1、高考资源网（） 您身边的高考专家函数与导数(12)1已知函数f(x)12x2.(1)求曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程；(2)设曲线yf(x)在点(t，f(t)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值2已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.32020山东淄博部分学校联考已知函数f(x)xln x，g(x)mx2.(1)若函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围；(2)设F(x)f(x)g(x)，已知F(x)在(0，)上存在两个极值点x1，x2，且x11.42020
2、山东临沂质量检测已知函数f(x)2ln(x1)sin x1，函数g(x)ax1bln x(a，bR，ab0)(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当x0时，f(x)3x1.(3)证明：当x1时，f(x)(x22x2)esin x.52020山东烟台诊断已知函数f(x)ln x2axx2，其中0ae.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)零点的个数；(3)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1x20)是减函数(1)试确定a的值；(2)已知数列an，an，Tna1a2a3an(nN*)，求证：ln (n2)Tn0即可当t0时，S(t)，则S(t)(t24)(t212)
3、，令S(t)0，得t2，当t变化时，S(t)与S(t)的变化情况如表：t(0,2)2(2，)S(t)0S(t)极小值S(t)minS(2)32.2解析：(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当0x0；当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，由(1)知，当ae时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.设g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.所以当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.解
4、法二证明：由题意知，即证exln xex2ex2ex0(x0)，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0,1)时，h(x)0.故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.3解析：(1)函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，即g(x)m(x)2
5、的图象与函数f(x)xln x的图象有交点，即m(x)2xln x在(0，)上有解，即m在(0，)上有解设(x)，则(x)，当x(0，e)时，(x)0，(x)单调递增所以(x)min(e)，所以m.(2)证明：由F(x)xln xmx2，得F(x)1ln xmx.因为F(x)在(0，)上存在两个极值点x1，x2，且x11，只需证ln x1ln x20，即证20，即证ln t0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)0，所以不等式ln t1成立4解析：(1)g(x)的定义域为(0，)，g(x)，当a0，b0，则g(x)在(0，)上单调递增；当a0，b0时，令g(x)0，得x，令g(x)
6、0，得0x，则g(x)在上单调递减，在上单调递增；当a0时，g(x)0，则g(x)在(0，)上单调递减；当a0，b0，得0x，令g(x)，则g(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：设函数h(x)f(x)(3x1)，则h(x)cos x3.因为x0，所以(0,2，cos x1,1，则h(x)0，从而h(x)在0，)上单调递减，所以h(x)f(x)(3x1)h(0)0，即f(x)3x1.(3)证明：当ab1时，g(x)x1ln x.由(1)知，g(x)ming(1)0，所以g(x)x(1ln x)0，即x1ln x.当x1时，(x1)20，(x1)2esin x0，则(x1)esin x1l
7、n (x1)2esin x，即(x1)2esin x2ln(x1)sin x1，又(x22x2)esin x(x1)2esin x.所以(x22x2)esin x2ln(x1)sin x1，即f(x)0f(x)(xa)ln x2ax(xa)(ln x1)，令f(x)0，得xa或xe，因为0ae，当0xe时，f(x)0，f(x)单调递增；当axe时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)的增区间为(0，a)，(e，)，减区间为(a，e)(2)取min1,2a，则当x(0，)时，xa0，ln x0，f(x)xln xx0；又因为0a0，即f(x)在(0，a上无零点下面讨论xa的情况：当0a0，
8、f(e)e0，根据零点存在定理，f(x)有两个不同的零点当a时，由f(x)在(a，e)单减，(e，)单增，且f(e)0，此时f(x)有唯一零点e.若a0，此时，f(x)无零点，综上，若0a，f(x)有两个不同的零点；若a，f(x)有唯一零点e；若ae，f(x)无零点(3)证明：由(2)知，0a，且ax1e0，x2e20，所以g(x)x4ax3e2axe4(x2e2ax)(x2e2)0又ln x10恒成立，即F(x)在(a，e)单增于是当axe时，F(x)F(e)0，即f(x)f.因为x1(a，e)，所以f(x1)f，又f(x1)f(x2)，所以f(x2)e，e，且f(x)在(e，)单增，所以由
9、f(x2)f，可得x2，即x1x20知，11，当x时，g(x)0；当x时，g(x)0时，f(x)0，f(n)0，即2(n1)ln(n1)n22n.两边同时除以2(n1)2得，即an，从而Tna1a2a3an，所以ln (n2)Tnln2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 2下面证2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 210，记h(x)2ln(x2)ln(x1)(x1)ln 21，x1，)，h(x)ln 2ln 2ln 2.yx在2，)上单调递增，h(x)在2，)上单调递减，而h(2)ln 2(23ln 2)(2ln 8)0，当x2，)时，h(x)0恒成立，h(x)在2，)上单调递减，即x2，)时，h(x)h(2)2ln 4ln 33ln 2ln 2ln 30，当n2时，h(n)0.h(1)2ln 3ln 22ln 2lnln0，当nN*时，h(n)0，即2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 21由可得，ln (n2)Tn1.- 8 - 版权所有高考资源网