2020年高考数学(文)导数(解析版)

1、专题导 数、选择题1.已知函数 f(x) ln x 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. yf(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2(1 x)f (x) ， 0 x 2知,x(2 x)f(x)在(0,1)上单调递增，(1,2)上单调递减，排除 A、B;又f(2x) ln(2 x) In x f(x),所以f(x)的图象关于x 1对称，C正确.2.函数yf(x)的导函数y f (x)的图像如图所示，则函数 yf (x)的图像可能是D【解析】由导函数的图象可知,B.y f(x)的单调性是减，yxO增 减 增，

2、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.13.右函数f (x) x -sin 2x asin x在(，)单倜递增，则a的取值氾围是 31A. 1,1 B. 1,31.八C【解析】函数f(x) x -sin2x31 1C. 3,3a sin x 在(D.11, 3)单调递增,42 cos x35八a cosx 032等价于 f (x) 1 -cos2x acosx 34 o 5在(，)恒成立.设cosx t,则g(t)t2 at 0在1,1恒成立,33小4g-所以3g( 1)35 八 0311C.3 ，解得-蒯a - .故选5c33一034.已知a为函数f

3、(x)12x的极小值点，则aA.4B.2C. 4 D. 2【解析】因为- 2f (x) 3x2123(x 2)( x 2),令 f (x)0,5.x ( 2,2)时 f (x)时 f (x)(2018全国卷I )设函数0,f(x)f (x)单调递增；当x (f(x)单调递增.所以32x (a 1)x ax.若2,2)时 f (x)0 , f(x)单调递减；当故选D.f(x)为奇函数，则曲线f(x)在点(0,0)处的切线方程为A. y 2x【解析】通解所以(x)3B.因为函数f(x)2(a 1)( x) a( x)c. y(a 1)x2x3(a2xD. y xax为奇函数，所以f( x)221)

4、x ax,所以 2(a 1)x0,因为x R ,所以a 1 ,所以f(x)6.在点(0,0)所以f (x)处的切线方程为y x .故选因为函a (1 a优解二 易知f (x)/ 、2g(x) x (a 1)xD.数 f (x) x3 (a21)x ax1 a) 0 ,解得a 1 ,所以所以f (0) 1,所以曲线y为奇函数，所以f ( 1) f(1) 0 ,所以f (x)在点(0,0)处的切线方程为 y x .故选D.x3 (a 1)x2 ax xx2 (a 1)x a,因为f(x)为奇函数，所以函数a为偶函数，所以a 1 0 ,解得a 1 ,所以f (x) x-_ 2f (x) 3x 1 ,

5、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.x若函数e f (x)(e=2. 71828L，是自然对数的底数)在f (x)的定义域上单倜递增，则称函数性质，下列函数中具有 M性质的是故选D.f(x)具有M_x_2_xA. f(x) 2 B. f(x) x C. f(x) 3 D. f (x) cosxx 1 xxx 1 x ex exA【解析】对于选项 A, f (x) 2(-),则e f(x) e (-)(-)，:一 1 , 1- e f (x)在 R 上2 222单调递增，f (x) 2 x具有m性质.对于选项B , f (x)x2 ,exf (x)e

6、xx2 ,exf(x) ex(x2 2x),令 ex(x22x) 0,得 x 0 或 x 2；令 ex(x22x)0,得 2x 0,，函数exf(x)在(，2)和(0,)上单调递增，在(2,0)上单调递减，f (x) x2不具有 M性质.对于选项 C, f (x) 3 x(1)x,则 exf(x)ex(l)x(-)x,/ e 1 , y(-)x在 R 上单调3 3333递减，f (x) 3 x不具有M 性质.对于选项D, f (x)cosx, ex f (x)ex cosx ,则excosxex(cosx sin x) > 0在R上不恒成立，故 exf (x) excosx在R上不是单调

7、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x 3A. y sinxB. y ln xC. y e D. y xA【解析】设两个切点分别为(x1, y1), (x2, y2)，选项A中，y cosx , cosx1cosx21,当x1 0,x2时满足，故A正确；函数y lnx, y ex,y x3的导数值均非负，不符合题意，故选 A.lnx,0 x 1 ,8 .设直线Ii, l2分别是函数f (x)，图象上点P1 , P2处的切线，Ii与l2垂直相父于点P,

8、lnx, x 1且Ii , 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,+ 8) D. (1,+ 00A【解析】设 P1 x1 , In x1 , P2 x2,ln x2 (不妨设x11,0 x2 1),则由导数的几何意义易得切线 Ii , l2，1的斜率分别为k1-, k2Xi1 ，一.由已知得*2k1k21 ,X1X21,x2Xi1,，、一-.切线Ii的方程分别为，一 1y In Xi x Xi ,切线XiI2的方程为yIn x21 . .，一x X2 ,即 y1nxix1x21 x 一Xi分别令 x 0得 A 0, 1 ln

9、x1，B 0,1In x1 .又Ii与I2的交点为P( ,ln x11 x11 X；、1 .x11 , . S PAB 21yAyB | x |2x11x1P 1x21x121,0f x9.已知函数x e一 t lnx x x恰有一个极值点为1,则实数t的取值范围是(B.C.D.【答案】C【解析】由题意知函数f x的定义域为(0,xx 1 ef' x 2x_2 x因为f x恰有一个极值点为1,所以f' x0有且只有一个解，即 x1是它的唯一解,也就是说另一个方程x 2一 人g 无解.令xe xx 2g',则xx 1 e2x 2x在(0,)上单*. g增，从而g 0 ;所

10、以，当0无解,Inx极值点，所以实数t的取值范围是1?一2 .故选：C.10.已知函数f(x)ln x, x 11x 1 xx , x2，若 f (m) f(n),则的取值范围是(a. e3b.21n2,3C.34 2ln 2,e2-1D.21n 2,3C【解析】不妨设f(m) f(n)t ,设m n ,由题意可知,函数yf(x)的图象与直线y3t有两个父点，其中0 t 一,由2f (m)由 f (n)n 6，记 g(t)2t 2,其中0当In 2,3tt - , g (t) e 223t 时，g (t) 0, 2，.当 0 t 1n2时，g (t) 0,函数g(t)单调递减;函数g(t)单调

11、递增.所以函数g(t)的最小值为2x x恰有一个，解得m 2t 2,g(ln 2)eln2 2ln 2 24 2 In 2 ；而 g (0)33303KFe 2 3, g(_) e2i 3, 4 2ln 2 g(t) e2 1,23即 4 21n 2 n m e2 1.故选:Cxf x x e 一11.设函数，则()11A. f x有极大值e b, f x有极小值eC. f x有极大值e D, f x有极小值【答案】b【解析】Q f x x e ,定义域为R,xf x x 1 e ,令 f X 0 ,可得 x 11时，f x 0 .所以，函数f x x e在x1处取得极小值1e,故选：B.f(

12、x) 1ax12.已知函数 32 ax1 ,在R上为增函数，则实数 a的取值范围是(C.0.1D. 0,1【答案】C【解析】解：由题意可得,2f(x) ax 2ax”。恒成立,a 024a2 4a, 0f(x1)f(x2)x1 x2当a 0时，显然满足题意，当 a 0时，则根据二次函数的性质可得,解可得，0 a, 1 ,综上可得，0加1.故选：C .二、填空题13 .已知函数f(x) (2x+1)ex, f (x)为f(x)的导函数，则f(0)的值为3【解析】Q f (x) (2x+3)ex, f (0) 3.14 .已知函数f (x) 2x, g(x) x2 ax(其中a R ).对于不相等

13、的实数 x,x2，设mn = g(x1) g(x2).现有如下命题:x1 x2对于任意不相等的实数 x1,x2，都有m 0;对于任意的a及任意不相等的实数 x1,x2,都有n>0;对于任意的a ,存在不相等的实数 x1,x2 ,使得m n ；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).,国 Ox2【解析】因为f (x) 2x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 x22x2 ax1 (x2 ax2)乂，正确；因为 g (x) x ax,所以n 二x1 x a,正负不定，错误；由 m n ,整理得f(x

14、1)g(x1)f(x2) g(x2).令函数 p(x) f (x) g(x) 2x x2 ax ,则 p (x) 2x In 2 2x a ,令 t(x) p(x),则 t(x) 2x(ln2)2 2,又 t(1) 2(ln 2)2 2 0,t(3) 8(ln 2)2 2 0,从而存在 x0 (1,3),使得 t (x。) 2x0(ln 2)2 2 0,x22于zep(x)有极小值 p(x0) 2" In 2 2x0 a 2log 22 a ,所以存In 2 (In 2),22_在a 2log 2r，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(ln 2)l

15、n 2x1，x2 ,使得 f (x1) g(xi)f(x2) g(x2),不满足题意，错误；由 m n 得 f (x) g (x),即a 2xln2 2x ,设 h(x) 2x In 2 2x, x2则h(x) 2 (In 2)2 0,所以h(x)在R上单调递增的，且当 x 时，h(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，正确.15. (2018全国卷n )曲线y 2ln x在点(1,0)处的切线方程为 .y 2x 2【解析】由题意知，y -,所以曲线在点(1,0)处的切线斜率k y x1 2,故所求切线方程为 y 0 2(x 1),即 y 2x

16、 2 .16.(2018天津)已知函数f (x) e ln x , f (x)为f (x)的导函数，则f (1)的值为e【解析】17.曲线21y x2 1在点(1,2)处的切线方程为 一 1 一【解析】: y 2x 2,又y x18 .已知a R ,设函数f (x)1,所以切线方程为 y 2 1 (x 1),即y x 1 .x 1ax In x的图象在点(1, f (1)处的切线为l ,则l在y轴上的截距1【解析】f(1) a ,切点为(1,a)，(x)1a ,则切线的斜率为xf (1) a1 ,切线方程为:y a (a 1)(x 1),令 x0得出l在y轴的截距为1一x_x 1由题意得 f

17、(x) e In x e 一，则 f (1) e.x三、解答题19. ( 2018全国卷I )已知函数f (x)aexIn x设x 2是f (x)的极值点.求a ,并求f (x)的单调区间;、r ,1, 一、八(2)证明：当 a> 时，f (x) > 0 .e【解析】(1)f(x)的定义域为(0,),f (x)从而1 xf (x) 2eIn x 1 , f (x)2e122ex 1 ae 一.xex L当x由题设知,0 x 2 时,所以f (x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增.(2)当、1 r, e一a > -时，f (x) > in x 1 .设 g( x)

18、 eef (2)f (x)ln x 1,则 g (x)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.故当x 0时，g(x)> g(1) 0 .因此，当 a>1 一， .-时，f (x)> 0 . eX2 .2e2 时，f (x) 0 .20. (2018 浙江)已知函数 f (x) Jx lnx.8ln 2若f(x)在x x，x2(x1 x2)处导数相等，证明：f(x1) f(x2) 8(2)若 a< 341n 2,证明：对于任意 k 0,直线y kx a与曲线yf (x)有唯一公共点.【解析】(1)函数111f(x)的导

19、函数 f(x) 一尸一，由 f(x1) f(x2)得一2.x x2.x111.x12 x2x2因为xx21 .由基本不等式得 1 Jx1x2R 7x2 A 2x1x2 .因为x1x2 ,所以 x1x2 256 .由题意得f(Xi) f(X2)*1nxix2 ln x21 1 一 一一 Jxx2 ln(x1x2).设 g(x) Vx ln x,2 '2则 g (x)-(J4xx(0,16)16(16,)g (x)0+g(x)2 4ln 2Z4),所以)上单调递增，故g(xx2)所以g(x)在256,g(256) 8 81n 2,即 f(x1) f(x2) 8 81n 2 .人(|a| k

20、)(2)令 m e ,|a | 1 2(一)2 1 ,则 f(m) kkm a | a | k k a > 0 ,1 f (n) kn a n(= 、n0所以，存在(m,n)使 f d)所以，对于任意的 aR 及 k (0,kx a与曲线f (x)有公共点.由 f (x)kx a 得 kx ln x a设 h(x)x ln x a则 h (x)Ixln x 2_2 x1 a g(x)2x1 a,其中g(x)In由(1)可知g(x)> g(16),又 a0 341n 2 ,故 g(x) 1g(16) 1 a 3所以h(x)W0,即函数h(x)在(0,)上单调递减，因此方程 f (x)

21、 kx a 0至多1个实根.综上，当a 0 3 4ln 2时，对于任意0,直线y kx a与曲线y f(x)有唯一公共点.21 . (2018全国卷n)已知函数f (x)/ 2 a(x若a 3,求f(x)的单调区间;(2)证明：f (x)只有一个零点.1 3【解析】当a 3时，f(x) -x3 33x23x 3,-2 一 一f (x) x 6x 3.令f (x) 0解得x 3 2百或x 3当x (,3 2 掷)U(3 2 辨，)时，f (x) 0；当 x (3 273,3 2巾)时，f (x) 0 .故f(x)在(，3 2 J3) , (3 2品)单调递增，在(3 273,3 2 J3)单调递

22、减.3(2)由于x2 x 1 0,所以f(x) 0等价于 3a 0 .x x 1x2(x2 2x 3)T2772(x x 1)3、Cx设 g(x) - 3a，贝”g (x)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.21又 f(3a 1) 6a 2a - 31 2116(a-)-0, f(3a 1)0,663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) ax2 (3a 1)x 3a 2ex.(1)若曲线y f (x)在点(2, f (2)处的切线斜率为0,求a ;(2)

23、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) ax2 (3a 1)x 3a 2ex,所以 f (x) ax2 (a 1)x 1ex.221f (2) (2a 1)e2,由题设知 f (2) 0,即(2a 1)e2 0,解得 a -.2、-._2_ xx(2)万法一：由 得 f (x) ax (a 1)x 1e (ax 1)(x 1)e .1一一若 a 1,则当 x (,1)时，f (x) 0；当 x (1,)时，f (x) 0. a所以f(x)在x 1处取得极小值.若 a01,则当x (0,1)时，ax K x 1 0,所以f (x) 0 .所以1不是f (

24、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)ex. (i )当 a 0 时，令 f (x) 0 得 x 1 .f (x), f (x)随x的变化情况如下表：x(,1)1(1,)f (x)+0-f(x)极大值1f(x)在x 1处取得极大值，不合题意.(ii)当a 0时，令f (x) 0得x, ,x2 1. a当 x1 x2,即 a 1 时，f (x) (x 1)2ee(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 . > 0 , f(x)在 R 上单调递增，1 f(x)无

25、极值，不合题意.当 为 x2,即0 a 1时，f (x), f (x)随x的变化情况如下表:x(,1)11 (1-) a工 a1(一,)af (x)+0-0+f(x)极大值极小值f (x)在x 1处取得极大值，不合题意.当x1 x2,即a 1时，f (x), f (x)随x的变化情况如下表:x1(,一) a1 a1 (-,1) a1(1,)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值f (x)在x 1处取得极小值，即 a 1满足题意.1(iii)当a 0时，令f (x) 0得为一，x2 1 . f (x), f (x)随x的变化情况如下表:ax(,1) a1 a(-,1) a1(1,)f (x)-

26、0+0-f(x)极小值极大值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,).223. (2018全国卷出)已知函数f(x)ax x 1【解析】 f(x) -ax(2a 1)x 2 f(0) 2 e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 > (x2 x 1 ex 1)e x.令 g (x) > x2 x 1 ex 1 ,则 g (x) > 2x 1 ex 1 .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)>

27、g( 1)=0 .因此 f (x) e> 0 .R ,满足 f (x。) g(%)且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 x0f(%) g (x°),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个 S点”.2证明：函数f (x) x与g(x) x 2x 2不存在 S点；2(2)右函数f(x) ax 1与g(x) Inx存在 S点，求实数a的值;(3)已知函数一 .2. be .、f (x) x a , g (x).对任息 a x0,判断是否存在b 0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,)内存在S点”，并说明理由.【解析】函

28、数 f(x) x, g(x) x2 2x 2 ,则 f (x) 1, g (x) 2x 2 .一 x x2 2x 2 一由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 1(2)函数 f(x) ax 1 , g(x) In x ,贝U f (x) 2ax , g (x) 一.x设 x0 为 f(x)与 g(x)的 S 点"，由 f(x0) g(x°)且 f (xO) g (x°),得ax2 1 In x01,即2ax0 一x0ax2 1 In x0 2ax21(*)得 In x01 rr一,即

29、x021a r-2(e2)2e当a 一时,21x0e 2满足方程组(即X0为f(x)与g(x)的S点”.因此，a的值为(3)对任意a0,设 h(x)32x 3xax因为h(0) a0 , h(1) 10,且h(x)的图象是不间断的,所以存在x0(0,1),使得h(xo) 0 .令 b2xQ ex0(1，则b 0. xq)函数f (x)2x a , g(x)bexxf'(x)2x , g'(x)bex(x 1)由 f(x) g(x)且 f (x)x2 a应2x32xx ,即bex(x 1)ex0(1 x。)2x2x3x,(*)ex(x 1)ex0(1 xq)x2此时，x0满足方程

30、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b0,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)=(xt1)(x t2)(x t3),其中t1,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数歹U.若t20,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 tz) 6 J3有三个互异的公共点，求d的取值范围.【解析】(1)由已知，可得f (x) x(x 1)(x 1) x3 x,故f (x)3x 1,因此

31、 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.(2)由已知可得 f (x) (x t23)(x t2)(x t2 3) (x t2)39(x t2)x3 3t2x2 (3t； 9)x t2 9t2 .故 f (x)3x36t2x3t29.令 f (x)=0,解得 xt2J3,或 xt2J3.当x变化时，f (x), f (x)的变化如下表:x(-8,t2at233(t2 Bt2 V3)t2 V3(t2 P，+ oc)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为

32、f(t2 J3)( 回 9 ( J3) 6展,函数小值为f(t2.3) ( .3)3 9 .36曲线y f(x)与直线y (x t2) 6J3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) 6J3 0有三个互异的实数解,令 u x t2，可得 u3 (1 d2)u 6志 0.(x t2) &/3有三个互异的公共点设函数g(x) x3 (1 d2)x 66则曲线y f(x)与直线y等价于函数y g(x)有三个零点.g'(x) 3x3 (1 d2).当d2 W1时，g'(x)> 0 ,这时g'(x)在R上单调递增

33、，不合题意.当d21时,g'(x)=0,解得 x 3g(甯“一6"易得，g(x)在(，x)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(K)g(x)的极小值g(x2)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.3若 g(x2) 0,即(d2 1)2 27,也就是 |d| J10,此时 |d| x2, g(|d|) |d| 673 0,且2|d| x1，g(2|d|)6|d|3 2| d | 6庭62痴0 6m 0,从而由g(x)的单调性，可知函数y g(x)在区间(21d |,Xi),(Xi

34、,X2),(X2,|d |)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(,闻)U (国,).X 126.已知函数 f (x) (x 2Xx 1)e (x > -).2(I)求f(x)的导函数；1.(n)求f(x)在区间-,)上的取值范围.1， V、【解析】(I)因为(x J2x 1)1, (ex) e2x 1所以 f(x)(1 9)eX(x Ee X (1 X)(第 2)e X (X J(n)由 f (x) (1 x)(里二 一 a a当X a时，f (X)有极小值b a-.因为f (X)的极值点是f(x)的零点. 3)eo解得 x 1 或 x 5 .、.2x 12因为X121八(一，

35、1)21(1, 5) 252)2f (X)-0+0-f(x)1 _!一占=20/12 X11 n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：b2 3a；2322a 2 a【斛析】(1)由 f(x) x ax bx 1得 f (x) 3x 2ax b 3(x )b 一.333所以f( a)a.327因为f(x)有极值，故3,

36、- 2 八aab2a31 0,又 a 0,故 b 939aa213f (x)=0 有实根，从而 b 一 一(27 a2.,3从而 f(x1) f(x2) x1 ax1 bx1 1 x2) 0,即 a 3. 3 9aa 3时,f (x)>0(x1),故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值;a 3时,a a3baa3bf (x)=0有两个相异的头根 X=，x2 =33列表如下x(,x)x1(x1, x2)x2(x2,)f (x)+0一0+f(x)Z极大值极小值Z2a2故f (x)的极值点x1,x2 .从而a 3,因此b 9由iba等“小 2t 3 皿 小 2坟gI1则g3一- 2 一22

37、27t29t2)时，g(t) 0,所以g(t)在)上单调递增.因为 a 3,所以 a Ta 3通，故 g(aVa) g(33)(3)由(1)知，f (x)的极值点是x1,x2，且x1 x22a, x2 32x24a2 6b92ax2bx2x12x22(3x1 2 axib) 一(3x2 2 ax233b)-z 22、二 a(x x2) 32 -b(x13x2) 227t己f(x) , f (x)所有极值之和为h(a),a1 c 31c3因为f (x)的极值为b-a ,所以h(a尸-a, a 3.39a9a23因为h(a)= a 2 0,于h(a)在(3,)上单倜递减.9 a因为h(6)= 7

38、,于是h(a) > h(6),故a 0 6 .因此a的取值范围为(3,6.21 31228.已知函数 fx -x -ax ,a R . 32(i)当a 2时，求曲线y f x在点3, f 3 处的切线方程；(n)设函数g x f x x a cosx sin x ,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) x2 ax,所以，当a 2时，f(3) 0, f (x) x2 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 .(n)因为 g(x) f (x) (x a)co

39、s x sinx所以 g(x) f (x) cosx (x a)sin x cosx, x(x a) (x a)sin x (x a)(x sin x),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 sin x),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) 0,1 3g(x)单倜递增.所以，

40、当x a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a) -a sin a ,当x 0时，g(x) 6取到极小值，极小值是 g(0) a . 当 a 0时，g (x) x(x sin x),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 sin x),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x0

41、时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)a;1 3当xa时，g(x)取到极小值，极小值是g(a) asin a .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1 .极大值，又有极小值，极大值ZEg (a)- a sin a ,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)-a3 sin a .6x29.已知函数 f (x) e cosx x .(I )求曲线y f

42、 (x)在点(0, f (0)处的切线方程；(n)求函数f (x)在区间0,万上的最大值和最小值.【解析】(I)因为 f (x) ex cos x x ,所以 f (x) ex (cosx sin x) 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.(n)设 h(x) ex(cosx sin x) 1, x 0,则 2xx .h (x) e (cosx sin x sin x cosx) 2e sin x.冗._.冗,、一.当x (0,一)时，h(x) 0,所以h(x)在区间0,一上单调递减. 22 冗 _ . ._ .冗，、所以对

43、任意x (0,有h(x) h(0) 0,即f (x) 0,所以函数f(x)在区间0,上单倜递减.22所以当x 一时，f(x)有最小值f2(2) e2cos 一 ,222当 x 0 时，f(x)有最大值 f(0) e0 cos0 0 1.一、2x2 1、,R)f (x) a ln x(a30.已知函数x(1)若a 0时，讨论f(x)的单调性;设g(x) f(x) 2x,若g(x)有两个零点，求a的取值范围2,2x ax 12x ,【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2) a ef (x)【解析】(1)易知f(x)的定义域为(0，)，且对于 2x 31 .设函数f x x tlnx,其中x 0,

44、14为正实数. x (1)若不等式f x0恒成立，求实数t的取值范围； (2)当x (。时，证明 x2 x - 1 ex ln x. ax 1 0,a2 8,又 a 0,若0a 2应时，0, f (x)0, f(x)在(0,)上是增函数；若 a2万时，f (x)0,得小a-a8 0,x2a-a80,44f (x)在 0,x1和 x2,上是增函数，在 毛,乂2上是减函数1.，一(2)由 g(x) 一 alnx ,定乂域为(0, x当a 0时，g (x) 0恒成立，g(x)在(0,1a ax 11ax出 g (x) 2 2xx x x)上单调递增，则g(x)至多有一个零点，不符合题意;11 1当a

45、 0时，g (x) 0得x , g(x)在0,-上单调递增，在一，上单调递减aaa，、1./、一g(x)max g - a aln a 要使g(x)有两个零点，则a aln a 0,由a 0解得a ea1aa 1a1a a2此时 1 一， g(1)1 0易知当 a e时 e a,e 一， g e -a alne e a ,aae令 m(x) ex x2, x (e,), m (x) ex 2x ,令 h(x) ex 2x,所以 h(x) ex 2 ,x (e,%4h(x) 0, m (x)在 x (e,)为增函数，m (x) m (e) e2 2e 0a aa 2a-m(x)在 x (e,)为

46、增函数，m(x) m(e) e e 0,所以 ea ,g e01 1函数g(x)在e a,-与一,1各存在一个零点。综上所述，a e.aa【答案】(1) 0,2 (2)见解析【解析】(1)由题意得f'x 1 ，工 -一二 x x x2 2设 h x x tx 1 0 x 1 ,则 V t 4,t 0,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 10,满足题意；当t2 4 0时，即t 2时，则h x的图象的对称轴x - 12因为h 01,h 12 t 0,所以h x在0,1上存在唯一实根，设为x ,则当x 0,x时，h x 0, f ' x0,当