1、高考大题突破区 第三版块 第二单元 高考压轴大题冲关 解答题08：函数与导数02 高考考点多维解读 栏目导航01 全国卷5年大题集 03 高考零距离大突破 01 全国卷5年大题集 年份卷别具体考查内容及命题位置命题分析2017卷导数的运算，利用导数判定函数的单调性，求极值点、最值点，零点的存在性定理T211解答题第21题压轴题一般考查利用导数研究函数的有关性质，年年考查，难度较大卷导数的运算及导数的应用，函数的单调性，函数的零点T21卷导数在解决函数单调性、函数与数列不等式的综合运用T212016甲卷利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数的最值问题T21乙卷利用导数研究函数零点、不等式的
2、证明T21丙卷导数与函数、不等式的综合应用T21年份卷别具体考查内容及命题位置命题分析2015卷导数与函数的单调性，根据存在性问题求参数的取值范围T212本题考查内容灵活多变，常涉及分类讨论思想、数形结合思想另外，多与不等式、方程根的分布及函数的值域等问题相结合设置成综合性试题，难度较大.卷利用导数研究函数的单调性、根据恒成立求参数的取值范围T212014卷导数的几何意义、求函数解析式中的参数，不等式的证明T21卷利用导数求单调区间与函数的最值，估计无理数的近似值T212013卷利用导数求切线、研究最值，不等式恒成立问题T21卷函数的极值与单调性，利用导数证明不等式T21第一课时 函数的单调性
3、与导数、极值与最值、导数与不等式问题考向01：函数的导数与单调性02 高考考点多维解读 基本考点函数的单调性与导数、极值与最值(2017宁夏大学附中二模)设函数 f(x)aln xx1x1，其中 a 为常数.(1)若 a0，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数 f(x)的单调性思路点拨思路点拨 (1)将 a 的值代入，求导得 f(1)，再求出 f(1)的值，利用点斜式求出切线方程(2)求导得 f(x)ax22a2xaxx12.依据 a 的取值范围分类讨论 f(x)取值的正负确定函数的单调性【解】(1)由题意知 a0 时，f(x)x1x1，x(0，)此时 f(x)2x
4、12.可得 f(1)12，又 f(1)0，所以曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 x2y10(2)函数 f(x)的定义域为(0，)f(x)ax2x12ax22a2xaxx12当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，令 g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(2a1)，当 a12时，0，f(x)12x12xx12 0，函数 f(x)在(0，)上单调递减当 a12时，0，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递减当12a0 时，0.设 x1，x2(x1x2)是函数 g(x)的两个零点，则 x1a1 2a1a，x2a1 2
5、a1a由于 x1a1 2a1a a22a1 2a1a0，所以 x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减，x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递增，x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减，综上可得：当 a0 时，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a12时，函数 f(x)在(0，)上单调递减；当12a0 时，f(x)在0，a1 2a1a，a1 2a1a，上 单 调 递 减，在a1 2a1a，a1 2a1a上单调递增讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等
6、式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根考向02：函数的极值与最值问题(2017北京卷)已知函数 f(x)excos xx.(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数 f(x)在区间0，2 上的最大值和最小值【解】(1)因为 f(x)excos xx，所以 f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0又因为 f(0)1，所
7、以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1(2)设 h(x)ex(cos xsin x)1，则 h(x)ex(cos xsin xsin xcos x)2exsin x当 x0，2 时，h(x)0，所以 h(x)在区间0，2 上单调递减所以对任意 x0，2 有 h(x)h(0)0，即 f(x)0所以函数 f(x)在区间0，2 上单调递减因此 f(x)在区间0，2 上的最大值为 f(0)1，最小值为 f2 2含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数
8、值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论1(2016北京高考)设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y(e1)x4(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间解：(1)f(x)的定义域为 Rf(x)eaxxeaxb(1x)eaxb依题设，f22e2，f2e1，即2ea22b2e2，ea2be1.解得 a2，be(2)由(1)知f(x)xe2xex，由f(x)e2x(1xex1)及e2x0知，f(x)与1xex1同号令g(x)1xex1，则g(x)1ex1所以，当x(，1)时，g(x)0，g(x)在
9、区间(，1)上单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)，综上可知，f(x)0，x(，)故f(x)的单调递增区间为(，)2(2017日照二模)已知f(x)axln x，aR(1)若f(x)在x1处有极值，求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由解：(1)由题意知 f(1)0，a10，a1经检验 a1，f(x)在 x1 处有极值，所以 f(x)xln x，令 f(x)11x0，解得 x1 或 x0，又 f(x)的定
10、义域为(0，)，所以 f(x)的单调递增区间为(1，)(2)假设存在实数 a，使 f(x)axln x，(x(0，e)有最小值 3当 a0 时，因为 x(0，e，所以 f(x)0，所以 f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，解得 a4e(舍去)；当 01ae 时，f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a，e上单调递增，f(x)minf(1a)1ln a3，解得 ae2，满足条件；当1ae 时，因为 x(0，e，所以 f(x)0，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13.解得 a4e，舍去综上，存在实数 ae2，使得当 x(0，e时，f(x)有最小值
11、 3在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题常考热点导数与不等式问题常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数
12、(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解(2017全国卷)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a0 时，证明 f(x)34a2(1)【解】f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax2a1x12ax1x若 a0，则当 x(0，)时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增若 a0，则当 x0，12a 时，f(x)0；当 x 12a，时，f(x)0故 f(x)在0，12a 上单调递增，在 12a，上单调递减(2)【证明】由(1)知，当
13、a0 时，f(x)在 x 12a处取得最大值，最大值为 f 12a ln 12a 1 14a所以 f(x)34a2 等价于 ln 12a 1 14a 34a2，即 ln 12a 12a10设 g(x)ln xx1，则 g(x)1x1当 x(0,1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(x)0，所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当 x1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0所以当 x0 时，g(x)0从而当 a0 时，ln 12a 12a10，即 f(x)34a2(1)证明f(x)g(x)或f(x)g(x)，可通过构造函数h(x)f(x)g(x)，将上述不等式转
14、化为求证h(x)0或h(x)0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式或者，利用f(x)ming(x)max或f(x)maxg(x)min来证明不等式(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明 利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的
15、最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解考向02：利用导数解决不等式的恒成立问题(2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n，1121 1221 12nm，求 m 的最小值【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，若 a0，因为 f1212aln 20，由 f(x)1axxax 知，当 x(0，a)时，f(x)0所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故 xa 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1(
16、2)由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0令 x1 12n，得 ln1 12n 12n，从而 ln112ln1 122ln1 12n12 122 12n1 12n1故 1121 1221 12n2，所以 m 的最小值为 3(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可)(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法不等式的恒成立与
17、能成立问题(1)f(x)g(x)对一切xa，b恒成立a，b是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xa，b)(2)f(x)g(x)对xa，b能成立a，b与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xa，b)(3)对x1，x2a，b使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min(4)对x1a，b，x2a，b使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min考向03：利用导数解决能成立问题 已知函数 f(x)x(a1)ln xax(aR)，g(x)12x2exxex.(1)当 x1，e时，求 f(x)的最小值；(2)当 a1 时，若存在 x1e，e2，使
18、得对任意的 x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)x1xax2若 a1，当 x1，e时，f(x)0，则 f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a若 1ae，当 x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；当 xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以 f(x)minf(a)a(a1)ln a1若 ae，当 x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数，f(x)minf(e)e(a1)ae综上，当 a1 时，f(x)min1a；当 1ae 时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae 时，f(x)mine(
19、a1)ae(2)由题意知：f(x)(xe，e2)的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值由(1)知 f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)ae.g(x)(1ex)x当 x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以 e(a1)ae1，即 ae22ee1，所以 a 的取值范围为(e22ee1，1)存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)m恒成立，则g(x)maxm；若g(x)m恒成立，则g(x)minm；若g(x)m有解，则g(x)minm；若g(x)m有解，则g(x)maxm1(201
20、7马鞍山三模)已知函数 f(x)(x1)lnx(xa)2(aR)(1)若 f(x)在(0，)上单调递减，求 a 的取值范围；(2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，求证：x1x254解：(1)由已知 f(x)ln xx1x 2(xa)ln x1x2x12a0 恒成立，令g(x)ln x1x2x12a，则 g(x)1x1x222x2x1x22x1x1x2(x0)，(2x1)0，令 g(x)0，解得：0 x1，令 g(x)0，解得：x1，故 g(x)在(0,1)递增，在(1，)递减，g(x)maxg(1)2a2，由 f(x)0 恒成立可得 a1即当 f(x)在(0，)上单调递减时，a 的取值范
21、围是(，1(2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，不妨设 0 x1x2由(1)可知 a1，且 f(x1)ln x11x12x112a，f(x2)ln x21x22x212a，由得：ln x1x2x1x2x1x2 2(x1x2)0，(x1x2)1x1x22 ln x1x20，1x1x22，即 x1x2121e，由得：ln(x1x2)2x1x2x1x2 2(x1x2)4a0，x1x2lnx1x224a1x1x2212422542设函数 f(x)1x2ln(x1)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若不等式 f(x)kxx1x2(kN*)在(0，)上恒成立，求 k 的最大值解：(1)函数 f
22、(x)的定义域为(1，)，f(x)1x12x，由 f(x)0，得1x 312；由 f(x)0，得 x 312所以函数 f(x)的单调递增区间为1，312，单调递减区间为312，(2)法一：由已知 f(x)kxx1x2 在(0，)上恒成立，得 kx11lnx1x(x0)，令 g(x)x11lnx1x(x0)，则 g(x)x1lnx1x2，设 h(x)x1ln(x1)(x0)，则 h(x)1 1x1 xx10，所以函数 h(x)在(0，)上单调递增而 h(2)1ln 30，h(3)2ln 40，由零点存在定理，知存在 x0(2,3)，使得 h(x0)0，即 1ln(x01)x0，又函数 h(x)在
23、(0，)上单调递增，所以当 x(0，x0)时，h(x)h(x0)0；当 x(x0，)时，h(x)h(x0)0从而当 x(0，x0)时，g(x)hxx2 0；当 x(x0，)时，g(x)hxx2 0，所以 g(x)在(0，)上的最小值为 g(x0)x011lnx01x0 x01因此 f(x)kxx1x2 在(0，)上恒成立等价于 kg(x)minx01由 x0(2,3)，知 x01(3,4)，所以 k 的最大值为 3法二：由题意，1ln(x1)kxx1在(0，)上恒成立设 g(x)1ln(x1)kxx1(x0)，则 g(x)1x1kx12xk1x12，()当 k1 时，则 g(x)xx120，所
24、以 g(x)单调递增，g(0)10，即 g(x)0 恒成立()当 k1 时，则 g(x)在(0，k1)上单调递减，在(k1，)上单调递增，所以 g(x)的最小值为 g(k1)，只需 g(k1)0 即可，即 ln kk20设 h(k)ln kk2(k1)，h(k)1kk 0，则 h(k)单调递减，因为 h(2)ln 20，h(3)ln 310，h(4)ln 420，所以 k 的最大值为 33已知函数 f(x)axxln x 的图象在点 xe(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为 3(1)求实数 a 的值；(2)若 kZ，且 k fxx1对任意 x1 恒成立，求 k 的最大值解：(1)因为f(x)
25、axxln x，所以f(x)aln x1因为函数f(x)axxln x的图象在点xe处的切线斜率为3，所以f(e)3，即aln e13，所以a1(2)由(1)知，f(x)xxln x，又 k fxx1xxln xx1 对任意 x1 恒成立，令 g(x)xxln xx1，则 g(x)xln x2x12，令 h(x)xln x2(x1)，则 h(x)11xx1x 0，所以函数 h(x)在(1，)上单调递增因为 h(3)1ln 30，h(4)22ln 20，所以方程 h(x)0 在(1，)上存在唯一实根 x0，且满足 x0(3,4)当 1xx0 时，h(x)0，即 g(x)0；当 xx0 时，h(x
26、)0，即 g(x)0，所以函数 g(x)xxln xx1 在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)ming(x0)x01ln x0 x01x01x02x01x0，所以 kg(x)minx0(3,4)，故整数 k 的最大值是 303 高考零距离大突破 1(2017贵阳模拟)已知函数 f(x)xln x(1)求函数 f(x)的单调区间和最小值；(2)若函数 F(x)fxax在1，e上的最小值为32，求 a 的值解：(1)因为 f(x)ln x1(x0)，令 f(x)0，即 ln x1ln e1，所以 xe11e，所以 x1e，同理令 f(x)0，可得 x0，1e 所以 f(x
27、)的单调递增区间为1e，单调递减区间为0，1e.由此可知 f(x)minf1e 1e(2)F(x)xax2，当 a0 时，F(x)0，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)32，所以 a320，)，舍去当 a0 时，F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当 a(1,0)，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)a32，所以 a32(1,0)，舍去若 ae，1，F(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以 F(x)minF(a)ln(a)132，a ee，1；若 a(，e)，F(x)在1，e上单调递减，F(x)minF(e)1ae32，所以 ae2(，
28、e)，舍去综上所述 a e2已知函数f(x)ln xx2ax(a为常数)(1)若x1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0a2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a(1,2)，x01,2，不等式f(x0)mln a恒成立，求实数m的取值范围解：f(x)1x2xa(1)由已知得：f(1)0，所以 12a0，所以 a3(2)当 0a2 时，f(x)1x2xa2x2ax1x2xa421a28x因为 0a2，所以 1a28 0，而 x0，即 f(x)2x2ax1x0，故 f(x)在(0，)上是增函数(3)当 a(1,2)时，由(2)知，f(x)在1,2上的最小值为 f(1)1a，故问
29、题等价于：对任意的 a(1,2)，不等式 1amln a 恒成立，即 m1aln a 恒成立记 g(a)1aln a(1a2)，则 g(a)aln a1aaln2a令 M(a)aln a1a，则 M(a)ln a0，所以 M(a)在(1,2)上单调递减，所以 M(a)M(1)0，故 g(a)0，所以 g(a)1aln a 在 a(1,2)上单调递减，所以 mg(2)12ln 2 log2e，即实数 m 的取值范围为(，log2e3(2017邯郸二模)已知函数 f(x)axln x，F(x)exax，其中 x0，a0(1)若 f(x)和 F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数
30、a 的取值范围；(2)若 a，1e2，且函数 g(x)xeax12axf(x)的最小值为 M，求 M 的最小值解：(1)求导，f(x)a1xax1x，F(x)exa，x0，a0，f(x)0 在(0，)上恒成立，即 f(x)在(0，)上单调递减，当1a0 时，F(x)0，即 F(x)在(0，)上单调递增，不合题意；当 a1 时，由 F(x)0，得 xln(a)，由 F(x)0，得 0 xln(a)，F(x)的单调减区间为(0，ln(a)，单调增区间为(ln(a)，)f(x)和 F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，ln(a)ln 3，解得 a3，综上，a 的取值范围是(，3；(2)g
31、(x)eax1axeax1a1x(ax1)(eax11x)，令 eax11x0，解得：a1ln xx，设 p(x)1ln xx，则 p(x)ln x2x2，当 xe2 时，p(x)0，当 0 xe2，p(x)0，从而 p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，p(x)minp(e2)1e2，当 a1e2，a1ln xx，即 eax11x0，在0，1a 上，ax10，g(x)0，g(x)单调递减，在1a，上，ax10，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)ming1a M，设 t1a(0，e2，Mh(t)te2ln t1，(0te2)，h(t)1e21t0，h(t)在(0，e2上
32、单调递减，h(t)h(e2)0，M 的最小值为 04(2017梅州一模)已知函数 f(x)aln xxax2a(其中 a 为常数，aR)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a0 时，是否存在实数 a，使得当 x1，e时，不等式 f(x)0 恒成立？如果存在，求 a 的取值范围；如果不存在，说明理由(其中 e 是自然对数的底数，e2.71828)解：(1)由于 f(x)aln xxax2a，(x0)，f(x)x2axax2，a0 时，f(x)0 恒成立，于是 f(x)的递减区间是(0，)，a0 时，令 f(x)0，解得 0 xa a24a2，令 f(x)0，解得 xa a24a2，故 f
33、(x)在0，a a24a2递增，在a a24a2，递减；(2)a0 时，若a a24a21，即 0a12，此时 f(x)在1，e递减，f(x)minf(e)3aeae31e ae31e 12e0，f(x)0 恒成立，不合题意，若a a24a21，a a24a2e，即12a e2e1时，此时 f(x)在1，a a24a2递增，在a a24a2，e 递减，要使在1，e恒有 f(x)0 恒成立，则必有f10fe0，则a103aeae0，解得：ae23e1综上可得：e23e1a e2e1；若a a24a2e，即 a e2e1时，f(x)在1，e递增，令 f(x)minf(1)a10，解得 a e2e1
34、，综上，存在实数 ae23e1，使得 f(x)0 恒成立5(2017新乡二模)已知函数f(x)2ln x3x211x(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)(a3)x2(2a13)x2恒成立，求整数a的最小值；(3)若正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)4(xx)12(x1x2)4，证明：x1x22解：(1)f(x)2x6x11，f(1)15，f(1)14，切线方程是：y1415(x1)，即 y15x1；(2)令 g(x)f(x)(a3)x2(2a13)x22ln xax2(22a)x2，g(x)2x2ax(22a)2ax222ax2x，a0 时
35、，x0，g(x)0，g(x)在(0，)递增，g(1)a22a23a40，关于 x 的不等式 f(x)(a3)x2(2a13)x2 不能恒成立，a0 时，g(x)2ax1a x1x，令 g(x)0，得 x1a，x0，1a 时，g(x)0，x1a，时，g(x)0，故函数 g(x)在0，1a 递增，在1a，递减，故函数 g(x)的最大值是 g1a 2ln 1a1a1a2ln a0，令 h(a)1a2ln a，则 h(a)在(0，)递减，h(1)10，h(2)122ln 2122ln e0，a2 时，h(a)0，故整数 a 的最小值是 2；(3)证明：由 f(x1)f(x2)4(x21x22)12(x
36、1x2)4，得 2ln(x1x2)(x21x22)(x1x2)4，从而(x1x2)2(x1x2)2x1x22ln(x1x2)4，令 tx1x2，则由(t)2t2ln t4，得(t)2t1t，可知(t)在区间(0,1)递减，在(1，)递增，故(t)(1)6，(x1x2)2(x1x2)6，又 x1x20，故 x1x22 成立6(2017芜湖二模)已知函数 f(x)2ln xx22ax(a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)，且 f(x1)f(x2)322ln 2 恒成立，求 a的取值范围解：(1)函数 f(x)的定义域是(0，)，f(x)
37、2x2ax1x，令 x2ax10，则 a24，0a2 时，0，f(x)0 恒成立，函数 f(x)在(0，)递增；a2 时，0，方程 x2ax10 有两根x1a a242，x2a a242，且 0 x1x2，函数 f(x)在(0，x1)上，f(x)0，在(x1，x2)上，f(x)0，在(x2，)上，f(x)0，故 函 数 f(x)在0，a a242递 增，在a a242，a a242递 减，在a a242，递增；(2)由(1)得 f(x)在(x1，x2)上递减，x1x2a，x1x21，则 f(x1)f(x2)2ln x1x2(x1x2)(x1x22a)2ln x1x2x2x1x1x2，令 tx1x2，则 0t1，f(x1)f(x2)2ln t1tt，令 g(t)2ln t1tt，则 g(t)t12t0，故 g(t)在(0,1)递减且 g12 322ln 2，故 g(t)f(x1)f(x2)322ln 2g12，即 0t12，而 a2(x1x2)2x1x2x2x12t1t2，其中 0t12，t1t2 11t20 在 t0，12 恒成立，故 a2t1t2 在0，12 递减，从而 a 的范围是 a292，故 a32 2谢谢观看