题 专题 12 导数 1．已知函数2( ) ( 1) f x a x   ， ( )xg x xe  . （1）若 ( ) g x 的切线过 ( 4,0)  ，求该切线方程； （2）讨论( ) f x 与 ( ) g x 图像的交点个数. 【答案】（1）2 (4) y e x   （2）

　0 a  时，只有一个交点；0 a  时，有两个交点 【解析】（1）

　( )xg x xe  ，      1xg x x e    ， 设切点为  0 0, x y ，则    00 00 00014xxx eg x x ex   ， 化简得20 0 05 4 x x x    ，所以02 x  ，2k e   ， 所以切线方程为2 (4) y e x   . （2）设 ( ) ( ) ( ) F x g x f x   ，即讨论 ( ) F x 零点个数.  ( ) (1 ) 2 (1 ) (1 ) 2x xF x x e a x x e a         ， 0 a  时， ( ) F x 只有一个零点； 0 a  时， ( ) F x 在 ( , 1)   上单调递减， ( 1, )   单调递增， 1( 1) 0 Fe    ， x ， x 时， ( ) F x 均   ，此时， ( ) F x 有两个零点， 0 a  时， x 时， ( ) F x  ， x 时 ( ) F x  ， 由 ( ) 0 F x 得 1 x   ， ln(2 ) x a  ， 若12ae 时， ( ) F x 在 R 单增，只有一个零点； 若12ae 时，1( 1) 0 Fe    ，2(ln(2 )) ln (2 ) 0 F a a a a    ， 极大值极小值均小于 0，从而也只有一个零点. 综上， 0 a  时，只有一个交点； 0 a  时，有两个交点.

　2．已知函数    2f x x 2 a 1 x 2alnx(a 0)      ．

　  1 求   f x 的单调区间；   2 若   f x 0  在区间   1,e 上恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）2e 2ea2e 2. 【解析】

　     21 f x x 2 a 1 x 2alnx(a 0)      ．      22x 2 a 1 x 2a 2 x 1 x af" x (x 0)x x       ， 由 得1x a  ，2x 1  ， 当 0 a 1   时，在   x 0,a  或   x 1,    时

　， 在   x a,1  时 ，   f x  的单调增区间是   0,a 和   1,   ，单调减区间是   a,1 ； 当 a 1  时，在   x 0,    时 ，   f x  的单调增区间是   0,   ； 当 a 1  时，在   x 0,1  或   x a,    时 ， 在   x 1,a  时 ．   f x  的单调增区间是   0,1 和   a,   ，单调减区间是   1,a ．   2 由   1 可知   f x 在区间   1,e 上只可能有极小值点，   f x  在区间   1,e 上的最大值在区间的端点处取到， 即有     f 1 1 2 a 1 0     且    2f e e 2 a 1 e 2a 0      ， 解得2e 2ea2e 2． 即实数 a 的取值范围是2e 2ea2e 2． 3．已知函数    21 1ln , 02 2f x x a x a R a      . （1）当 3 a  时，求曲线   y f x  在点     1, 1 f 处的切线方程；

　（2）求函数   f x 的单调区间； （3）若对任意的   1, x  ，都有  0 f x 成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）

　2 2 y x    （2）当 0 a  时，函数   f x 的递增区间为   0,   ； 当 0 a  时，函数   f x 的递增区间为   , a  ，递减区间为   0, a ； （3）

　    ,0 0,1 

　【解析】（1）

　3 a  时，  21 13ln2 2f x x x    ，   1 0 f 

　 3f x xx  ，   1 2f

　∴   y f x  在点     1, 1 f 处的切线方程为 2 2 y x   

　故答案为：

　2 2 y x    ; （2）   20a x af x x xx x    

　①当 0 a  时，  20x af xx   恒成立，函数   f x 的递增区间为   0,  

　②当 0 a  时，令  0 f x   ，解得 xa 或 xa   x

　 0, a

　a

　 , a 

　  f x

　-

　+   f x

　减

　增 所以函数   f x 的递增区间为   , a  ，递减区间为   0, a

　当 0 a  时， 20x af xx   恒成立，函数   f x 的递增区间为   0,   ; 当 0 a  时，函数   f x 的递增区间为   , a  ，递减区间为   0, a . （3）对任意的   1, x  ，使  0 f x 成立，只需任意的   1, x  ，   min 0 f x 

　①当 0 a  时，   f x 在  1, 上是增函数， 所以只需  1 0 f 

　而  1 11 ln1 02 2f a    

　所以 0 a  满足题意； ②当 0 1 a   时， 0 1 a  ，   f x 在   1, 上是增函数， 所以只需  1 0 f 

　而  1 11 ln1 02 2f a     ， 所以 0 1 a   满足题意； ③当 1 a  时， 1 a  ，  f x 在 1, a   上是减函数，, a上是增函数， 所以只需   0 f a  即可 而     1 0 f a f  

　从而 1 a  不满足题意； 综合①②③实数 a 的取值范围为     ,0 0,1  . 4．已知二次函数2( ) 3 f x ax bx    在 1 x  处取得极值，且在 (0, 3) 点处的切线与直线 2 0 x y   平行．

　 (1）求( ) f x 的解析式； (2）求函数 ( ) ( ) 4 g x xf xx   的单调递增区间及极值. (3）求函数 ( ) ( ) 4 g x xf xx   在   0,2 x 的最值. 【答案】(1) ；(2) 增区间为 ,； 极小值 0，极大值427;（3）的最大值为 2，最小值为 0. 【解析】（1）

　由2( ) 3 f x ax bx    ，可得( ) 2 f x ax b    .由题设可得(1) 0{(0) 2ff  即2 0{2a bb  .解得 1 a  ,2 b   .所以2( ) 2 3 f x x x    ． （2）由题意得3 2( ) ( ) 4 2 g x xf x x x x x     

　所以2( ) 3 4 1 (3 1)( 1) g x x x x x        . 令 ( ) 0 g x ，得113x  ，21 x  . 当 x 变化时， ( ) g x， ( ) g x 变化情况如下表：

　单调递增

　4/27

　单调递减

　0

　单调递增

　 所以函数 ( ) g x 的单调递增区间为1( , )3 , (1, )  . 在21 x  时函数 ( ) g x 有极小值为 0.在113x  时函数 ( ) g x 有极大值427． （3）结合（2），因为 ， 所以函数 ( ) g x 的最大值为 2，最小值为 0. 5．已知函数  3 2 21 3 32 2 2f x ax x a x    ，其中 a R  ． （1）若函数   f x 在 1 x  处取得极大值，求实数 a 的值 （2）函数      232g x f x f x a x     ，当   0,2 x 时，   g x 在 0 x  处取得最大值，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）

　2 a   ；（2）6,5  . 【解析】（1）

　 3 2 21 3 32 2 2f x ax x a x    ，  2 23 332 2f x ax x a      ， 由题意可得  23 31 3 02 2f a a      ，整理得22 0 a a   ，解得 1 a  或 2 a   . 当 1 a  时，    223 3 33 1 02 2 2f x x x x        恒成立， 此时，函数   y f x  在 R 上单调递增，无极值； 当 2 a   时，       2 23 3 6 3 2 3 1 2 f x x x x x x x              . 令   0 f x   ，得 2 1 x    ；令   0 f x   ，得 2 x   或 1 x  . 此时，函数   y f x  在 1 x  处取得极大值，合乎题意. 综上所述， 2 a   ；

　（2）

　       2 3 2 23 1 3 31 32 2 2 2g x f x f x a x ax a x x a          ，      2 23 33 1 3 2 1 22 2g x ax a x ax a x             . ①当 0 a  时，  3 3 0 g x x     对任意的   0,2 x 恒成立， 此时，函数   y g x  单调递减，    max0 g x g  ，合乎题意； ②当 0 a  时，对于函数  y g x   ，  29 1 0 a    恒成立， 设方程   0 g x   的两根分别为1x 、2x ，则1 220 x xa   ，设1 2x x  ，则1 20 x x   . （i）若20 2 x   ，则当20 x x   时，   0 g x   ，此时函数   y g x  单调递减； 当22 x x   时，   0 g x   ，此时函数   y g x  单调递增. 所以，          maxmax 0 , 2 0 g x g g g   ，则     2 0 g g  ，即 10 12 0 a  ，解得65a  ， 此时     2 3 4 3 0 g a     ，解得34a  ，则3 64 5a   ； （ii）当22 x  时，即     2 3 4 3 0 g a     ，得304a   ， 则   0 g x   对任意的   0,2 x 恒成立，此时，函数   y g x  在区间   0,2 上单调递减， 则    max0 g x g  ，合乎题意； ③当 0 a  时，对任意的  0,2 x ，   0 g x   ，此时，函数   y g x  在区间   0,2 上单调递减， 则    max0 g x g  ，合乎题意. 综上所述，实数 a 的取值范围是6,5  . 6．已知函数 ( ) ln f x x x  . （1）若函数2( ) 1( )f xg xx x  ，求 ( ) g x 的极值； （2）证明：2( ) 1xf x e x    .

　（参考数据：

　ln2 0.69 

　 l n 3 1 . 1 0 

　 324 . 4 8 e 

　27. 39 e  ）

　【答案】（1）见解析；（2）见证明 【解析】（1）  21 ln 1( 0)f x xg x xx x x x     ，  22 ln"xg xx ，当  20, x e ，   " 0 g x  ，

　当  2 ,x e   ，  " 0 g x  ，   g x  在  20,e上递增，在  2 ,e  上递减，  g x  在2x e 取得极大值，极大值为21e，无极大值. （2）要证 f（x）+1＜e x ﹣x 2 ． 即证 e x ﹣x 2 ﹣xlnx﹣1＞0， 先证明 lnx≤x﹣1，取 h（x）＝lnx﹣x+1，则 h′（x）＝， 易知 h（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减， 故 h（x）≤h（1）＝0，即 lnx≤x﹣1，当且仅当 x＝1 时取“＝”， 故 xlnx≤x（x﹣1），e x ﹣x 2 ﹣xlnx≥e x ﹣2x 2 +x﹣1， 故只需证明当 x＞0 时，e x ﹣2x 2 +x﹣1＞0 恒成立， 令 k（x）＝e x ﹣2x 2 +x﹣1，（x≥0），则 k′（x）＝e x ﹣4x+1， 令 F（x）＝k′（x），则 F′（x）＝e x ﹣4，令 F′（x）＝0，解得：x＝2ln2， ∵F′（x）递增，故 x∈（0，2ln2]时，F′（x）≤0，F（x）递减，即 k′（x）递减， x∈（2ln2，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，即 k′（x）递增， 且 k′（2ln2）＝5﹣8ln2＜0，k′（0）＝2＞0，k′（2）＝e 2 ﹣8+1＞0， 由零点存在定理，可知∃x 1 ∈（0，2ln2），∃x 2 ∈（2ln2，2），使得 k′（x 1 ）＝k′（x 2 ）＝0， 故 0＜x＜x 1 或 x＞x 2 时，k′（x）＞0，k（x）递增，当 x 1 ＜x＜x 2 时，k′（x）＜0，k（x）递减，故 k（x）的最小值是k（0）＝0 或 k（x 2 ），由 k′（x 2 ）＝0，得＝4x 2 ﹣1， k（x 2 ）＝﹣2+x 2 ﹣1＝﹣（x 2 ﹣2）（2x 2 ﹣1），∵x 2 ∈（2ln2，2），∴k（x 2 ）＞0， 故 x＞0 时，k（x）＞0，原不等式成立． 7．已知函数  xf x e ax   ，其中 e 为自然对数的底数． （1）若函数   f x 的图象在点     0, 0 f 处的切线方程为1 y x  ，求实数 a 的值； （2）若函数   f x 有 2 个不同的零点1x ，2x ． ①求实数 a 的取值范围； ②求证：1 22 2ln x x a    ．

　【答案】（1）0；（2）① ( , ) e  ；②详见解析． 【解析】（1）因为   " f x ex a   ， 所以切线的斜率为   0 1 1 f a     ，解得 0 a  ， 所以实数 a 的值为 0．

　（2）①由题意知函数   f x 的定义域为   ,   且  xf x e a    ． 当 0 a  时，   " 0 f x  恒成立， 所以   f x 在   ,   上为增函数， 故   f x 至多有 1 个零点，不合题意． 当 0 a  时，令   0 f x   ，则 ln x a  ． 若   ln , x a   ，则   " 0 f x  ， 所以   f x 在   ln , a  上为增函数; 若   ,ln x a   ，则   0 f x   ， 所以   f x 在   ,lna  上为减函数． 故   f x 的最小值为   ln ln f a a a a   ． 依题意知 ln 0 a a a   ，解得 a e  ． 一方面，   0 1 0 f   ，所以   f x 在   0,lna 上有 1 个零点． 另一方面，先证明 lnx x  ． 令   ln m x x x   ，则  1 xm xx

　当   0,1 x 时，   0 m x   ，故   m x 在   0,1 上为增函数; 当   1, x  时，   0 m x   ．故   m x 在   1, 上为减函数． 所以   m x 的最大值为   1 1 m  ，故 ln 0 x x   ． 因为 a e  ，所以 ln a a  ． 而  221aaf a e a ee      ． 令 21aah ae  ， ae  ，则 22aa ah ae 

　当   , x e   时，   " 0 h a  ．故   h a 在   , e  上为增函数， 所以   21 0eeh a h ee   

　故  221 0aaaf a e a ee        因此   f x 在   ln , a a 上有 1 个零点， 综上，实数 a 的取值范围是   , e  ． ②先证明当10 x  ，20 x  ，1 2x x  时， 1 2 1 21 21 2ln ln 2x x x xx xx x  ．（*）

　不妨设1 20 x x   ， （*）式等价 1 21 21 21 21 22ln lnx x x xx xx x x x   ， 等价于121 1 212 2 122 1ln1xx x x xxx x xx      在1211222 1ln1xx xxxx   中，令121xtx ，即证  2 1ln 01ttt ． 令   2 1ln1tF t tt  则     22 21 1 401 1tF ttt t t   ， 所以   F t 在   1, 上为增函数，故     1 0 F t F   ， 所以  2 1ln 01ttt 成立， 所以1211122 1ln1xx xxxx   成立． 在1 1 22 2 1lnx x xx x x  中，令121xtx  ，即证12ln 0 t tt   ．

　令  12ln G t t tt   ，则  22 21 2 11 0tG tt t t      ， 所以   G t 在   1, 上为减函数，故     1 0 G t G   ， 所以12ln 0 t tt   成立， 所以1 1 22 2 1lnx x xx x x  成立． 综上，（*）式成立． 由①得   f x 有 2 个零点  10,ln x a  ，  2ln , x a a  ， 则1212e 0e 0xxaxax   ，所以1212eexxaxax， 两边取“ ln ”得1 12 2x lnx lnax lnx lna   ， 所以1 21 21ln lnx xx x． 利用1 2 1 21 21 2ln ln 2x x x xx xx x  得：1 21 212x xx x  ， 所以1 22 x x   且1 21 x x  ． 又因为1212e 0e 0xxaxax    所以  1 22 21 2e xxa x x a  ， 故1 12ln x x a   ． 因此1 22 2ln x x a    ． 8．已知函数2( )xf x e ax   ， ( ) (ln ) g x ax x x   ，其中常数 a R  . （1）当 (0, ) x  时，不等式 ( ) 0 f x  恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）若20,2ea   ，且 0 x  ，求证：

　( ) ( ) f x g x  .

　【答案】(1) 24ea  ；(2)证明见解析 【解析】(1)由题意得：函数2( 0 )xf x e ax    ，(0, ) x  ，即2xeax ， 令2( )xeh xx ，则 3( )2xexxxh， (0, ) x  ， 所以当 2 x  时， 32( ) 0xxxx eh ，此时2( )xeh xx 为增函数； 当 0 2 x   时， 32( ) 0xxxx eh ，此时2( )xeh xx 为减函数； 所以 ( ) h x 的最小值为2(2)4eh  即24ea  ； (2)令2( ) ( ) ( ) (ln ) lnx xF x f x g x e ax ax x x e ax x          ， 若 ( ) ( ) f x g x  即 ln 0xe ax x   ， 则两边同除以2x 得2lnxe a xx x ， 令ln( )a xG xx ，即 ( ) ( ) h x G x  成立， 因为ln( )a xG xx ，所以 21 ln( )a xG xx  ， 则ln( )a xG xx 在   0,e 上为增函数，在   , e  上为减函数， 所以ln( )a xG xx 的最大值为 ( )aG ee ， 又因为20,2ea   ，所以 ( )2a eG ee  ， 而 ( ) h x 的最小值为2(2)4eh  ， 所以 ( ) ( ) h x G x  恒成立，即 ( ) ( ) ( ) 0 F x f x g x    成立， 所以 ( ) ( ) f x g x 

　9．已知函数 .

　（1）若函数 在 处的切线方程为 ，求实数 ， 的值； （2）若函数 在 和 两处取得极值，求实数 的取值范围； （3）在（2）的条件下，若 ，求实数 的取值范围． 【答案】（1）

　；（2）

　；（3）

　. 【解析】（1）

　， 由题意得：

　，即 ， 即 ，所以 ， . （2）由题意知：

　有两个零点 ， ， 令 ，而 . ①当 时， 恒成立 所以 单调递减，此时 至多 1 个零点（舍）. ②当 时，令，解得：

　， 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ， 因为 有两个零点，所以 ， 解得：

　. 因为 ， ，且 ， 而 在 上单调递减， 所以 在 上有 1 个零点； 又因为 （易证 ）， 则 且 ， 而 在 上单调递增， 所以 在 上有 1 个零点.

　综上：

　. （3）由题意得， ，即 . 所以 ，令 ，即 ， 令 ， ， 令 ，而 ， 所以 在 上单调递减，即 ， 所以 在 上单调递减，即 . 因为 ， . 令 ，而 恒成立， 所以 在 上单调递减，又 ， 所以 . 10．已知函数ln( ) ,xx axf x a Re 

　（1）若函数 ( ) y f x  在  0 0ln2 ln3 x x x    处取得极值 1，证明：1 12 3ln2 ln3a    

　（2）若1( )xf x xe „ 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见详解；（2）

　( ,1] 

　【解析】（1）由题知，1(ln )( )xa x axxf xe   ∵函数 ( ) y f x  在0x x  ，处取得极值 1，   00 0001ln0xa x axxf xe     ，且  0 000ln1x axf xe  ， 00 001lnxa x ax ex    ， 001xa ex  ，

　令1( ) ( 0)xr x e xx   ，则21( ) 0xr x ex  

　( ) r x  为增函数， 00 ln2 ln3 x   

　(ln2) (ln3) r a r    ，即1 12 3ln2 ln3a     成立. （2）不等式1( )xf x xe  恒成立， 即不等式 ln 1xxe x ax    恒成立，即ln 1xxa ex x  „ 恒成立， 令ln 1( )xxg x ex x   ，则22 2 21 ln 1 ln( )xxx x e xg x ex x x    

　令2( ) lnxh x x e x   ，则  21( ) 2xh x x x ex    , 0 x> ， ( ) 0 h x  ， ( ) h x  在 (0, )  上单调递增，且1(1) 0, ln2 02 4eh e h       ， ( ) h x  有唯一零点1x ，且1112x   ， 当  10, x x  时， ( ) 0 h x  ， ( ) 0 g x   ， ( ) g x 单调递减； 当  1 ,x x   时， ( ) 0 h x  ， ( ) 0 g x   ， ( ) g x 单调递增.  min 1( ) g x g x   ， 111 1ln 1xxa ex x   „ 由  10 h x  整理得1111lnxxx ex  1112x   ，1ln 0 x  

　令 ( ) ( 0)xk x xe x   ，则方程1111lnxxx ex 等价于    1 1ln k x k x  

　而 ( ) ( 1)xk x x e  在 (0,)  上恒大于零， ( ) k x 在 (0, )  上单调递增，    1 1ln k x k x   .

　1 1ln x x   

　111xex    11111 1 1 1 1ln 1 1 11xx xg x ex x x x x        ， 1 a  „

　∴实数 a 的取值范围为 (,1]  .