PAGEPAGE1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(12)1．[2024·遼寧沈陽(yáng)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2＋mlnx，m∈R.(1)當(dāng)m＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,0)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，求eq\f(fx2,x1)的取值范圍．解析：(1)當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)＝(x－1)2＋2lnx，f′(x)＝2(x－1)＋eq\f(2,x)，所以f′(1)＝2，即切線斜率為2，又切點(diǎn)為(1,0)，所以切線方程為2x－y－2＝0.(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋eq\f(m,x)＝eq\f(2x2－2x＋m,x).因?yàn)閤1，x2為函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，所以x1，x2是方程2x2－2x＋m＝0的兩個(gè)不等實(shí)根，由根與系數(shù)的關(guān)系知x1＋x2＝1，x1x2＝eq\f(m,2)，(*)又x1<x2，所以易知0<x1<eq\f(1,2)<x2<1，eq\f(fx2,x1)＝eq\f(x2－12＋mlnx2,x1)，將(*)式代入得eq\f(fx2,x1)＝eq\f(x2－12＋2x21－x2lnx2,1－x2)＝1－x2＋2x2lnx2.令g(t)＝1－t＋2tlnt，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則g′(t)＝2lnt＋1，令g′(t)＝0，解得t＝eq\f(1,\r(e)).當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,\r(e))))時(shí)，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減；當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，1))時(shí)，g′(t)>0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，1))上單調(diào)遞增．所以g(t)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝1－eq\f(2,\r(e))＝1－eq\f(2\r(e),e)，g(t)<maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，g1))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－ln2<0＝g(1)，即eq\f(fx2,x1)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2\r(e),e)，0)).2．[2024·陜西省高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝x2－alnx.(1)探討函數(shù)f(x)的極值；(2)當(dāng)a>0時(shí)，方程f(x)＝ax存在唯一的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的值．解析：(1)函數(shù)f(x)＝x2－alnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝2x－eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),2)))，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2a),2)，＋∞))，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)有微小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2a),2)))＝eq\f(a,2)－eq\f(a,2)lneq\f(a,2)，無(wú)極大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)有微小值eq\f(a,2)－eq\f(a,2)lneq\f(a,2)，無(wú)極大值．(2)令h(x)＝f(x)－ax＝x2－alnx－ax，則h′(x)＝2x－eq\f(a,x)－a＝eq\f(2x2－ax－a,x).因?yàn)閍>0，x>0，令h′(x)＝0，得x0＝eq\f(a＋\r(a2＋8a),4)，所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)的微小值h(x0)＝0，即xeq\o\al(2,0)－alnx0－ax0＝0，①且2xeq\o\al(2,0)－ax0－a＝0，②聯(lián)立①②可得2lnx0＋x0－1＝0.令m(x)＝2lnx＋x－1，得m′(x)＝eq\f(2,x)＋1>0，故m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又m(1)＝0，所以x0＝1，即eq\f(a＋\r(a2＋8a),4)＝1，解得a＝1.3．[2024·東北三省四市一模]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋alnx，x∈(0,6)．(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，且曲線y＝f(x)在兩點(diǎn)P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x1<x2)處的切線相互平行，這兩條切線在y軸上的截距分別為b1，b2，求b1－b2的取值范圍．解析：(1)f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－2,x2)，x∈(0,6)，∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>0，且eq\f(2,a)≥6，即0<a≤eq\f(1,3)時(shí)，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>0，且eq\f(2,a)<6，即a>eq\f(1,3)時(shí)，在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上，f′(x)<0，在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，6))上，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，6))上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤eq\f(1,3)時(shí)，f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>eq\f(1,3)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，6))上單調(diào)遞增．(2)∵x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，∴由(1)可知eq\f(2,a)＝2，∴a＝1.則曲線y＝f(x)在P(x1，f(x1))處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋lnx1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x\o\al(2,1))＋\f(1,x1)))(x－x1)，在Q(x2，f(x2))處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)＋lnx2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))(x－x2)，∵這兩條切線相互平行，∴－eq\f(2,x\o\al(2,1))＋eq\f(1,x1)＝－eq\f(2,x\o\al(2,2))＋eq\f(1,x2)，∴eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(1,2).∴eq\f(1,x2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x1)，又0<x1<x2<6，∴eq\f(1,6)<eq\f(1,2)－eq\f(1,x1)<eq\f(1,x1)，∴eq\f(1,4)<eq\f(1,x1)<eq\f(1,3)，∴x1∈(3,4)．令x＝0，則b1＝eq\f(4,x1)＋lnx1－1，同理，b2＝eq\f(4,x2)＋lnx2－1.∴b1－b2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＋lnx1－lnx2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)－\f(1,2)))－lneq\f(1,x1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,x1)))令t＝eq\f(1,x1)，則g(t)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(1,2)))－lnt＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)<t<\f(1,3)))∴g′(t)＝8－eq\f(1,t)－eq\f(1,\f(1,2)－t)＝eq\f(16t2－8t＋1,2t2－t)＝eq\f(4t－12,2t2－t)<0，∴g(t)在區(qū)間t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上遞減，得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<g(t)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，即eq\f(2,3)－ln2<g(t)<0.故b1－b2的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－ln2，0)).4．[2024·湖北黃石一中其次次模擬]已知函數(shù)f(x)＝x3－x2，g(x)＝xlnx－eq\f(a,x)＋5.(1)探討g′(x)的單調(diào)性；(2)若?m，n∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f(m)－g(n)＋2≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)g′(x)＝eq\f(a,x2)＋lnx＋1(x>0)，令F(x)＝g′(x)，則F′(x)＝eq\f(x2－2a,x3)(x>0)．①當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以g′(x)單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時(shí)，g′(x)在區(qū)間(0，eq\r(2a))上單調(diào)遞減；在區(qū)間(eq\r(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由題意得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)min≥[f(x)＋2]max恒成立．因?yàn)閇f(x)＋2]′＝3x2－2x＝x(3x－2)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))時(shí)，函數(shù)y＝f(x)＋2單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時(shí)，函數(shù)y＝f(x)＋2單調(diào)遞增．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋2<f(2)＋2＝6，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，[f(x)＋2]max＝6.所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)min≥[f(x)＋2]max恒成立，可轉(zhuǎn)化為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)＝xlnx－eq\f(a,x)＋5≥6恒成立，即a≤x2lnx－x恒成立．設(shè)h(x)＝x2lnx－x，則h′(x)＝2xlnx＋x－1.設(shè)φ(x)＝h′(x)＝2xlnx＋x－1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，φ′(x)＝2lnx＋3>0，可知h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，又h′(1)＝0.所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝－1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]．5．[2024·河南洛陽(yáng)市高三統(tǒng)一考試]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2kx(k∈R)．(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，證明：f(x2)<－eq\f(3,2).解析：(1)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2kx，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2k＝eq\f(x2－2kx＋1,x)，①當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)k>0時(shí)，令t(x)＝x2－2kx＋1，當(dāng)Δ＝4k2－4≤0，即0<k≤1時(shí)，t(x)≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)Δ＝4k2－4>0，即k>1時(shí)，x2－2kx＋1＝0，則t(x)的兩根為k±eq\r(k2－1)，所以當(dāng)x∈(0，k－eq\r(k2－1))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(k－eq\r(k2－1)，k＋eq\r(k2－1))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(k＋eq\r(k2－1)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故當(dāng)k∈(－∞，1]時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)k∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)在(0，k－eq\r(k2－1))和(k＋eq\r(k2－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(k－eq\r(k2－1)，k＋eq\r(k2－1))上單調(diào)遞減．(2)證明：f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2kx(x>0)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2k，由(1)知當(dāng)k≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)無(wú)極值，當(dāng)k>1時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2k＝eq\f(x2－2kx＋1,x)，由f′(x)＝0，得x2－2kx＋1＝0，Δ＝4(k2－1)>0，設(shè)x2－2kx＋1＝0的兩根為x1，x2，則x1＋x2＝2k，x1·x2＝1，其中0<x1＝k－eq\r(k2－1)<1<x2＝k＋eq\r(k2－1)，f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增．從而f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，f(x2)＝lnx2＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－2kx2＝lnx2＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－(x1＋x2)x2＝lnx2＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋x2))x2＝lnx2－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－1，令g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2－1(x>1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－x<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝－eq\f(3,2)，且f(x2)<－eq\f(3,2).6．[2024·重慶銅梁一中月考]已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－x2＋ax＋2.(1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)令a＝－1，b∈R，已知函數(shù)g(x)＝b＋2bx－x2，若對(duì)隨意x1∈(－1，＋∞)，總存在x2∈[－1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．解析：(1)因?yàn)閒(