(完整word版)專題2.13導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(解析版)

1、第二篇函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題 2.13 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 【考綱要求】 1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極 (最)值，并會解決與之有關(guān)的方程 (不等式)問題. 2 會利用導(dǎo)數(shù)解決實際問題 【命題趨勢】 考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用，并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的方法探求一些與不等式、函數(shù)、數(shù)列有關(guān)的綜合問題，綜合 性較強，常作為壓軸題出現(xiàn)，題目難度較大 【核心素養(yǎng)】 本講內(nèi)容主要考查數(shù)學(xué)運算、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)。 【真題體驗】 X + 1.【2019 年高考全國n卷理數(shù)】已知函數(shù) X- 1 (1) 討論 f(x)的單調(diào)性，并證明 f(x)有且僅有兩個零點； (2) 設(shè) xo是 f(x)的一個零點，證明曲

2、線 y=lnx 在點 A(xo, Inxo)處的切線也是曲線-的切線. 【答案】(1)函數(shù) 門二在.一：和 l 上是單調(diào)增函數(shù)，證明見解析； (2)見解析. 【解析】(1) f (x)的定義域為(0, 1)I (1, + 1 2 因為 ， 所以， 在(0, 1),( 1, +8)單調(diào)遞增. 0，所以 f 心)在(1, +8)有唯一零點 X1, eJ-l eJ-l 罰+1_ w 、門 1 一一 二，故 f (乂)在(0, 1)有唯一零點. 綜上，f (x)有且僅有兩個零點. (2 W，故點 B(-nx0,在曲線 y=ex上.eJ-3 因為 f (e) = I _ _ $ , 71 ： J e-1

3、 r _ 即 f( X1) =0 又。/ () - + 丄-叭丄 由題設(shè)知：二；=：!,即 i. -，故直線 AB 的斜率 裔-1 _比陽西_空_工耳 看 7 曲線 y=ex在點 .處切線的斜率是 ，曲線 11 1在點| :處切線的斜率也是 ， 所以曲線 1在點-:處的切線也是曲線 y=ex的切線. 【名師點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求已知函數(shù)的單調(diào)性、考查了曲線的切線方程，考查了數(shù)學(xué)運算能力 2. 【2019 年高考全國 I卷理數(shù)】已知函數(shù)- ：1 一，： 為的導(dǎo)數(shù)證明： TT （1） 在區(qū)間 存在唯一極大值點； （2） 丿有且僅有 2 個零點. 【答案】（1）見解析；（2）見解析. 【解析】（

4、1）設(shè). .,則 一 I-： . 1 + A （1+龍） 當(dāng)代（一 1 肖 時，了 0單調(diào)遞減，而 gr（0） 0；當(dāng)工違 J 時，gf（x）c 0 . 71 1 所以 g（X）在（一 1 O）單調(diào)遞增，在 琵邁 7T1 -LJ 存在唯一極大值點 （2）丿的定義域為.丨 . （i ）當(dāng)“二一一時，由（1）知，一 ：在單調(diào)遞增，而 J L ,所以當(dāng)“二一 時，：: 二， 故.1.在單調(diào)遞減，又 J ，從而-:是二 在:-I的唯一零點單調(diào)遞減，故 gGO 在-L= 存在唯一極大值點，即 /rW 在 從而/0) = 3(兀-占)蠱一 令，得二,或工一 _ 兀 在一7!有唯一零點 U (iv)當(dāng)時，I

5、l i ，所以；)0,從而八在J .,沒有零點 綜上，j | 一有且僅有 2 個零點 【名師點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值之間的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點個數(shù)的問題 解決零點問題的關(guān) 鍵一方面是利用零點存在性定理或最值點來說明存在零點，另一方面是利用函數(shù)的單調(diào)性說明在區(qū)間內(nèi)零 點的唯一性，二者缺一不可 3. 【2019 年高考江蘇】設(shè)函數(shù) - . . I 為 f (x)的導(dǎo)函數(shù). (1 )若 a=b=c, f (4) =8，求 a 的值； (2) 若 a 電 b=c,且 f (x)和.一、一的零點均在集合.二 1 丄；中，求 f (x)的極小值； 4 (3) 若 1 1 I. ，且 f ( x)

6、的極大值為 M，求證：M . 27 【答案】(1) .-：；(2)見解析；(3)見解析 【解析】(1 )因為 Li- = -L：=-，所以 J - / . I： - ； IF ： 因為1：_-，所以：一-，解得 Li- = 1 . (2)因為-，所以 1/ I - - r I - , 7l C2) f n (ii)當(dāng)0,時，由(1)知,八創(chuàng)在(Qe)單調(diào)遞增，在盟 i 2 單調(diào)遞減，而 f(0)=0 ff 0 ;當(dāng) xe jSr時，廣(x) 0 .故 f(x) 2 J I 2 j 在9,烷單調(diào)遞增，在| 0,單調(diào)遞減 2 丿 TT f 兀、 f 71 7T 又了(0)=0 , / 二 1-血

7、1 卜 0,所以當(dāng)耳巨 0 時，/二 0 .從而，/(H)在 氏一 沒有零點 2J I 27 2 I 2 7T (iii)當(dāng)不藝 時,外如。，所以或在 -.71 (2 匕 單調(diào)遞減而/ Q , f(H) 。，所以/(x) 1 因為.: 都在集合；中，且 2 二，所以 . -. 3 3 此時_!： ：-： ，； 1 1 - 令I(lǐng) I I ,得工二一三或莊二 1 列表如下: X g -3) -3 (-31) 1 (1現(xiàn) fG) + 0 0 + /W 7 極大值 極小值 / 所以/ 的極小值為. I - -I - . (3)因為丄 i.i 一，所以 I ： - ； . I - : : 1 -， i

8、- - 一“ . I.:. 因為所以 I -， 則：.一有 2 個不同的零點，設(shè)為 _ - 由小得宀 列表如下： g 皿） 工 1 （內(nèi)旳） + 0 0 + / 極大值 極小值 7 所以的極大值工_ 解法一： M = Ji j = -(b +1)彳 +b碼 =3x, - 2(0 +1)竝 +B玉一1 -建+H X】+恥+。 1 1 3 9 J 9 9 =z!上凹巴+世如+勻質(zhì)吋 27 9 27心 1） 十 1）十 2 21 27 27 解法 因為；： h ,所以 I 當(dāng) 1 二：.一時，八二 一 -： . I I - （ 1 令或卞）11 冗*1），則a T） J/ 令 L.1：- 1 -，得

9、r - 1 列表如下： 3 X （og） 1 3 + 0 sM 極大值 1 / n 4 所以當(dāng) =時，百（兀）取得極大值，且是最大值，故 或憑人磁二官二 所以當(dāng)時，.： - .，因此- 【名師點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏 輯推理能力. 4. 【2018 年高考全國 n卷理數(shù)】已知函數(shù) - （1） 若-=1，證明：當(dāng)工二:時，J: J 二 （2） 若在一 J 只有一個零點，求 【答案】（1 ）見解析；（2） . 4 【解析】（1）當(dāng)空=1 時，一：二一等價于-I I 設(shè)函數(shù)一！ .： ，則：.： _- 1 - : - : . 當(dāng)，；丁1時

10、，所以在單調(diào)遞減. 而 L. ： . ：1 .，故當(dāng)二三】時，二.二一，即一；二. 川+D 27 2 +- 21 - 因此【八 . 27 27 (2)設(shè)函數(shù).- ./ ,；在I 只有一個零點當(dāng)且僅當(dāng)-；：!在 I 只有一個零點. (i) 當(dāng)u _ ；時， , ：沒有零點； (ii) 當(dāng)一I 時: - ： | . 當(dāng) /. =!._：時，.一：-一 ；當(dāng)二 一 丁 時，主討 所以.)在 |單調(diào)遞減，在 ：.一；,單調(diào)遞增. 故:- I -是：在廠叭:.的最小值. e 若 :-.，即：:在-.疔沒有零點； 4 若| ，即 ，；：在 ：.只有一個零點； 4 若：-，即：一 1,由于丄：一，所以：.：

11、在丄有一個零點, 4 , , 亠，1 T 、T 16/ . 16/ T 1 五/ T 1 宀 由(1)知，當(dāng)/L -.時，匚:-；,，所以八：.4 . t (匕) (2金) 白 故 C:在.：-/.有一個零點，因此 一.)在一：有兩個零點. 綜上， 在1. S 只有一個零點時，；. 4 【名師點睛】利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法： (1) 利用零點存在性定理構(gòu)建不等式(組)求解； (2 )分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域 (最值)問題求解； (3) 轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解 5. 【2018 年高考全國川卷理數(shù)】已知函數(shù) ； 丨. (1 )若-?=:，證

12、明：當(dāng)1 ： :時，F(xiàn)：j ；當(dāng)：；：時，； ； (2 )若是二的極大值點，求工. 1 【答案】(1 )見解析；(2) -. 6 【解析】 （1 ）當(dāng)氣二時，： 二.：一丨一. 當(dāng).-:時，；當(dāng)、時 故當(dāng)二 L 匸一時， 一；/ ， 且僅當(dāng)二二 I時， . J ， 從而-，且僅當(dāng).7= 時，-J -. 所以 J ：,在.1 ，.單調(diào)遞增 又八I,故當(dāng) 1 - ?.-:時，Qi；當(dāng)，I時，:門：. （2）（ i）若_ :，由（1）知，當(dāng)二、:時，_小 7 .： - - 1 .，這與:是 的極大值點矛盾 （ii）若；1，設(shè)函數(shù) . . 2十咒十d工 十X十 又-L，故二二 I；是? 的極大值點當(dāng)且

13、僅當(dāng)是：的極大值點 2（2十工+處）一2工（1+ 2處）X1+4盤藍+刼+ 1） 占 八、 如果心!-.：,則宀” I廣| 1 .存在根 ,故當(dāng)，-:.|,且 時, - 1 -，所以?.-:不是:的極大值點 所以応-是；:口；的極大值點，從而，【-是的極大值點 綜上，“ 一 -1 f：設(shè)函數(shù) 或功二 二 5（1+4 一一 1H-X 時, -1 二十，故：與一- .符號相同 如果山一1 :;，則當(dāng) 4a 故丁二:不是的極大值 如果山1 =，則. i.j *-24） 仗+欣疋一弘-12尸 則當(dāng)人二 -.J.時,；.-一；當(dāng).二：.時 則二一 且 I ,一 t I r 時，卜（；- 【名師點睛】本題

14、考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，第一問利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式， 第二問分類討論：三 和 X _，當(dāng)二:時構(gòu)造函數(shù)“上 一一是解題的關(guān)鍵，并利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù) 的性質(zhì)，本題 2+兀+位龍 難度較大 6. 【2017 年高考全國川卷理數(shù)】已知函數(shù) (1 )若 J | ,求 a 的值； (2) 設(shè) m 為整數(shù)，且對于任意正整數(shù) n, 【答案】(1) “ 一 1;( 2). 【解析】(1),的定義域為 3 . K. _ 1 若心 50，因為 / =_+ln2 0,且 r0 可得 0r0,故 V(r)在(0,5)上為增函數(shù)； 當(dāng) r (5,5 3)時，V r)0 ;當(dāng) x (3 2 3, 3+ 2 3)時，

15、fx)0僅當(dāng) x= 0 時 g x戶 0，所以 g(x)在(a, +a單調(diào)遞增.故 g(x )至多有一個零點，從而 1 1 1 1 f(x)至多有一個零點又 f(3a 1) = 6a2+ 2a 3= 6 a 6 2 60，故 f(x)有一個零點綜 上，f(x)只有一個零點. 【例 3】(2019 武邑中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù) f(x) = x3 x2 ax 2 的圖象過點 A 4,晉. (1) 求函數(shù) f(x)的單調(diào)增區(qū)間； 若函數(shù) g(x)= f(x) 2m+ 3 有 3 個零點，求 m 的取值范圍. 【答案】見解析 【解析】(1)因為 f(x) = ax3 Tx2 ax2 的圖象過點 A 4,乎

16、，所以哼4a 4a 2 =嚴，解得 a= 2,即 f(x) 6 4 3 3 3 = 1x3 1x2 2x 2,所以 fx) = x2 x 2.由 fx)0 得 x2.所以函數(shù) f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(一a, 1), 3 2 (2, + a) 1 1 5 8 16 (2) 由(1)知 f(x)極大值=f( 1) = 3 1 + 2 2 = -, f(x)極小值=f(2) = - 2 4 2=-,由數(shù)形結(jié)合可知要使函 3 2 6 3 3 3 證明：因為 x2+ X+ 10，所以 f(x) = 0 等價于 +：+ 1 3a = 0.設(shè) g(x) = 十：+3a，則 gx) = 數(shù) g(x) = f(

17、x) 2m+ 3 有三個零點，則 2m 3 暮解得亦器所以 m 的取值范圍為 7,瑕. 考法三利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 解題技巧：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的解題策略(1)證明 f(x)g(x), x (a, b),可以構(gòu)造函數(shù) F(x)= f(x) g(x),如果 F x(0，并同時有 F(a) 0由減函數(shù)的 定義可知，x (a, b)時，有 F(x)0，即證明了 f(x)g(x), x (a, b),可以構(gòu)造函數(shù) F(x)= f(x) g(x),如果 F x)0，并同時有 F(a) 0由增函數(shù)的 定義可知，x (a, b)時，有 F(x)0，即證明了 f(x)g(x). (3)在證明過程中，一個重要技巧

18、就是找到函數(shù) F(x) = f(x) g(x)的零點，這往往就是解決問題的一個突破口. In x 【例 4】 已知函數(shù) f(x) = xex, g(x)=. x (1)求函數(shù) f(x)的極值； 當(dāng) x0 時，求證：f(x)g(x). 【答案】見解析 【解析】(1)由題意知 fx)= xex + ex = (x+ 1)ex,令 fx)0，得 x 1; 令 fx(O，得 x0 時，要證 f(x)g(x)，即證 e、T.令 F(x)= x2 In x(x0)，則 F x( 2x_(x0)，令 F x(0 , x x 得 x%2,令 F x(0,得 0 x0 時， F(x) = 2 In 0,所以 x

19、2ln x,即哼0 時，exe0= 1,所以當(dāng) x0 時，exm/? xeS, 2 2 2 x x x 所以當(dāng) x0 時，不等式 f(x)g(x)成立. 考法四利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或能成立問題 解題技巧：利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或能成立問題的方法 (1) 由不等式恒成立或能成立求解參數(shù)的取值范圍問題常采用的方法是分離參數(shù)求最值，即 a 司(x)恒成立 ? a 司(x)max； ag(x)恒成立？ aj(x)成立？ aj(x)min.另外，當(dāng)參數(shù)不宜進行分 離時，還可直接求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解，例如，要使不等式 f(x) 0亙成立，可求得 f(x)的最小值 h(a)，令 h(a) 0 即可求出

20、a 的取值范圍. (2) 參數(shù)范圍必須依靠不等式才能求出，求解參數(shù)范圍的關(guān)鍵就是找到這樣的不等式. 【例 5】(1)已知 f(x) = xln x, g(x)= x2 + ax 3,對一切 x (0,+), 2f(x) (x)恒成立，求實數(shù) a 的取值 范圍. 9 已知函數(shù) f(x) = x3 2x2 + x+ a, g(x)= 2x+ -,若對任意的 X1 1,2,存在 x2 2,4,使得 f(X1)= g(x2), x 求實數(shù) a 的取值范圍. 【答案】見解析 3 【解析】(1)由題意知 2xln x x2 + ax 3 對一切 x (0, + 亙成立，即卩 a0)，則 X 當(dāng) x (0,

21、1)時，hx)0, h(x)在(1 ,+s內(nèi)單調(diào)遞增所以 h(x)min = h(1) = 4.所以 a 1,證明：當(dāng) x (0,1)時，1 + (c 1)xcx. 1 【規(guī)范解答】：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域為(0,+8)f (=丄1 , x 令 f (= 0,解得 x = 1. x 1 1 1 1, 3 1 3 3, 1 f刈 + 0 f(x) a 4 單調(diào)遞增 27 + a 單調(diào)遞減 x 1 (1,2) 2 f刈 0 + f(x) a 單調(diào)遞增 a + 2 當(dāng) x變化時，fx(, f(x)的變化情況列表如下 所以 f(x)max= a + 2, f(x)min = a 4,所以 a

22、+ 2, 所以 a 4, 2 3 h，x)= x+ 1 x2= x + 3 x- 1 23 a 4 4, x2+ 2x- 3 當(dāng) 0v xv 1 時，f (0, f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng) x 1 時，f (x) 0, f(x)單調(diào)遞減. 證明：由 知 f(x)在 x = 1 處取得最大值， 最大值為 f(1) = 0.所以當(dāng) xMl時，In xvx- 1. 1 1 故當(dāng) x (1，+5寸，|n x v x - 1, 1 n1v 廠 1， 即 1v x -1 v x. In x 證明：由題設(shè) c 1,設(shè) g(x) = 1 + (c- 1)x cx, 則 g (x c 1 cxln 當(dāng) xv x0

23、時，g (x0, g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng) x x0 時，g (xX 0, g(x)單調(diào)遞減; c 一 1 由(2)知 1 vv c, 故 0 vx0 v 1又 g(0) = g(1) = 0, In c 故當(dāng) 0vxv 1 時，g(x)0所以當(dāng) x (0,1)時，1 + (c- 1)x cx. 答題模板 第一步：求函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) fx). 第二步：分類討論 f(x)的單調(diào)性. 第三步：利用單調(diào)性，求 f(x)的最大值. 第四步：根據(jù)要證的不等式的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)造函數(shù) g(x). 第五步：求 g(x)的最大值，得出要證的不等式. 第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點、易錯點和解題規(guī)范. 【跟蹤訓(xùn)練

24、】 已知 f(x)= 3ex+ x2, g(x) = 9x- 1. (1)討論函數(shù)(j(x)= aln x- bg(x)(a R, b0)在(1 , + 上的單調(diào)性; 比較 f(x)與 g(x)的大小，并加以證明. 【答案】見解析 上單調(diào)遞減.當(dāng) 9ab1, 即 a9b 時，令 6 x)0，得 x 1, 9：；令 6 x)g(x).證明如下: In (x)0，解得 x0 = c-1 In c In c 【解(1) 6 x(= a - 9b = x a 9bx a 9b 9b-x ,a (x1)，當(dāng) 9b 即 a 6x)0,所以 6x)在(1, + oo) 設(shè) h(x) = f(x)- g(x)

25、= 3ex+ x2- 9x+ 1，因為 hx) = 3ex+ 2x- 9 為增函數(shù)，且 h (0) 60, 所以存在 x (0,1), 使得 hx0) = 0,當(dāng) xx0時，h x)0 ;當(dāng) xx0時，h x)0，所以 h(x)min0，所以 f(x)g(x). 【遞進題組】 1. 做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是 27 n且用料最省，則圓柱的底面半徑為 (【答案】A 【解析】設(shè)圓柱的底面半徑為 R,母線長為 I，則 27 V= TR2| = 27 n所以 I = R2,要使用料最省，只需使圓柱 的側(cè)面積與下底面面積之和 S 最小. 由題27 54 n S= n2+ 2nRi = n2+

26、 2n R.所以 s= 2 nR R2，令 s= 0,得 R= 3,則當(dāng) R= 3 時，S 最小.故選 2 .已知函數(shù) f(x) = ax3 3x2 + 1, f(x)存在唯一的零點 xo,且 xo 0,貝 U a 的取值范圍是( A . (2, + a) B . (1 ,+ a) C . ( a, 2) D . ( a, 1) 【解析】a= 0 時，不符合題意. aK時，fx)= 3ax2 6x,令 fx)= 0, 2 得 x= 0 或 x=.若 a a 0,則由圖象 知 f(x)有負數(shù)零點，不符合題意. 所以 av 0,由圖象結(jié)合 f(0) = 1 0 知, 2 此時必有f a 0, 即

27、a x 3 3 1 0，化簡得 a2 4,貝 V av 2. 3. (2019 邢臺月考)已知 f(x)= ex ax2.命題 p： ?a1, y= f(x)有三個零點; 命題 q:?a R , f(x) w恒成立.則 F 列命題為真命題的是( A . pA q B . (?P) A (?q) C. (?P)A q 【答案】B D . PA (?q) 【解析】對于命題 p：當(dāng) a= 1 時，f(x)= ex x2,在同一坐標(biāo)系中作出 y= ex, y= x2的圖象(圖略)，由圖可知 y = ex與 y= x2的圖象有 1 個交點，所以 f(x) = ex x2有 1 個零點，故命題 p 為假命

28、題.因為 f(0) = 1，所以命 題 q 顯然為假命題.故(?p) A (?q)為真.故選 B. 4.已知函數(shù) f(x) = ax3 3x+ 1 對 x (0,1總有 f(x)成立，則實數(shù) a 的取值范圍是 【答案】4 , + a) 3x 1 3x 1 【解析】 當(dāng) x (0,1時，不等式 ax3 3x+ 10可化為 a 廠，設(shè) g(x) = _, x (0,1, g x) = x x 1 3x3 3x 1 3x2 6 x 2 丁 x6 1 1 由 gx(= 0 得 x= 2，當(dāng) X 0, 2 時，g x)0 ； 1 1 當(dāng) x 2，1 時，g x) 1 時，求證：f(x)3(x 1). 【

29、答案】見解析 【解析】 因為 f(x)= ax+ xln x,所以 fx)= a + In x+ 1.因為函數(shù) f(x)在 x= e 2處取得極小值，所以 f(譽) =a + In e2+ 1 = 0,所以 a = 1, fx) = In x+ 2.當(dāng) fx)0 時，xe 2,當(dāng) fx)0 時，0 x0).所以 g 刈=In x 1,由 g x)= 0 得 x= e.由 g x)0 得 xe, 由 gx(0 得 0 x0.所以在(1,+a)上，都有 g(x) Sg(e)0.f(x)3(x 1)得證. 【考卷送檢】 1 .已知函數(shù) f(x) = x3 + x, ?m 2,2, f(mx 2) +

30、 f(x)0 恒成立，所以 f(x)在 R 上為增函數(shù). 又 f( x) = f(x)，故 f(x)為奇函數(shù)，由 f(mx 2) + f(x)0 得 f(mx 2) f(x)= f( x)，所以 mx 2 x,即卩 xm 2 = 2x+ x 20, 2 = 2x + x 20, 2 2 得2x0)可知 g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1, + 上是增函數(shù)，所 x x x 以 g(x) min = g(1) = 1 + 3 0,所以當(dāng) x0 時，g(x)為(1) = 0,于是 f(x) A y- + 卑 4x+ ，得證. 3 2 6 3 2 6 + x 20,解得 x，令 fx)0,解得 O

31、vxv1, e e 從而 f(x)在 0, 1上單調(diào)遞減，在 1,+上單調(diào)遞增所以當(dāng) x= 1時，f(x)取得最小值一 1. e e e e 1 由題意得 f(x) ；ax 1 在1 , + 8上恒成立，即不等式 a 1 時，因為 g刈=1 1 一 0,故 g(x)在1, 上單調(diào)遞增，所以 g(x) x x x x x x x 的最小值是 g(1) = 1，從而 a 的取值范圍是(汽 1. 4. 已知函數(shù) f(x) = x2In x a(x2 1), a R. (1) 當(dāng) a= 1 時，求曲線 f(x)在點(1, f(1)處的切線方程； 若當(dāng) xl時，f(x)0亙成立，求 a 的取值范圍. 【

32、答案】見解析 【解析】(1)當(dāng) a = 1 時，f(x) = x2In x+ x2 1, fx) = 2xln x+ 3x. 則曲線 f(x)在點(1, f(1)處的切線的斜率為 f (= 3. 又 f(1) = 0,所以切線方程為 3x y 3= 0. (2) fx) = 2xIn x+ (1 2a)x= x(2In x+ 1 2a)，其中 x 1. 1 當(dāng) aq 時，因為 x所以 fx) 0. 所以函數(shù) f(x)在1 , + 上單調(diào)遞增.故 f(x)卻)=0. 1 1 當(dāng) a2 時，令 fx)= 0，得 x= ea 2 1 一 1 一 若 x 1 , ea 2 )，則 f刈0,所以函數(shù) f(x)在1 , ea 2