1、1(2018宁波模拟)曲线y在点(1，1)处的切线方程为_解析 由题意可得：y，所以在点(1，1)处的切线斜率为2，所以在点(1，1)处的切线方程为y2x1答案 y2x12(2019江苏省高考名校联考信息卷(一)若函数f(x)x33x2的单调递减区间为a，b，则ab_解析 因为f(x)x33x2，所以f(x)3x26x令f(x)0，得0x2，所以函数f(x)的单调递减区间为0，2，所以a0，b2所以ab2答案 23(2019江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f(x)为其导函数，f(x)f(x2)4，当x0，2时，f(x)x2，则f(2 019)_解析 因为f(x)f(x
2、2)4，所以f(x2)f(x4)4，所以f(x4)f(x)，所以f(x)的周期为4当x2，4时，x20，2，f(x2)(x2)2，因为f(x)f(x2)4，所以f(x2)f(x)4，所以f(x)4f(x2)4(x2)24xx2，所以f(x)2x4，根据周期性知，f(2 019)f(3)2答案 24已知函数f(x)x22ln x，g(x)x，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为_解析 因为f(x)x22ln x，所以f(x)2x(x0)，令f(x)0，得x1或x1(舍去)，又当0x0；当x1时，f(x)0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时
3、f(x)在(0，)内无零点，不满足题意当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，则f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，则f(x)min4，所以f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为3答案 37(2019江苏省高考名校联考信息卷(八)已知函数f(x)xln xx23x在区间内有极值，则整数n的值为_解析 由题意知，f(x)ln x1x3ln xx2，令g(x)ln xx2，因为g()ln 2ln 0，所以函数g(x)ln xx2在(，2)内有零点又g(x)10恒成立，所以函数g(x)ln xx2在(0，)上
4、单调递增，所以函数g(x)ln xx2有唯一的零点x0(，2)，则当x(0，x0)时，f(x)0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0(，2)，结合题意可知n2答案 28(2019高三第二学期四校联考)函数f(x)aexex的图象在x0处的切线与直线y2x3平行，则不等式f(x21)f(1x)0，所以f(x)在R上单调递增不等式f(x21)f(1x)0可化为f(x21)f(x1)，由f(x)单调递增可得x21x1，解得0x1，所以不等式的解集为x|0x1答案 x|0x19(2019南京四校第一学期联考)已知函数f(x)x24x的图象上有两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，若曲
5、线yf(x)在点A，B处的切线互相垂直，则3x12x2的最大值是_解析 由题意得f(x)2x4，因为曲线yf(x)在点A，B处的切线互相垂直，所以x12，x22，(2x14)(2x24)1又x1x2，所以2x140，2x240，x12，则3x12x232x22x262222，当且仅当(4x28)时，上式取等号，因此3x12x2的最大值为2答案 210(2018江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)x2aln x的图象在x2处的切线与直线x3y0垂直，g(x)，若存在正实数m，n，使得f(m)f(x)，g(n)g(x)对任意的x(0，)恒成立，则函数h(x)mf(x)ng(x)的零点个数是_解析
6、 由题意可得函数f(x)x2aln x的图象在x2处的切线斜率为3，f(x)2x，f(2)43，a2，f(x)2x，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(m)f(1)，m1g(x)x2(x0)，g(x)1，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(n)g(1)，n1则h(x)f(x)g(x)x22ln xx2，易知当0x1时，h(x)单调递增，且h(1)0，所以函数h(x)有1个零点答案 111(2019江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f(x)x2ln xa(x2x)(a0)，g(x)(1)若函数g(x)的图象在x2处的切线在y轴上的截距为4l
7、n 2，求a的值；(2)判断函数g(x)在x(0，1)上的单调性，并说明理由；(3)若方程f(x)m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x21解 (1)g(x)a(a0)，则g(x)g(2)2ln 2a，g(2)1ln 2，函数g(x)的图象在x2处的切线方程为y(2ln 2a)(1ln 2)(x2)，将点(0，4ln 2)代入，解得a2(2)令h(x)xln x1，则h(x)1，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(1)0，则当x(0，1)时，g(x)0，所以函数g(x)在x(0，1)上单调递增(3)证明：f(x)2xln xxa(2x1)，令(x)2xln xx
8、a(2x1)(a0)，则(x)2ln x32a，易知(x)在x(0，)上单调递增，又(ea2)10，(1)32a0，则存在x0(0，1)，使得(x0)0，即2ln x032a0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，又f(x0)2x0ln x0x02ax0aa2x00，f(1)1a0，又当0xx0时，函数f(x)的图象均在y轴下方，所以可设f(x3)0，则x3(x0，1)，所以f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x3，)上单调递增，又f(1)0，不妨设x1x2，则数形结合可知0x1x3x21由(2)知，g(x1)g(x3)g(x2)，即则g(x3)(xx2)f(x2)f
9、(x1)g(x3)(xx1)，所以(xx2)(xx1)(x2x1)(x2x11)0，故x1x2112(2019江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)1(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间m，2m上的最大值解 (1)因为函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)，由得0xe所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)当，即0m时，m，2m(0，e)，函数f(x)在区间m，2m上单调递增，所以f(x)maxf(2m)1；当me2m，即me时，(m，e)(0，e)，(e，2m)(e，)，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上
10、单调递减，所以f(x)maxf(e)11；当me时，(m，2m)(e，)，函数f(x)在区间m，2m上单调递减，所以f(x)maxf(m)1综上所述，当0m时，f(x)max1；当m0)，f(x)x3，令f(x)0得，x1或x2当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示x(0，1)1(1，2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值f(1)，极小值为f(2)2ln 24(2)依题意，知切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)(x00)，从而g(x)f(x0)(xx0)f(x0)(x00)，记p(x)f(x)g(x)，则p(x)f(x)f(x0)f(x0)(x
11、x0)在(0，)上为增函数，所以p(x)f(x)f(x0)0在(0，)上恒成立，即p(x)xx00在(0，)上恒成立，即xx0在(0，)上恒成立，因为x22(当且仅当x时，等号成立)，所以2x0，从而(x0)20，所以x0(3)假设存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的切点T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，不妨设0x1x2，则函数f(x)的图象在点T1处的切线l1的方程为yf(x1)f(x1)(xx1)，在点T2处的切线l2的方程为yf(x2)f(x2)(xx2)因为l1，l2为同一条直线，所以f(x1)f(x2)，f(x1)x1f(x1)f(x2)x2f(x2)，即x1ax2a，
12、2ln x1xax1x12ln x2xax2x2，整理得2ln0令t，由0x1x2与x1x22，得t(0，1)记p(t)2ln tt，则p(t)1p(1)0从而式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点14已知函数f(x)x3ax2b(a，bR)(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若bca(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(，3)(1，)(，)，求c的值解 (1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2当a0时，因为f(x)3x20，所以函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，x(，)(0，)
13、时，f(x)0，x(，0)时，f(x)0，所以函数f(x)在(，)，(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减；当a0，x(0，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(，0)，(，)上单调递增，在(0，)上单调递减(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)b，f()a3b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f()b(a3b)0时，a3ac0或当a0时，a3ac0设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)(1，)(，)，则在(，3)上g(a)0均恒成立，从而g(3)c10，且g()c10，因此c1此时，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因为函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3)(1，)(，)综上c1
