2018版高考数学复习函数与导数文.pdf

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1、压轴题命题区间 ( 二)函数与导数 第一课时构造辅助函数求解导数问题 对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨 论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其 几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此 而不同，这里给出几种常用的构造技巧 “比较法”构造函 数 典例 (2017广州模拟) 已知函数f(x) e xax(e 为自然对数的底数， a为常数 ) 的 图象在点 (0,1) 处的切线斜率为1 (1) 求a的值及函数f(x) 的极值； (2) 证明：当x0 时，x 2ex 解 (1)

2、 由f(x) e x ax，得f(x) e x a 因为f(0) 1a 1，所以a2， 所以f(x) e x2x， f(x) e x 2， 令f(x) 0，得x ln 2 ， 当xln 2时，f(x) 0，f(x)单调递减； 当xln 2时，f(x) 0，f(x)单调递增 所以当xln 2时，f(x) 取得极小值，且极小值为f(ln 2) e ln 2 2ln 2 2ln 4 ， f(x) 无极大值 (2) 证明：令g(x) e x x 2，则 g(x) e x2x 由(1) 得g(x)f(x) f(ln 2)0， 故g(x) 在 R上单调递增 所以当x0 时，g(x) g(0) 10，即x

3、2ex 方法点拨 在本例第 (2) 问中，发现“x 2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“ x 2 e x”构造函数，得到“ g(x) e x x 2”，并利用 (1) 的结论求解 对点演练 已知函数f(x) x e x，直线yg(x) 为函数f(x) 的图象在xx0(x0 1)处的切线，求证： f(x) g(x) 证明：函数f(x) 的图象在xx0处的切线方程为yg(x) f(x0)(xx0) f(x0) 令h(x) f(x) g(x) f(x) f(x0)(xx0) f(x0) ， 则h(x) f(x) f(x0) 1x e x 1x0 e 0 x x 0 x x0 x e

4、 0 xx 设 (x) (1 x)e 0 x (1 x0)e x， 则 (x) e 0 x (1 x0)e x， x01， (x) 0， (x) 在 R上单调递减，又(x0) 0， 当xx0时， (x) 0，当xx0时， (x) 0， 当xx0时，h(x) 0，当xx0时，h(x) 0， h(x) 在区间 (，x0) 上为增函数，在区间(x0， ) 上为减函数， h(x) h(x0) 0， f(x) g(x) “拆分法”构造函 数 典例 设函数f(x) ae xln x be x1 x ，曲线yf(x) 在点 (1 ，f(1) 处的切线为ye(x 1) 2 (1) 求a，b； (2) 证明：f

5、(x)1 解 (1)f(x) ae x ln x 1 x be x1 x x 2(x0) ， 由于直线ye(x1) 2 的斜率为e，图象过点 (1,2) ， 所以 f2， fe， 即 b2， aee， 解得 a1， b2. (2) 证明：由 (1) 知f(x) e xln x2e x 1 x (x0) ， 从而f(x) 1 等价于xln xxe x2 e 构造函数g(x) xln x，则g(x) 1ln x， 所以当x 0， 1 e 时，g(x) 0， 当x 1 e， 时，g(x) 0， 故g(x) 在 0， 1 e 上单调递减， 在 1 e， 上单调递增， 从而g(x) 在 (0， ) 上的

6、最小值为g 1 e 1 e 构造函数h(x) xe x2 e， 则h(x) e x(1 x) 所以当x(0,1) 时，h(x) 0； 当x(1 ， ) 时，h(x) 0； 故h(x) 在(0,1) 上单调递增，在(1 ， ) 上单调递减， 从而h(x) 在 (0， ) 上的最大值为h(1) 1 e 综上，当x0 时，g(x) h(x) ，即f(x) 1 方法点拨 对于第 (2) 问“ae xln x be x1 x 1”的证明，若直接构造函数h(x) ae xln x be x1 x 1， 求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“ae xln x be x1 x 1”

7、合理拆分为“xln xxe x2 e”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式 的目的 对点演练 已知函数f(x) aln x x1 b x，曲线 yf(x) 在点 (1 ，f(1) 处的切线方程为x 2y3 0 (1) 求a，b的值； (2) 证明：当x0，且x1 时，f(x) ln x x1 解： (1)f(x) a x1 x ln x x 2 b x 2(x0) 由于直线x2y30 的斜率为 1 2 ，且过点 (1,1) ， 故 f1， f 1 2， 即 b1， a 2b 1 2. 解得 a1， b1. (2) 证明：由 (1) 知f(x) ln x x1 1 x( x0) ，

8、所以f(x) ln x x1 1 1x 22ln x x 21 x 考虑函数h(x) 2ln xx 2 1 x (x0)， 则h(x) 2 x 2x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 所以当x1 时，h(x) 0而h(1) 0， 故当x(0,1) 时，h(x) 0，可得 1 1x 2h(x) 0； 当x(1 ， ) 时，h(x) 0，可得 1 1x 2h(x) 0 从而当x0，且x1 时，f(x) ln x x10， 即f(x) ln x x1 “换元法”构造函 数 典例 已知函数f(x) ax 2xln x(aR)的图象在点 (1，f(1) 处的切线与直线x 3y 0 垂直 (1) 求实数

9、a的值； (2) 求证：当nm 0 时， ln nln m m n n m 解 (1) 因为f(x) ax 2xln x， 所以f(x) 2ax ln x1， 因为切线与直线x 3y0 垂直，所以切线的斜率为3， 所以f(1) 3，即 2a13，故a1 (2) 证明：要证ln nln m m n n m ， 即证 ln n m m n n m ，只需证ln n m m n n m 0 令 n m x，构造函数g(x) ln x 1 x x(x1)， 则g(x) 1 x 1 x 21 因为x1 ， ) ，所以g(x) 1 x 1 x 210， 故g(x) 在(1 ， ) 上单调递增 由已知nm0

10、，得 n m 1， 所以g n m g(1) 0， 即证得 ln n m m n n m 0 成立，所以命题得证 方法点拨 对“待证不等式”等价变形为“ln n m m n n m 0”后，观察可知，对“ n m ”进行换元，变 为“ln x1 x x0”，构造函数“g(x) ln x 1 xx( x1)”来证明不等式，可简化证明 过程中的运算 对点演练 已知函数f(x) x 2ln x (1) 求函数f(x)的单调区间； (2) 证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s) ； (3) 设(2) 中所确定的s关于t的函数为sg(t) ，证明：当t e 2 时，有2 5 ln gt ln t

11、 1 2 解： (1) 由已知，得f(x) 2xln xxx(2ln x1)(x0)， 令f(x) 0，得x 1 e 当x变化时，f(x) ，f(x) 的变化情况如下表： x 0， 1 e 1 e 1 e， f(x)0 f(x)极小值 所以函数f(x) 的单调递减区间是 0， 1 e ，单调递增区间是 1 e， (2) 证明：当0x1 时，f(x) 0， t0，当 0x1 时不存在tf(s) 令h(x) f(x) t，x1 ， ) 由(1) 知，h(x)在区间 (1， ) 上单调递增 h(1) t0，h(e t ) e 2t ln e t tt(e 2t 1) 0 故存在唯一的s(1 ， )

12、，使得tf(s)成立 (3) 证明：因为sg(t) ，由 (2) 知，tf(s) ，且s1， 从而 ln gt ln t ln s ln fs ln s s 2ln s ln s 2ln ss u 2uln u ， 其中uln s 要使 2 5 ln gt ln t 1 2成立，只需 0ln uu 2 当te 2 时，若sg(t) e， 则由f(s) 的单调性，有tf(s) f(e) e 2，矛盾 所以se， 即u1，从而 ln u 0 成立 另一方面，令F(u) ln u u 2， u1，F(u) 1 u 1 2， 令F(u) 0，得u 2 当 1u2 时，F(u) 0； 当u2 时，F(u

13、) 0 故对u1，F(u) F(2) 0， 因此 ln u u 2成立 综上，当te 2 时，有 2 5 ln gt ln t 1 2 二次 ( 甚至多次 )构造函数 典例 (2017广州综合测试) 已知函数f(x) e xm x 3， g(x)ln(x1) 2 (1) 若曲线yf(x) 在点 (0，f(0) 处的切线斜率为1，求实数m的值； (2) 当m1 时，证明：f(x) g(x) x 3 解 (1) 因为f(x) e xm x 3， 所以f(x) e xm 3x 2 因为曲线yf(x) 在点 (0，f(0) 处的切线斜率为1， 所以f(0) e m 1，解得m0 (2) 证明：因为f(

14、x) e xm x 3， g(x) ln(x 1) 2， 所以f(x) g(x) x 3 等价于 e xm ln(x1) 20 当m1 时， e xm ln(x1) 2e x 1ln( x 1)2 要证 e xm ln(x 1) 2 0， 只需证明 e x1ln( x1)20 设h(x) e x1ln( x1)2，则h(x) e x1 1 x 1 设p(x) e x11 x1，则 p(x) e x11 x 20， 所以函数p(x) h(x) e x 1 1 x1在( 1， ) 上单调递增 因为h 1 2 e1 220， h(0) e10， 所以函数h(x) e x1 1 x1在( 1， ) 上

15、有唯一零点 x0，且x0 1 2，0 因为h(x0) 0，所以 ex01 1 x01， 即 ln(x01) (x01) 当x( 1，x0) 时，h(x) 0， 当x(x0， ) 时，h(x) 0， 所以当xx0时，h(x) 取得最小值h(x0)， 所以h(x) h(x0) ex01ln(x01) 2 1 x01( x01) 20 综上可知，当m1 时，f(x) g(x) x 3 方法点拨 本题可先进行适当放缩，m1 时， e xm e x1，再两次构造函数 h(x) ，p(x) 对点演练 (2016合肥一模 ) 已知函数f(x) exxln x，g(x) e x tx 2 x，tR，其中 e

16、为自 然对数的底数 (1) 求函数f(x)的图象在点 (1 ，f(1) 处的切线方程； (2) 若g(x) f(x) 对任意的x(0 ， ) 恒成立，求t的取值范围 解： (1) 由f(x)exxln x，知f(x) e ln x1， 则f(1) e1， 而f(1) e， 则所求切线方程为ye(e 1)(x1) ， 即y(e 1)x1 (2) f(x) exxln x，g(x) e x tx 2 x，tR， g(x) f(x) 对任意的x(0 ， ) 恒成立等价于e xtx2 xexxln x0 对任意 的x(0 ， ) 恒成立， 即te x x exxln x x 2对任意的x(0 ， )

17、恒成立 令F(x) e x xexxln x x 2， 则F(x) xe xex 2ex xln x x 3 1 x 2 e x e2e x x ln x， 令G(x) e x e2e x x ln x， 则G(x) e x xe xex x 21 x e x x 2ex x x 20 对任意的x(0 ， ) 恒成 立 G(x) e xe2e x x ln x在(0 ， ) 上单调递增，且G(1) 0， 当x(0,1) 时，G(x) 0，当x(1 ， ) 时，G(x) 0， 即当x(0,1) 时，F(x) 0，当x (1 ， ) 时，F(x) 0， F(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1，

18、 ) 上单调递增， F(x) F(1) 1， t1， 即t的取值范围是 ( ， 1 1设函数f(x)x 2ex 1ax3 bx 2，已知 x 2 和x1 为f(x) 的极值点 (1) 求a，b的值； (2) 讨论f(x) 的单调性； (3) 设g(x) 2 3x 3 x 2，比较 f(x) 与g(x) 的大小 解： (1) 因为f(x) e x1(2 xx 2) 3ax22bx xe x1( x2) x(3ax2b) ， 又x 2 和x1 为f(x) 的极值点， 所以f( 2)f(1) 0， 因此 6a2b0， 33a2b0， 解得 a 1 3， b 1. (2) 因为a 1 3， b 1，

19、所以f(x) x(x 2)(e x11)， 令f(x) 0， 解得x1 2，x20，x31 因为当x( ， 2) (0,1)时，f(x)0； 当x( 2,0) (1 ， ) 时，f(x) 0 所以f(x) 在 ( 2,0) 和(1， ) 上是单调递增的； 在( ， 2)和(0,1)上是单调递减的 (3) 由(1) 可知f(x) x 2ex11 3x 3 x 2 故f(x) g(x) x 2ex1 x 3 x 2(ex1x) ， 令h(x) e x1 x，则h(x) e x11 令h(x) 0，得x 1， 因为当x( ， 1 时，h(x) 0， 所以h(x) 在 ( ， 1 上单调递减； 故当x

20、( ， 1 时，h(x) h(1) 0； 因为当x1 ， ) 时，h(x) 0， 所以h(x) 在 1 ， ) 上单调递增； 故x1 ， ) 时，h(x) h(1) 0 所以对任意x( ， ) ，恒有h(x) 0； 又x 20，因此 f(x) g(x) 0 故对任意x( ， ) ，恒有f(x) g(x) 2(2015北京高考) 已知函数f(x) ln 1x 1x (1) 求曲线yf(x) 在点 (0，f(0) 处的切线方程； (2) 求证：当x(0,1)时，f(x) 2x x 3 3 ； (3) 设实数k使得f(x) k x x 3 3 对x(0,1)恒成立，求k的最大值 解： (1) 因为f

21、(x) ln(1 x) ln(1 x)( 1x1)， 所以f(x) 1 1x 1 1x， f(0) 2 又因为f(0) 0，所以曲线yf(x)在点 (0 ，f(0) 处的切线方程为y2x (2) 证明：令g(x) f(x) 2 x x 3 3 ， 则g(x) f(x) 2(1 x 2) 2x 4 1x 2 因为g(x)0(0g(0) 0，x(0,1)， 即当x(0,1) 时，f(x)2x x 3 3 (3) 由(2) 知，当k2 时，f(x) k x x 3 3 对x(0,1)恒成立 当k2时，令h(x) f(x) k x x 3 3 ， 则h(x) f(x) k(1x 2) kx 4 k2

22、1x 2 所以当 02 时，f(x)k xx 3 3 并非对x(0,1) 恒成立 综上可知，k的最大值为2 3(2016广州综合测试) 已知函数f(x) me xln x1 (1) 当m1 时，求曲线yf(x) 在点 (1 ，f(1) 处的切线方程； (2) 当m1 时，证明：f(x) 1 解： (1) 当m1 时，f(x)e xln x1， 所以f(x) e x1 x 所以f(1) e1，f(1) e1 所以曲线yf(x) 在点 (1 ，f(1) 处的切线方程为y(e 1)(e 1)(x1) ，即y (e 1)x (2) 证明：当m1 时， f(x) me x ln x1e xln x1(x

23、0) 要证明f(x) 1，只需证明e xln x2 0 设g(x) e x ln x2，则g(x) e x 1 x 设h(x) e x1 x，则 h(x)e x1 x 20， 所以函数h(x) g(x) e x1 x在(0 ， ) 上单调递增 因为g 1 2 e 1 22 0， g(1) e 10， 所以函数g(x) e x1 x在(0， ) 上有唯一零点 x0，且x0 1 2，1 因为g(x0) 0，所以 ex0 1 x0，即 ln x0x0 当x(0 ，x0) 时，g(x) 0；当x(x0， ) 时，g(x) 0 所以当xx0时，g(x) 取得最小值g(x0) 故g(x) g(x0) ex

24、0ln x0 2 1 x0 x020 综上可知，当m1 时，f(x) 1 4(2017石家庄质检) 已知函数f(x) a x x 2 e x(x0) ，其中 e 为自然对数的底数 (1) 当a0 时，判断函数yf(x)极值点的个数； (2) 若函数有两个零点x1，x2(x1x2) ，设t x2 x1，证明： x1x2随着t的增大而增大 解： (1) 当a0 时，f(x) x 2 e x(x0)， f(x) 2xe x x 2x x 2 xx e x， 令f(x) 0，得x 2， 当x(0,2)时，f(x) 0，yf(x) 单调递减， 当x(2 ， ) 时，f(x) 0，yf(x) 单调递增，

25、所以x2 是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数yf(x)有一个极值点 (2) 证明：令f(x) a x x 2 e x0，得x 3 2 ae x， 因为函数有两个零点x1，x2(x1x2) ， 所以x1 3 2 1aex1，x 3 2 2aex2，可得 3 2ln x1ln ax1， 3 2ln x2ln ax2 故x2x13 2ln x2 3 2ln x1 3 2ln x2 x1 又 x2 x1 t，则t1，且 x2tx1， x2x13 2ln t， 解得x1 3 2ln t t1 ，x2 3 2t ln t t 1 所以x1x2 3 2 tt t1 令h(x) xx x1 ，x(1

26、， ) ， 则h(x) 2ln xx1 x x 2 令u(x) 2ln xx 1 x，得 u(x) x1 x 2 当x(1 ， ) 时，u(x) 0 因此，u(x) 在 (1， ) 上单调递增， 故对于任意的x(1 ， ) ，u(x)u(1) 0， 由此可得h(x) 0，故h(x) 在(1， ) 上单调递增 因此，由可得x1x2随着t的增大而增大 第二课时利用导数探究含参数函数的性质 利用导数研究函数的单调性 典例 已知函数g(x) ln xax 2 bx，函数g(x) 的图象在点 (1 ，g(1) 处的切线平 行于x轴 (1) 确定a与b的关系； (2) 若a0，试讨论函数g(x) 的单调性

27、 解 (1) 依题意得g(x) 1 x2 axb(x0) 由函数g(x) 的图象在点 (1，g(1) 处的切线平行于x轴得：g(1) 12ab0，b 2a1 (2) 由(1) 得 g(x) 2ax 2 ax1 x axx x 函数g(x) 的定义域为 (0， ) ， 当a0 时，g(x) x 1 x 由g(x) 0，得 0x1，由g(x) 0，得x1， 当a0 时，令g(x) 0，得x1 或x 1 2a， 若 1 2a1，即 a1 2， 由g(x) 0，得x 1 或 0x 1 2a， 由g(x) 0，得 1 2a x 1； 若 1 2a1，即 0 a 1 2， 由g(x) 0，得x 1 2a或

28、 0 x 1， 由g(x) 0，得 1x 1 2a ， 若 1 2a1，即 a1 2在 (0 ， ) 上恒有 g(x) 0 综上可得：当a0 时，函数g(x)在 (0,1)上单调递增，在(1 ， ) 上单调递减； 当 0a 1 2时，函数 g(x)在(0,1) 上单调递增， 在 1， 1 2a 上单调递减，在 1 2a， 上单调递增； 当a1 2时，函数 g(x) 在(0， ) 上单调递增， 当a1 2时，函数 g(x) 在 0， 1 2a 上单调递增， 在 1 2a， 1 上单调递减，在 (1， ) 上单调递增 方法点拨 (1) 研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类

29、讨论 (2) 划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0 的点和函数的 间断点 (3) 本题 (2) 求解应先分a0 或a0 两种情况，再比较 1 2a和 1 的大小 对点演练 (2016太原一模 ) 已知函数f(x) xaln x(aR) (1) 当a2 时，求曲线yf(x) 在x 1 处的切线方程； (2) 设函数h(x)f(x) 1 a x ，求函数h(x)的单调区间 解： (1) 当a2 时，f(x)x2ln x，f(1) 1， 即切点为 (1,1) ， f(x) 12 x， f(1) 12 1， 曲线yf(x)在点 (1,1) 处的切线方程为y 1 (x1) ，即x

30、y2 0 (2) 由题意知，h(x) xaln x1 a x (x0) ， 则h(x) 1a x 1a x 2x 2 axa x 2 xxa x 2， 当a1 0，即a 1 时， 令h(x) 0，x0，x1a， 令h(x) 0，x0， 0x 1a 当a10， 即a 1 时，h(x) 0 恒成立， 综上，当a 1 时，h(x) 的单调递减区间是(0 ，a1) ，单调递增区间是(a1，) ； 当a 1时，h(x)的单调递增区间是(0 ， ) ，无单调递减区间 利用导数研究函数的极值 典例 设a0，函数f(x) 1 2x 2 (a1)xa(1 ln x) (1) 若曲线yf(x) 在(2 ，f(2)

31、 处的切线与直线yx1 垂直，求切线方程 (2) 求函数f(x)的极值 解 (1) 由已知，得f(x) x(a1) a x( x 0)， 又由题意可知yf(x) 在(2 ，f(2) 处切线的斜率为1， 所以f(2) 1， 即 2(a1) a 21，解得 a0， 此时f(2) 220，故所求的切线方程为yx2 (2)f(x) x(a1) a x x 2 axa x xxa x (x0) 当 0a 1 时， 若x(0 ，a) ，则f(x)0，函数f(x) 单调递增； 若x(a,1) ，则f(x) 0，函数f(x) 单调递减； 若x(1 ， ) ，则f(x) 0，函数f(x) 单调递增 此时xa是f

32、(x) 的极大值点， x1 是f(x) 的极小值点， 函数f(x) 的极大值是f(a) 1 2a 2 aln a， 极小值是f(1) 1 2 当a1 时，f(x) x 2 x 0， 所以函数f(x) 在定义域 (0， ) 内单调递增， 此时f(x) 没有极值点，故无极值 当a1 时， 若x(0,1)，则f(x) 0，函数f(x) 单调递增； 若x(1 ，a) ，则f(x)0，函数f(x) 单调递减； 若x(a， ) ，则f(x) 0，函数f(x) 单调递增 此时x1 是f(x) 的极大值点，xa是f(x) 的极小值点，函数f(x) 的极大值是f(1) 1 2，极小值是 f(a) 1 2a 2

33、aln a 综上，当 0a1 时，f(x) 的极大值是 1 2a 2 aln a， 极小值是 1 2；当 a1 时，f(x) 没有极值； 当a1 时f(x)的极大值是 1 2，极小值是 1 2a 2 aln a 方法点拨 对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题讨论的思路主要 有： (1) 参数是否影响f(x) 零点的存在； (2) 参数是否影响f(x) 不同零点 (或零点与函数定义域中的间断点) 的大小； (3) 参数是否影响f(x) 在零点左右的符号( 如果有影响，需要分类讨论) 对点演练 (2016山东高考 ) 设f(x) xln xax 2(2 a1)x，aR (1

34、) 令g(x) f(x) ，求g(x) 的单调区间； (2) 已知f(x) 在x1 处取得极大值，求实数a的取值范围 解： (1) 由f(x) ln x2ax2a， 可得g(x) ln x2ax2a，x(0， ) 所以g(x) 1 x2a 12ax x 当a0，x(0， ) 时，g(x) 0，函数g(x) 单调递增； 当a0，x 0， 1 2a 时，g(x) 0，函数g(x) 单调递增， x 1 2a， 时，g(x) 0，函数g(x) 单调递减 所以当a0 时，g(x) 的单调增区间为(0 ， ) ； 当a0 时，g(x) 的单调增区间为0， 1 2a ，单调减区间为 1 2a， (2) 由(

35、1) 知，f(1) 0当a0时，f(x) 单调递增， 所以当x(0,1) 时，f(x) 0，f(x) 单调递减； 当x(1 ， ) 时，f(x) 0，f(x) 单调递增 所以f(x) 在x1 处取得极小值，不合题意 当 0a 1 2时， 1 2a1， 由(1) 知f(x)在 0， 1 2a 内单调递增， 可得当x(0,1) 时，f(x) 0，当x 1， 1 2a 时，f(x) 0 所以f(x) 在 (0,1) 内单调递减，在1， 1 2a 内单调递增， 所以f(x) 在x1 处取得极小值，不合题意 当a 1 2时， 1 2a1， f(x) 在(0,1) 内单调递增，在(1， ) 内单调递减，

36、所以当x(0 ， ) 时，f(x) 0，f(x)单调递减，不合题意 当a 1 2时， 0 1 2a1， 当x 1 2a ， 1 时，f(x) 0，f(x) 单调递增， 当x(1 ， ) 时，f(x) 0，f(x) 单调递减 所以f(x) 在x1 处取极大值，符合题意 综上可知，实数a的取值范围为 1 2， 利用导数研究函数的最值 典例 已知函数f(x) ln xax(aR) (1) 求函数f(x)的单调区间； (2) 当a0 时，求函数f(x) 在1,2上的最小值 解 (1) 由题意，f(x) 1 x a(x 0) ， 当a0 时，f(x) 1 x a0，即函数f(x) 的单调递增区间为(0

37、， ) 当a0 时，令f(x) 1 x a 0，可得x 1 a， 当 0x 1 a时， f(x) 1 ax x 0； 当x1 a 时，f(x) 1ax x 0， 故函数f(x) 的单调递增区间为0，1 a ， 单调递减区间为 1 a， 综上可知，当a0 时，函数f(x)的单调递增区间为(0 ， ) ； 当a0 时，函数f(x) 的单调递增区间为0，1 a ，单调递减区间为 1 a， (2) 当 1 a1，即 a1 时，函数f(x) 在区间 1,2上是减函数，所以f(x) 的最小值是 f(2) ln 2 2a 当 1 a 2， 即 0a 1 2时， 函数 f(x) 在区间 1,2上是增函数， 所

38、以f(x) 的最小值是f(1) a 当 1 1 a 2，即 1 2 a1 时，函数f(x) 在 1， 1 a 上是增函数，在 1 a，2 上是减函数 又f(2) f(1) ln 2 a， 所以当 1 2 a ln 2时，最小值是f(1) a； 当 ln 2 a1 时，最小值为f(2) ln 2 2a 综上可知，当0aln 2时，函数f(x) 的最小值是a； 当aln 2时，函数f(x) 的最小值是ln 2 2a 方法点拨 (1) 在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函 数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小 值； (2

39、) 在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点 对点演练 1若函数f(x) x x 2 a( a0) 在1 ， ) 上的最大值为 3 3 ，则a的值为 ( ) A 3 3 B 3 C31 D 31 解析：选 D f(x) x 2 a 2x 2 x 2 a 2 ax 2 x 2a2 令f(x) 0，得xa或xa( 舍去 ) ， 若a1，即 0a1 时，在 1 ， ) 上f(x) 0，f(x)maxf(1) 1 1a 3 3 解得a31，符合题意 若a1，即a1 时，在 1 ，a) 上f(x) 0，在 (a， ) 上f(x) 0，所以 f(x)maxf(a) a 2a 3 3 ，

40、 解得a 3 4 1，不符合题意，综上知， a31 2已知函数f(x) xln x，g(x) ( x 2 ax3)e x( a为实数 ) (1) 当a5 时，求函数yg(x) 在x 1 处的切线方程； (2) 求f(x) 在区间t，t2 (t0) 上的最小值 解： (1) 当a5 时，g(x)( x 25x3)ex， g(1) e 又g(x) ( x 23x2)ex， 故切线的斜率为g(1) 4e 所以切线方程为y e4e(x1) ， 即y4ex 3e (2) 函数f(x) 的定义域为 (0 ， ) ，f(x) ln x1， 当x变化时，f(x) ，f(x) 的变化情况如下表： x 0， 1

41、e 1 e 1 e， f(x)0 f(x)极小值 当t 1 e时，在区间 t，t2 上f(x) 为增函数， 所以f(x)minf(t) tln t 当 0t1 e时，在区间 t，1 e 上f(x) 为减函数，在区间 1 e， t2 上f(x) 为增函数， 所以f(x)minf 1 e 1 e 综上，f(x)min tln t，t 1 e， 1 e，0t 1 e. 1已知函数f(x) x 1 2ax 2 ln(1 x)( a0) (1) 若x2 是f(x) 的极值点，求a的值； (2) 求f(x) 的单调区间 解：f(x) xaax x1 ，x( 1， ) (1) 依题意，得f(2) 0，即 a

42、2a 21 0，解得a 1 3 经检验，a 1 3符合题意，故 a的值为 1 3 (2) 令f(x) 0，得x10，x2 1 a1 当 0a 1 时，f(x) 与f(x) 的变化情况如下： x ( 1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，) f(x)00 f(x)f(x1)f(x2) f(x) 的单调增区间是0，1 a1 ，单调减区间是 ( 1,0) 和 1 a1， 当a1 时，f(x) 的单调减区间是( 1， ) 当a1 时， 1x20，f(x) 与f(x) 的变化情况如下： x ( 1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，) f(x)00 f(x)f(x2)f(x1) f(x) 的单调增区间是 1 a 1，0 ，单调减区间是1，1 a1 和(0 ， ) 综上，当 0a1 时，f(x) 的单调增区间是0， 1 a1 ， 单调减区间是(1,0) 和 1 a1， ； 当a1 时，f(x) 的单调减区间是( 1， ) ； 当a1 时，f(x) 的单调增区间是 1 a