( )h x在R上必存在唯一零点，此时kR； 当 3 1 0 2 a e 时， 3 2 min ( )()0h xh e，同时又当0 x 时， 2 1ln , x a x ， 所以 ( )h x ；当x 时， 2 1ln 0, x a x ，所以( )h x . 所以方程( )0h x 存在两根 12 ,x x，即 22 1122 1ln1ln0 xaxxax 且 33 22 12 (0,),(,)xexe， 所以( )h x在 1 (0,)x上单调递增， 12 ( ,)x x上单调递减，在 2 (,)x 上单调递增， 所以( )h x的极大值为 1 ( )h x，极小值为 2 ()h x

18、 要使有方程 2 ln xaxx k x 唯一解，必有 1 ( )kh x或 2 ()kh x， 又 2222 22 2222 lnln1ln2ln1 ()111 xxxx h xax xxxx ， 又 3 2 2 (,)xe，则 2ln1 ( )1 x x x ， 2 32ln ( )0 x x x ，所以( )x在 3 2 (,)e递减， 且x 时， 2ln1 ( )11 x x x ，所以1k ； 同理 1 1 1 2ln1 ()1 x h x x ， 3 2 1 (0,)xe， 2ln1 ( )1 x x x 在 3 2 (0,)e递增， 33 22 3 2 2 ( )()121xee

19、 e ，所以 3 2 21ke . 综上可得，1k 或 3 2 21ke . 【小结】 本题是一道利用导数研究函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用 导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数 f x，利用导数研究 函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函 数的零点. 11设函数 22 322 3 ( )3, ( )33, 22 aa f xxxax g xaxxa R. （1）求函数 f x的单调区间； （2）若函数 2 3 ( )( )( )0,2 22 a xf xg xxx在0 x 处取得最大值，求a的取值范 围. 【解析】 （1） 2

20、 2 ( )36313fxxxaxa， 当3a 时， 0fx ， 所以 ( )f x的单调递增区间为(,) ，无单调递减区间； 当3a 时，令 0fx ，得 93 1 3 a x 或 93 1 3 a x ， 所以 ( )f x的单调递增区间为 93 ,1 3 a 和 93 1, 3 a 令 0fx ，得 9393 11 33 aa x ， 所以 ( )f x的单调递减区间为 9393 1,1 33 aa . 综上，当3a 时， ( )f x的单调递增区间为(,) ，无单调递减区间； 当3a 时，( ) f x的单调递增区间为 93 ,1 3 a 和 93 1, 3 a ，单调递减区 间为 9

21、393 1,1 33 aa . （2）由题意得 322 133 ( )(1)3,0,2 222 xaxaxxax. 因为函数 x在0 x 处取得最大值， 所以 2322 3133 (0)( )(1)3,0,2 2222 axaxaxxax， 即 32 13 (1)30,0,2 22 axaxxx， 当0 x 时，显然成立. 当0,2x时，得 2 13 130 22 axax ， 即 22 32323 2 3 222 21 +2 xx a xx xx x x . 令22,4tx，则 2 ( )1,(2,4 t h ttt ， 2 2 10h t t 恒成立，所以 2 ( )1,(2,4 t h

22、ttt 是增函数， 5 ( )0, 2 h t ， 所以 36 2 5 (2)1 2 x x ，即 6 5 a，所以a的取值范围为 6 , 5 . 【小结】 对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已 知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离 参数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可. 12已知函数 2 1ln1fxxaxx（0a ）. （1）讨论函数 f x的单调性； （2） 若关于x的不等式 1lnx xfxx x 在1 ，上恒成立， 求实数a的取值范围. 【解析】 （1） 11 21121 x fxxaxa

23、 xx 121 21 a xxax x xx ， 0,x， 令 0fx ，则 2 a x 或1x ， 当02a时，函数 f x在区间0, 2 a 和 1,上单调递增，在区间,1 2 a 上单调 递减， 当2a 时，函数 f x在0 ，上单调递增， 当2a 时，函数 f x在区间0,1和, 2 a 上单调递增，在区间1, 2 a 上单调递 减； （2） 原不等式化为： ln 2 x ax x 在1 ，上恒成立， 设 ln 2 x h xx x ，1,x， 2 22 1 ln21 ln 2 xxx h x xx ，令 2 21 lng xxx ，则 1 40gxx x ， 所以 g x在1 ，上单

24、调递增， 110g xg ，所以 0h x ， 则函数 h x在1 ，上单调递增，且 12h，02a. 【小结】 本题考查利用导数研究单调性 （含参） ， 考查利用导数研究恒成立问题， 解决第 （2） 问的关键是将原不等式转化为 ln 2 x ax x 在1 ，上恒成立，进而利用导数研究 函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归 思想，属于常考题. 13已知函数 ln2 a g xxx x . （1）讨论 g x的单调性； （2）当 1 0a e 时，函数 2 2 2 a f xxg xxx 在其定义域内有两个不同的 极值点，记作 1 x、 2 x，且 11 xx

25、，若m1，证明： 1 12 mm x xe . 【解析】 （1）函数 ln2 a g xxx x 的定义域为0,， 2 22 12 2 axxa g xaR xxx ， 方程 2 20 xxa的判别式1 8a . 当 1 8 a 时，0 ， 0gx， g x在0,为增函数； 当 1 8 a 时，0 ，方程 2 20 xxa的两根为 1 11 8 4 a x ， 2 11 8 4 a x ， （i）当 1 0 8 a时， 12 0 xx，对任意的0 x ， 0gx， g x在0,为 增函数； （ii） 当0a 时， 12 0 xx， 令 0gx， 可得 2 0 x x ， 令 0gx， 可得 2

26、 x x . 所以， g x在 1 81 , 4 a 为增函数，在 1 81 0, 4 a 为减函数. 综上所述：当0a 时， g x的增区间为0,，无减区间； 当0a 时， g x的增区间为 1 81 , 4 a ，减区间 1 81 0, 4 a ； （2）证明： 2 ln 2 a f xxxxxa aR，所以 lnfxxax， 因为 f x有两极值点 1 x、 2 x，所以 11 ln xax， 22 ln xax， 欲证 1 12 mm x xe 等价于要证： 1 12 lnln mm xxe ，即 12 1lnlnmxm x， 所以 121212 1lnlnmxmxaxmaxa xmx

27、， 因为m1， 12 0 xx，所以原不等式等价于要证明 12 1 m a xmx . 又 11 ln xax， 22 ln xax，作差得 1 12 2 ln x a xx x ， 1 2 12 ln x x a xx ， 所以原不等式等价于要证明 1 12 21 1212212 ln 11 ln x mxxxxm xxxmxxxmx ， 令 1 2 x t x ，0,1t，上式等价于要证 11 ln m t t tm ，0,1t， 令 11 ln m t h tt tm ，所以 2 2 1ttm h t t tm ， 当m1时， 2 0tm ，则 0h t ，所以 h t在0,1上单调递增

28、，因此 10h th， 11 ln m t t tm 在0,1t上恒成立，所以原不等式成立. 【小结】 利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综 合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研 究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造 一个可导函数是用导数证明不等式的关键. 14已知实数0a ，函数 2 2 lnf xa xx x ，0,10 x. （1）讨论函数 f x的单调性； （2）若1x 是函数 f x的极值点，曲线 yf x在点 11 ,P xf x 22 ,Q xf x( 12 xx)处的切线分别为

29、 1 l 2 l，且 1 l 2 l在y轴上的截距分别为 1 b 2 b.若 12 /ll，求 12 bb的取值范围. 【解析】 （1）由题意， 2 22 212 010 axaxa fxax xxx ， 0a ，010 x，20ax， 当 1 10 a ，即 1 0, 10 a 时， 0fx ， f x在0,10上单调递减； 当 1 010 a ，即 1 , 10 a 时，当 1 0,x a 时， 0fx ；当 1 ,10 x a 时， 0fx ， f x在 1 0, a 上单调递减，在 1 ,10 a 上单调递增. 综上所述：当 1 0, 10 a 时， f x在0,10上单调递减； 当

30、1 , 10 a 时， f x在 1 0, a 上单调递减，在 1 ,10 a 上单调递增； （2）1x 是 f x的极值点， 10 f ，即210aa， 解得1a 或2a （舍） ，此时 2 lnf xxx x ， 2 21 1fx xx ， 1 l方程为 111 2 111 221 ln1yxxxx xxx ， 令0 x ，得 11 1 4 ln1bx x ，同理可得 22 2 4 ln1bx x ， 12 / /ll， 22 1122 2121 11 xxxx ，整理得： 1212 2x xxx， 1 2 1 2 2 x x x ， 又 12 010 xx，则 1 1 1 2 10 2

31、x x x ，解得 1 5 4 2 x， 1 212 21111 12 1 1221222 2 2 1 244 lnlnln 1 x xxxxxxxx bb x x xxxxxx x ， 令 1 2 x t x ，则 11 1 1 21 1,1 224 xx tx x ， 设 2 11 ln ,1 14 t g tt t t ，则 2 22 141 0 11 t g t t tt t ， g t在 1 ,1 4 上单调递增， 又 10g， 16 ln4 45 g ， 6 ln4,0 5 g t ， 即 12 bb的取值范围为 6 ln4,0 5 . 【小结】 关键点点点睛：解决本题的关键是利用

32、导数的几何意义转化条件，再构造新函数， 结合导数即可得解. 15已知函数 32 ( )23(1)6()f xxm xmx xR. (1)讨论函数 ( )f x的单调性； (2)若(1)5f，函数 2 ( ) ( )(ln1)0 f x g xax x 在(1,)上恒成立，求证：2ae. 【解析】 （1） 22 66 1661fxxm xmxm xm 6(1)()xxm 若1m 时，( )0fx ， ( )f x在R上单调递增； 若1m 时，1m ，当xm 或1x 时，( )0fx ， ( )f x为增函数， 当1mx 时，( )0fx ， ( )f x为减函数， 若1m时，1m ，当1x 或x

33、m时，( )0fx ， ( )f x为增函数， 当1xm 时，( )0fx ， ( )f x为减函数. 综上，1m 时， ( )f x在R上单调递增； 当1m 时， ( )f x在(,) m和( 1,) 上单调递增，在(, 1)m上单调递减； 当1m时， ( )f x在(, 1) 和(,)m上单调递增，在( 1,)m上单调递减. （2）由(1)23(1)65fmm，解得0m ， 所以 32 ( )23f xxx， 由(1,)x时，ln10 x ，可知( )(ln1)230g xaxx 在(1,)上恒成立 可化为 23 ln1 x a x 在(1,)x上恒成立， 设 23 ( )(1) ln1

34、x h xx x ， 则 22 13 2(ln1)(23)2ln ( ) (ln1)(ln1) xxx xx h x xx ， 设 3 ( )2ln(1)xxx x ，则 2 23 ( )0 x xx ， 所以( )x在(1,)上单调递增， 又 3ln163 (2)2ln20 22 ， 3 ( )20e e 所以方程( )0h x 有且只有一个实根 0 x，且 00 0 3 2,2ln.xex x 所以在 0 (1,)x上，( )0h x，( )h x单调递减，在 0 (,)x 上，( )0, ( )h xh x 单调递 增， 所以函数( )h x的最小值为 00 00 0 0 2323 ()

35、22 3 ln1 1 2 xx h xxe x x ， 从而 0 22 .axe 【小结】 解答本题的难点在于得到 2 3 2ln ( ) (ln1) x x h x x 后，不能求出( )h x 的零点，需要根据 ( )h x 的单调性及零点存在定理得到 0 x的大致范围，再利用 0 x的范围及 0 0 3 2ln x x 证明不等式. 16设 1 ,5 4 m h xxx x ，其中m是不等于零的常数， （1）写出4hx的定义域； （2）求 h x的单调递增区间； 【解析】 （1） 1 45 4 x ， 15 16 4 x ，4hx的定义域为 15 16 4 ， （2） 2 1 m h x

36、 x 0m时， 0h x 恒成立， h x在 1 5 4 ，递增； 0m 时， 令 0h x ， 解得x m 或x m ， 即函数的单调增区间为,m ， ,m 当 1 4 m 即 1 0 16 m时， h x在 1 5 4 ，递增 当 1 5 4 m即 1 25 16 m时， h x在5m ，递增 当 5m 即25m时， h x在 1 5 4 ，无递增区间 综上可得：0m时， h x在 1 5 4 ，递增； 1 0 16 m时， h x在 1 5 4 ，递增； 1 25 16 m时， h x在5m ，递增 【小结】 本题考查函数的定义域，考查导数研究函数的单调性，解决本题的关键是令 0h x

37、求出函数的单调增区间， 讨论定义域的区间端点和单调区间的关系， 考查 了学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题 17已知 1 ,1 2 k ，函数 2 ( )(1) x f xxekx （2.71828e 为自然对数的底数） （1）求函数 ( )f x的单调区间； （2）求函数 ( )f x在0, k上的最大值 【解析】 （1）由题得( )(1)2(2 ) xxx fxexekxx ek， 令 0 ( )0, 20 x x fx ek 或 0 20 x x ek ， 因为 1 ,1 2 k ，所以122k， 所以不等式组的解为ln2xk或0 x ， 所以函数 ( )f x的单调增区间为(ln2

38、 ,),(0)k ，； 令 0 ( )0, 20 x x fx ek 或 0 20 x x ek ， 解之得0ln2xk， 所以函数 ( )f x的单调减区间为(0,ln2 )k； 所以函数 ( )f x的单调增区间为(ln2 ,),(0)k ，单调减区间为(0,ln2 )k. （2）令 ( )(2 )kklnk， 1 (2k ，1， 11 ( )10 k k kk 所以 ( )k在 1 ( 2 ，1上是减函数， （1） 1 ( )( ) 2 k， 1 12( ) 2 lnkk 即0 (2 )lnkk 所以( ) fx， ( )f x随x的变化情况如下表： x(0，(2 )lnk(2 )lnk

39、( (2 )lnk，)k ( ) fx 0 ( )f x 极小值 (0)1f ， ( )(0)f kf 3 (1)(0) k kekf 3 (1)1 k kek 3 (1)(1) k kek 2 (1)(1)(1) k kekkk 2 (1)(1) k kekk 1 (2k ，1，1 0k 对任意的 1 (2k ，1， k ye的图象恒在 2 1ykk下方， 所以 2 (1) 0 k ekk， 所以 ( )(0) 0f kf，即( )(0)f kf， 所以函数 ( )f x在0，k上的最大值 3 ( )(1) k f kkek 【小结】 解答本题的关键点有两个，其一：是构造函数利用导数比较,

40、(2 )k lnk的大小；其二： 是比较 ( ),(0)f kf的大小，确定函数的最大值. 18已知函数 2 ( )ln(21)f xxaxax （1）若函数 ( )f x在 1x 处取得极值，求曲线( )yf x在点(2,(2)f处的切线方程； （2）讨论函数 ( )f x的单调性； （3）当0a 时， 2 ( )(1) ( )1g xxf xx，证明：函数( )g x有且仅有两个零点， 且两个零点互为倒数 【解析】 （1）求导： 1 ( )221fxaxa x ，由已知有( )01 f ，即1 2210aa ， 所以 1 2 a ， 则 2 1 ( )ln 2 f xxx， 所以切点为(2

41、,ln22)， 切线斜率 3 (2) 2 k f ， 故切线方程为： 3 1ln2 2 yx . （2） ( )f x的定义域为(0,)且 1(21)(1) ( )221 axx fxaxa xx ， 若0a ，则当(0,)x时， ( ) 0fx ，故 ( )f x在(0,)上单调递增； 若0a ，则当 1 (0,),( )0 2 xfx a ，当 1 (,),( )0 2 xfx a ， 故 ( )f x在 1 (0,) 2a 上单调递增，在 1 (,) 2a 上单调递减. （3） 2 ( )(1) ( )1(1)ln1g xxf xxxxx ，所以， 1 ( )lng xx x ， 因为l

42、nyx在(0,)上递增， 1 y x 在(0,)递减，所以( ) g x 在(0,)上递增， 又 1ln4 1 (1)10,(2)ln20 22 gg ， 故存在唯一 0 (1,2)x 使得 0 0()g x， 所以( )g x在 0 (0,)x上递减， 在 0 (,)x 上递增， 又 22 0 ()(1)2, ()30g xgg ee ，所以( )0g x 在 0 (,)x 内存在唯一根， 由 0 1x得 0 1 1x ，又 1111( ) ()(1)ln10 g g ， 故 1 是( )0g x 在 0 (0,)x上的唯一零点 综上，函数( )g x有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.

43、【小结】 求函数的零点个数时， 常用的方法有： 一、 直接根据零点存在定理判断； 二、 将 f x 整理变形成 f xg xh x的形式，通过 ,g xh x两函数图象的交点确定函 数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数. 19已知函数 2 22 lnfxxxax （1）当0a 时，讨论函数 f x的单调性； （2）若函数 f x有两个极值点 1 2 x x，证明； 12 3 ln2 2 fxfx 【解析】 （1）函数的定义域为0,， 2 2 2 2222 22 xxa axxa fxx xxx ， 当1 40a ，即 1 4 a 时， 0fx ， 所以 yf x在0

44、,单调递增； 当1 40a ，即 1 0 4 a时， 令 0fx ，得 1 114 2 a x ， 2 114 2 a x ，且 1 0 x， 2 0 x ， 当 11 411 4 0, 22 aa x 时， 0fx ； 当 11 411 4 , 22 aa x 时， 0fx ； yf x单调递增区间为 11 4 0, 2 a ， 11 4 , 2 a ； 单调递减区间为 11 411 4 , 22 aa 综上所述：当 1 4 a 时， yf x在0,单调递增； 1 0 4 a时， yf x在区间 11 4 0, 2 a ， 11 4 , 2 a 单调递增；在区间 11 411 4 , 22

45、aa 单调递减 （2）由（1）得 2 2 2 2222 22,0 xxa axxa fxxx xxx ， 函数 f x有两个极值点 1 x， 2 x， 方程 2 0 xxa 有两个根 1 x， 2 x， 12 12 1xx xxa ，且1 40a ，解得 1 0 4 a 所以 12 22 111222 22 ln22 lnf xfxxxxaxxax 2 22 12121212121212 222 ln2 ln222 lnxxxxaxaxxxxxxxaxx 1 222 ln2 ln21aaaaaa ， 1 0 4 a. 故令 2 ln21h aaaa， 1 0 4 a. 2ln222ln0h a

46、aa， 1 0 4 a yh a在 1 0, 4 上单调递减， 1 ln 113 4 1ln2 4222 h ah ， 即 12 3 ln2 2 fxfx . 【小结】 （1）求函数的单调区间或讨论函数的单调性时，若解析式中含有参数时，解题中 一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则必须进行 分类讨论，故解题的关键是分 1 4 a 和 1 0 4 a两类情况讨论求解 （2）解答第二问的关键在于求出 12 f xf x的表达式后将问题转化，通过构造 新函数并利用单调性可得结论成立 20 （1）已知函数f（x）=2lnx+1若f（x）2x+c，求c的取值范围； （2）已知函数

47、 =lnfxxmxm mR.讨论函数 f x的单调性. 【解析】 （1） ( )f x定义域是(0,)， 由( )2f xxc得，2ln12cxx ， 设( )2ln1 2g xxx ，则 22(1) ( )2 x g x xx ， 当01x时，( )0g x ，当1x 时，( )0g x ， ( )g x在(0,1)上递增，在(1,)上递减， max ( )(1)2ln1 1 21g xg ，1c （2） =lnfxxmxm mR，定义域是(0,)， 1 ( )fxm x ， 当0m 时，( )0fx ， ( )f x在(0,)上递增， 当0m 时， 1 () ( ) mx m fx x ，

48、当 1 0 x m 时，( )0fx ， 1 x m 时，( )0fx ， ( )f x在 1 (0,) m 上递增，在 1 (,) m 上递减 综上，0m 时， ( )f x的增区间是(0,)， 0m 时， ( )f x的增区间是 1 (0,) m ，减区 间是 1 (,) m 【小结】 本题考查函数的单调性，考查不等式恒成立问题 （1）已知 ( )f x的导函数是 ( ) fx，解不等式 ( )0fx可得增区间，( )0fx可得减 区间 （2）( )f xm恒成立，则 min ( )mf x，若( )f xm恒成立，则 max ( )mf x 21已知函数 2 ( )3(6)ln ()f

49、xxa xax aR （1）求函数( )yf x的单调区间； （2）当1a 时，证明：对任意的 2 0,( )352 x xf xexx. 【解析】 （1）由题意知，函数 f x的定义域为(0,) 由已知得 2 6(6)(6)(1) ( )6(6) axa xaxa x fxxa xxx 当0a时，( )0fx ，函数 f x在(0,)上单调递增， 所以函数 f x的单调递增区间为(0,) 当0a 时，由( )0fx ，得 6 a x ，由( )0fx ，得0 6 a x 所以函数 f x的单调递增区间为, 6 a ，单调递减区间为0, 6 a 综上，当0a时，函数 f x的单调递增区间为(0

50、,)，0a 时，函数 f x的单 调递增区间为, 6 a ，单调递减区间为0, 6 a （2）当1a 时，不等式 2 ( )352 x f xexx可变为ln20 x ex . 令( )ln2 x h xex，则 1 ( ) x h xe x ，可知函数 ( )h x 在(0,)单调递增，. 而 1 3 1 30 3 he ，(1)10he 所以方程( )0h x 在(0,)上存在唯一实根 0 x，即 0 0 1 x e x 当 0 0,xx时，( )0h x，函数( )h x单调递减； 当 0, xx时，( )0h x，函数( )h x单调递增； 所以 0 0 min000 00 111 (