3.4 生活中的优化问题举例优秀课堂实录

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专题六

函数导数专题

【命题趋向】函数是高考考查能力的重要素材，以函数为基础编制的考查能力的试题在历年的高考试卷中占有较大的比重．这部分内容既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．一般说来，选择题、填空题主要考查函数的概念、单调性与奇偶性、函数图象、导数的几何意义等重要知识，关注函数知识的应用以及函数思想方法的渗透，着力体现概念性、思辨性和应用意识．解答题大多以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，并与数学思想方法紧密结合，对函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、有限与无限思想等进行较为深入的考查，体现了能力立意的命题原则．这些综合地统揽各种知识、应用各种方法和能力的试题充分显示了函数与导数的主干知识地位．在中学引入导数知识，为研究函数的性质提供了简单有效的方法．解决函数与导数结合的问题，一般有规范的方法，利用导数判断函数的单调性也有规定的步骤，具有较强的可操作性．高考中，函数与导数的结合，往往不是简单地考查公式的应用，而是与数学思想方法相结合，突出考查函数与方程思想、有限与无限思想等，所考查的问题具有一定的综合性．在一套高考试卷中一般有2-3个小题有针对性地考查函数与导数的重要知识和方法，有一道解答题综合考查函数与导数，特别是导数在研究函数问题中的应用，这道解答题是试卷的把关题之一．

【考点透析】函数和导数的主要考点包括函数的概念、图象与性质，函数与方程，函数模型及其应用，导数及其应用等．

【例题解析】

题型1 函数的概念及其表示

2 x≤1，1x，例1 （2008高考山东文5）设函数f(x)2则xx2，x1，1f的值为f(2)（

）

A．15

16B．27

16

C．8

9D．18

分析：由内向外逐步计算．

11，故解析：

f24,f24211115f1．答案A．

f2f4416点评：本题考查分段函数的概念和运算能力．解决的关键是由内到外“逐步有选择”的代入函数解析式，求出函数值．

例2（绍兴市2008学年第一学期统考数学试题第14题）如图，函数fx的图象是曲1线OAB，其中点O,A,B的坐标分别为0,0,(1,2),(3,1)，则ff3的值等于

．

分析：从图象上理解自变量与函数值的对应关系．

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解析：对于f(3)1,f(1)2．

点评：图象是表示函数的一种方法，图象上反应了这个函数的一切性质．

题型2 函数的图象与性质

例3（浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第14题）已知m为非零实数，若函数yln(m1)的图象关于原点中心对称，则m

．

x1分析：图象的对称性反应在函数性质上就是这个函数是奇函数，根据奇函数对定义域内任意x都有fxfx点特点可得一个关于x的恒等式，根据这个恒等式就可以确定m的值，特别地f0f0f00也可以解决问题．

m1)的图象关于原点中心对称,则对于f00，因此有x1ln(m1)0,m11,m2．答案2．

解析：

对于函数yln(点评：函数的奇偶性是函数的重要性质之一，这两个性质反应了函数图象的某种对称性，这二者之间是可以相互转换的．

1例4 （绍兴市2008学年第一学期统考数学试题第5题）设alog13,b,c23，32则（

）

A．abc

B．cba

C．cab

D．bac

分析：以0和1为分界线，根据指数函数与对数和的性质解决．

0.211解析：对于alog130,1b320.2o,c21，因此abc．答案A．

13点评：大小比较问题，可以归结为某个函数就归结为一个函数、利用函数的单调性比较，不能归结为某个函数一般就是找分界线．

题型3 函数与方程

例5．（浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第3题）函数x2x3fx1x的零点的个数是

23高考资源网（ks5u.com）

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A．0

B．1

C．2

D．3

分析：这是一个三次函数，可以通过研究这个函数的单调性与极值，结合函数图象的基本特征解决．

解析：对于fx1xx(x)221230，因此函数fx在R上单调递增，4而对于f(2)5230,f(2)0，因此其零点的个数为1个．答案B．

33点评：本例和例9在本质方法上是一致的，其基本道理就是“单调函数至多有一个零点”，再结合连续函数的零点定理，探究问题的答案．

例6．（浙江省五校2009届高三第一次联考理科第题）函数fxmx22x1有且仅有一个正实数的零点，则实数m的取值范围是

A．,1

B．,01

C．,00,1

D．,1

分析：函数中的二次项系数是个参数，先要确定对其分类讨论，再结合一次函数、二次函数的图象布列不等式解决．

1为函数的零点；当m0是，若0，即m1时，x1是2函数唯一的零点，若0，显然函数x0不是函数的零点，这样函数有且仅有一个正解析：当m0时，x实数零点等价与方程fxmx2x10有一个正根一个负根，即mf00，即2m0．综合知答案B．

点评：分类讨论思想、函数与方程思想是高考所着重考查的两种数学思想，在本题体现的淋漓尽致．还要注意函数的零点有“变号零点”和“不变号零点”，如本题中的x1就是函数的“不变号零点”，对于“不变号零点”，函数的零点定理是“无能为力”的，在解决函数的零点时要注意这个问题．

题型4 简单的函数模型及其应用

例7．（苏州市2009届高三教学调研测试第18题）经市场调查，某超市的一种小商品在过去的近20天内的销售量（件）与价格（元）均为时间t（天）的函数，且销售量近似1满足gt802t（件），价格近似满足f(t)20|t10|（元）．

2（1）试写出该种商品的日销售额y与时间t（0t20）的函数表达式；

（2）求该种商品的日销售额y的最大值与最小值．

分析：函数模型就是销售量乘以价格，价格函数带有绝对值，去掉绝对值后本质上是一个分段函数，建立起这个分段函数模型后，求其最值即可．

1解析：（1）yg(t)f(t)(802t)(20|t10|)(40t)(40|t10|)

2高考资源网（ks5u.com）

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(30t)(40t),(0≤t10),＝

(40t)(50t),(10≤t≤20).10时，y的取值范围是1200,1225，（2）当0t在t5时，y取得最大值为1225；

当10t201时，y的取值范围是600,1200，

在t20时，y取得最小值为600．

答案：总之，第5天，日销售额y取得最大为1225元；第20天，日销售额y取得最小为600元．

点评：分段函数模型是课标的考试大纲所明确提出要求的一个，分段函数在一些情况下可以用一个带有绝对值的解析式统一表达，要知道带有绝对值的函数本质上是分段函数，可以通过“零点分区”的方法去掉绝对值号再把它化为分段函数．

题型5 导数的意义、运算以及简单应用

例8．（2008高考江苏8）直线y1xb是曲线ylnx(x0)的一条切线，则实数2b

．

分析：切线的斜率是解析：

方法一y'1，就可以确定切点的坐标，切点在切线上，就求出来b的值．

211'，令y得x2，即切点的横坐标是2，则纵坐标是ln2，切线过点x22,ln2，所以bln21．

方法二：设曲线上一点点坐标是x0,lnx0，由y'1知道过该点的曲线的切线的斜率x是111，故过该点的曲线的切线方程是ylnx0xx0，即ylnx01，根x0x0x01xb重合，故x02,blnx01ln21．

2据已知这条直线和直线y答案：ln21．

点评：本题考查导数几何意义的应用，即曲线上一点处的导数值是曲线在该点的切线的斜率，解题的突破口是切点坐标，这也是解决曲线的切线问题时的一个重要思维策略．在解题中不少考生往往忽视“切点在切线上”这个简单的事实，要引以为戒．

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例9．（中山市高三级2008—2009学年度第一学期期末统一考试理科第2题）已知物体

的运动方程为stA．19

43（t是时间，s是位移），则物体在时刻t2时的速度为

t171513B．

C．

D．

4442分析：对运动方程求导就是速度非常．

解析：s'2t3，将t2代入即得．答案D．

t2点评：本题考查导数概念的实际背景，考试大纲明确提出“了解导数概念的实际背景”，要注意这样的考点．

例10．（江苏扬州市2008-2009学年度第一学期期未调研测试第14题）若函数fx13xa2x满足：对于任意的x1,x20,1都有|fx1fx2|1恒成立，则3a的

取值范围是

．

分析：问题等价于函数fx在区间0,1的最大值与最小值的差不大于1，可以通过求函数fx在0,1上的最值解决．

解析：问题等价于函数在0,1的fxmaxfxmin1．f'xxa，函数22fx13xa2x的极小值点是xa，若a1，则函数fx在0,1上单调递减，32故只要f0f11，即只要a423，即1a；若a1，此时33fxminfa1321aa2aa2a，由于f00,f1a2，故当333a12232222时，fxmaxf1，此时只要aaa1即可，即aa1，33333由于a33223a1时，此时10，故此时成立；当，故a13333342fxmaxf0，故只要a2a1即可，此显然．故a，即a的取值范围是33高考资源网（ks5u.com）

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223,3．

33点评：三次函数一直以来都是大纲区高考的一个主要考点，主要用这个函数考查考生对用导数研究函数性质、研究不等式等问题的理解和掌握程度，随着课标的考试大纲对导数公式的强化，课标区高考的函数导数解答题已经把函数的范围拓宽到了指数函数、对数函数、三角函数等（包括文科），但三次函数是高中阶段可以用导数研究的最为透彻的函数之一，高考也不会忽视了这个函数! 题型6 导数在研究函数、方程、不等式等问题中的综合运用

例11（安徽省

\* MERGEFORMAT 皖南八校2009届高三第二次联考理科数学第22题）已知函数f(x)lnxa，

x（1）当a0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

（2）若f(x)在[1,e]上的最小值为3，求a的值；

2（3）若f(x)x2在(1,)上恒成立，求a的取值范围．

分析：（1）通过判断导数的符号解决；（2）确立函数的极值点，根据极值点是不是在区间[1,e]上确立是不是要进行分类讨论和分类讨论的标准；（3）由于参数a是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．

解析：（1）由题意：f(x)的定义域为(0,)，且f(x)1axa22．

xxxa0,f(x)0，故f(x)在(0,)上是单调递增函数．

（2）由（1）可知：f(x)xa

x2①

若a1，则xa0，即f(x)0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，

33[f(x)]minf(1)a,a（舍去）．

22②

若ae，则xa0，即f(x)0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，

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[f(x)]minf(e)1a3ea（舍去）．

e22③

若ea1，令f(x)0得xa，

当1xa时，f(x)0,f(x)在(1,a)上为减函数，

当axe时，f(x)0,f(x)在(a,e)上为增函数，

[f(x)]minf(a)ln(a)1综上可知：ae．

（3）3ae，

2f(x)x2,lnxax2．

x又x0,axlnxx3

116x2令g(x)xlnxx,h(x)g(x)1lnx3x,h(x)6x，

xx32h(x)在[1,)上是减函数，h(x)h(1)2，即g(x)0，

g(x)在[1,)上也是减函数，g(x)g(1)1．

2令a1得ag(x)，∴当f(x)x在(1,)恒成立时，a1．

点评：本题前两问是借助于导数和不等式这两个工具研究函数的性质，地三问是借助于导数研究不等式，这是目前课标区高考中函数导数解答题的主要命题模式．求一个函数在一个指定的闭区间上的最值的主要思考方向就是考虑这个函数的极值点是不是在这个区间内，结合函数的单调性确立分类讨论的标准．本题第三问实际上是对函数gx两次求导，也要注意这个方法．

例12．（浙江宁波市2008学年度第一学期期末理科第22题）已知函数f(x)xt(t0)和点P(1

,

0)，过点P作曲线yf(x)的两条切线PM、PN，切x点分别为M(x1,y1)、N(x2,y2)．

2（1）求证：x1,x2为关于x的方程x2txt0的两根；

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（2）设MNg(t)，求函数g(t)的表达式；

（3）在（2）的条件下，若在区间[2

,16]内总存在m1个实数a1,a2,,am1（可以相同），使得不等式g(a1)g(a2)g(am)g(am1)成立，求m的最大值．

分析：（1）写出曲线上任意一点处的切线方程后，把点P点坐标代入，就会得到一个仅仅含有参数t的方程，而两个切点的横坐标都适合这个方程，则两个切点的横坐标必是一个以参数t为系数的一个方程的两个解；（2）根据第一的结果和两点间距离公式解决；（3）根据第二问的结果探究解题方案．

解析：（1）由题意可知：y1x1tt,y2x2，

x1x2∵

f(x)1tttPMy(x)(1)(xx1)，

，

∴切线的方程为：12x2x1x1tt)(12)(1x1)，

x1x1又切线PM过点P(1,0)，

有0(x12即x12tx1t0，

①

同理，由切线PN也过点P(1,0)，得x22tx2t0．②

2由①、②，可得x1,x2是方程x2txt0（

* ）的两根．

2x1x22t,（2）由（

* ）知．



xxt

.12MN(x1x2)2(x1ttx2)2

x1x2t2)]20t220t，

x1x2[(x1x2)24x1x2][1(1∴

g(t)20t220t (t0)．

（3）易知g(t)在区间[2,16]上为增函数，

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g(2)g(ai)g(16)(i1,2,,m1)，

则mg(2)g(a1)g(a2)g(am)g(am1)g(16)．

即mg(2)g(16)，即m2022202

所以m201622016，

136，由于m为正整数，所以m6．

3又当m6时，存在a1a2a62，a716满足条件，所以m的最大值为6．

点评：本题第一问的解决方法具有一般的意义，许多过一点作曲线的两条切线、两个切点的横坐标之间的关系都可以得到这个结论，这对进一步解决问题往往是关键的一步．本题第三问的解决方法用的是先估计、再确定的方法，也只得仔细体会．

例13．(2009江苏泰州期末20)已知fxaxlnx,xe,0,g(x)其中e是自然常数，aR.

（1）讨论a1时, f(x)的单调性、极值；

（2）求证：在（1）的条件下，|f(x)|g(x)ln(x)，x1；

2（3）是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由．

分析：（1）求导后解决；（2）去绝对值后构造函数、利用函数的单调性解决，或是证明函数fxmin1（3）根据极值点是不是在区间e,0确立分类讨论的gx；2max1x1

xx标准，分类解决．

解析：（1）fxxlnx

f'x1当ex1时，f'x0，此时fx为单调递减，

当1x0时，f'x0，此时fx为单调递增，

fx的极小值为f11

．

（2）fx的极小值，即fx在e,0的最小值为1，

1lnx1

fxmin1

令hxgx2x2高考资源网（ks5u.com）

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又h'xhx在e,0上单调递减

1111hxmaxhe1fxmin

e2221当xe,0时，fxgx

2ln(x)1，

当ex0时h'x0

2x（3）假设存在实数a，使fxaxlnx有最小值3，xe,0，f'xa1

x110

ex函数fxaxlnx是e,0上的增函数

fxminfeae13

41解得a（舍去）

ee111②当a时，则当ex时，f'xa0

eax此时fxaxlnx是减函数

11当x0时，f'xa0，此时fxaxlnx是增函数

xa11fxminf1ln3

aa2解得ae

①当a时，由于xe,0，则f'xa点评：本题的第二问实际上可以加强为证明对任意的x1,x2e,0证明1fx1gx2；第三问的解答方法具有一般的意义，即求函数在指定闭区间上的2最值分类就是按照极值点是不是在这个区间上进行的．

题型7 函数的应用、生活中的优化问题

例14．（2008高考江苏卷17）如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A,B

及CD的中点P处，已知AB20km,BC10km，为了处理三家工厂的污水，现要在该矩形ABCD的区域上（含边界），且与A,B等距离的一点O处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO,BO,OP，设排污管道的总长为ykm

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（1）按下列要求建立函数关系式：

①设BAO(rad)，将y表示为的函数；

②设OPx(km)，将y表示为x的函数关．

（2）请你选用（1）中的一个函数关系，确定污水处理厂的位置，使铺设的排污管道的总长度最短．

分析：（1）已经指明了变量，只需按照有关知识解决即可；（2）根据建立的函数模型，选择合理的模型和方法解决．

解析：（1）①如图，延长PO交AB于点Q，由条件知PQ垂直平分AB，若BAOrad，则OAAQ1010，故OB

cosBAOcoscos

又OP1010tan，所以yOAOBOP所求函数关系式为y②若10101010tan

coscos2010sin10(0)

cos4OPx(km)OQ10x，则，所以OAOB(10x)2102x220x200

2所求函数关系式为yx2x20x200（2）选择函数模型①．

方法一：（使用导数的方法）

(0x10)．

10coscos(2010sin)(sin)10(2sin1)

22coscos1令y'0得sin

，

0，当(0,)时y'0，y是的减2466y'高考资源网（ks5u.com）

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函数；当(,)时y'0，y是的增函数．所以函数在处取得极小值，这6461201021010310．

个极小值就是函数y在0,的最小值，ymin342当6时，AOBO10cos6203km．因此，当污水处理厂建在矩形区域内3且到A,B两点的距离均为203km时，铺设的排污管道的总长度最短．

32010sin2sin2sin101010，记t

，coscoscos方法二：（传统的方法）y则sintcos2，化为sin21t2，

其中cos11t2,sint1t2，由正弦函数的有界性知21t21，

解得t3或t3，又当04时t2sin0，故t3，

cos即t的最小值为3，当t3时，sin1,cos由此知可以取13，

,sin22362sin方法三：（从几何意义上考虑）同方法二，t，

cos，此时6，即当时，函数y有最小值（下同方法一）．

则t可以看作是平面上的定点M220,2，与动点Ncos,sin上连点的斜率，

而动点N是单位圆xy1在第二象限的后半区的一段弧，

设过点M0,2的直线方程为ytx2，由于圆心到直线的距离不大于圆的半径，

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则21t21(下面的分析类似解法一)．

选用函数模型②：

方法一：（导数的方法）

y'12x20x220x2002，令y'0则x220x200202x，

平方得3x60x2000，解得x10103，由于0x10，

3故x10103，并且可以判断这个是函数的最小值点，

3103，下面对实际问题的解释类似上面的解法．

3此时OQ方法二：（判别式的方法）将函数y看作常数，移项，平方，

整理得3x22y40x800-y20，由于x是实数，

故4y4012800y220，即y220y8000，

解得y10103，或y10103，由于y0，舍掉这个解，

故函数y的最小值是10103，当y10103时，

方程3x22y40x800-y20有两个相等的实数根

2y4021010340103x10（下面对实际问题的解释类似于上2363面的解法）．

点评：本题考查函数的概念、解三角形、导数等基本知识，考查数学建模能力、抽象概括能力和解决实际问题的能力．命题者匠心独具地把对同一个问题让考生用不同的变量建立数学模型，而在接下来的第二问中又要求考生选用所建立的两个函数模型中的一个来解决优化问题，这就要求考生有对数学模型较高的鉴赏能力，选用的模型不同，其简繁程度就不同，使考生在比较鉴别中体会数学的美学价值，是一道值得称道的优秀试题．

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

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一、选择题

ax(x0),f(x1)f(x2)1．已知函数f(x)满足对任意x1x2，都有0成立，x1x2(a3)x4a(x0)则a的取值范围是

A．0,

4

C．,1

（

）

1B．0,1

14D．0,3

32．定义在R上的函数f(x)的图象关于点(,0)成中心对称，对任意的实数x都有4f(x)=-f(x+3?)，且f(-1)=1,f(0)=-2，则f(1)+f(2)+f(3)+鬃2f(2008)的值为

（

）

A．-2

B．-1

C．0 D．1 3．已知函数①f(x)3lnx；②f(x)3ecosx；③f(x)3ex；④f(x)3cosx．其中对于f(x)定义域内的任意一个自变量x1都存在唯一个自变量x2，使成立的函数是

A．③

B．②③

xxf(x1)f(x2)3（

）

C．①②④

D．④

4．设aR，函数f(x)eae的导函数是f(x)，且f(x)是奇函数

．

若曲线3yf(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为

（

）

2ln2A．



B．ln2

2ln2C．

D．

ln2

2lnalnx5．已知函数fx在1,上为减函数，则实数a的取值范围是

（

）

x1A．0a

B．0ae

C．ae

D．ae

e13326．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t称后的位移为stt2t，那么速度为32高考资源网（ks5u.com）

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零的时刻是

A．0秒

二、填空题

7．已知函数f(x)ln

B．1秒末

C．2秒末

（

）

D．1秒末和2秒末

1x则关于a的不等式f(a2)f(a24)0的解集是

．

sinx，1x8．已知函数fxmx2lnx2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为_________．

9．（文科）有下列命题：①函数ycosx的距离为cosx的图象中，相邻两个对称中心44；②函数yx3的图象关于点1,1对称；③关于x的方程x1ax22ax10有且仅有一个实数根，则实数a1；④已知命题p：对任意的xR，都有sinx1，则p：存在xR，使得sinx1．其中所有真命题的序号是

．

9．（理科）（1）sinxdx

．

223132x33223x【解析】

这个面积是2xx3dxx1339532．

33三

解答题

x2ax1，其中a为实数．

10．已知函数fxe21（1）若a时，求曲线yf(x)在点1,f(1)处的切线方程；

21（2）当x时，若关于x的不等式fx0恒成立，试求a的取值范围．

2232x2x11．已知f(x)x2xcx4，g(x)eef(x)，

3（1）若fx在x12处取得极值，试求c的值

x和fx的单调增区间；

（2）如右图所示，若函数yf(x)的图象在[a,b]连续

光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在

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c(a,b),使得f'(c)？（用含有a,b,fa,fb

的表达式直接回答）

（3）利用（2）证明：函数yg(x)图象上任意两点的连线斜率不小于2e4．

12．已知函数fxlnx,gxax2xa0．

（1）若函数yfx与ygx的图象在公共点P处有相同的切线，求实数a的值并求点P的坐标；

（2）若函数yfx与ygx的图象有两个不同的交点M、N，求a的取值范围；

（3）在（2）的条件下，过线段MN的中点作x轴的垂线分别与fx的图像和gx的图像交S,T点，以S为切点作fx的切线l1，以T为切点作gx的切线l2．是否存在实数a使得l1//l2，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由．

【参考答案】

1．解析：A

条件等价于函数fx单调递减．

2．解析：D 由f(x)=-f(x+3)，得f(x+3)=f(x)，因此，f(x)是周期函数，并且周期233是3函数f(x)的图象关于点(,0)成中心对称, 因此，f(x)=-f(--x)，所以，42f(1)=1

f(1)+f(2)+f(3)=0，f(1)+f(2)+f(3)+鬃?f(2008)＝f(1)

3．解析：A

②④是周期函数不唯一，排除；①式当x1=1时，ln10不存在x2使得成立，排除；答案：A．

4．解析：D

f'xeae，由于f'x是奇函数，故f'xf'x对任意x恒xxxx成立，由此得a1，由f'xee32xx得2e3e20，即2e

x22ex10e2，故xln2，故切点的横坐标是ln2．

，解得x高考资源网（ks5u.com）

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1x(lnalnx)1(lnalnx)x5．解析：D f'x，因为fx在1,上为减函22xx数，故f'x0在1,上恒成立，即lna1lnx在1,上恒成立，等价于lna1lnx在1,上的最大值．设x1lnx，xmax1，故lna1，ae，选答案D．

226．解析：D s't3t2，即vt3t2，令v0，解得t1或2，选答案D．

7．解析：(3,2)

f(x)ln1xsinx是奇函数，

1x1x22(1x)sinxlnsinxln1sinx，fx在1,1

又f(x)ln1x1xx1单调递增，故fx定义在1,1上的且是增函数．由已知得f(a2)f(a24)

即f(a2)f(4a2)．

3a2a24a23a2．

故1a211a31a2415a3或3a5即不等式的解集是(3,2)．

211128．解析：,

f'x2mx20对一切x0恒成立，2m，令x2xx1112gx，则当1时，函数gx取最大值1，故2m1，即m≥．

2xxx9．（文科）解析：③④

①函数ycosx心的距离为d21cosxcos2x，相邻两个对称中442Tx3，错误；②函数y图象的对称中心应为1,1，错误；③22x120正确；④正确．

9．（理科）解析：2

sinxdx222sinxdx2(cosx)202．

2（2）直线y2x与抛物线yx3所围成图形的面积为

．

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1x211xx1,fxexx，从而得10．解析：（1）．当a时，fxe22221f1e1,f11处的切线方程为e，故曲线yf(x)在点1,f2111ye1(e)(x1)，即exy0．

2221exx21112（2）．由f(x)0，得axexx21,x,a，令22x11exx21exx1x2112x22(x)e(x1)x1,则令gx,则gx,22xx11xx(ex1),x,x0，即(x)在,上单调递增．所以22e117(x)0，因此x0，故gx在,单调递增．则22821e112，因此a的取值范围是a2e9．

gxg142211．解析：（1）f'(x)2x24xc，

依题意，有f'(12)0，即

c2(12)24(12)2．

12f(x)'23x2x22x4，f'(x)2x24x2．

3令f(x)0,得x12或x12，

从而fx的单调增区间为(,12]和[12,)．

（2）f(c)'f(b)f(a)．

bax2x（3）g(x)eef(x)exe2x23x2x22x4，

3g'(x)exe2x2x24x2

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2e22xeex2(x1)42ex2042e4.

eex由（2）知，对于函数yg(x)图象上任意两点A,B，在A,B之间一定存在一点

C(c,g'(c)),使得g'(c)KAB，又g'(x)2e4，故有KABg'(c)2e4，证毕．12．解析：（1）设函数yfx与ygx的图象的公共点Px0,y0，则有

2lnx0ax0x0

①

又在点P有共同的切线

∴f'x0g'x01x01代入①得

2ax01a2x02x011x0

221111设hxlnxxh'x0x0

22x2lnx0所以函数hx最多只有1个零点，观察得x01是零点，

∴a1，此时P1,0

（2）方法1 由fxgxlnxaxxa2lnxx

2x121x2xlnxx1x2lnxlnxxxr'x令rx

x2x4x3当0x1时，r'x0，则rx单调递增

当x1时，r'x0，则rx单调递减，且所以rx在x1处取到最大值r11，

所以要使ylnxx0

x2lnxx与ya有两个不同的交点，则有0a1．

2x高考资源网（ks5u.com）

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方法2 根据（1）知当a1时，两曲线切于点1,0，此时变化的ygx的对称轴是1，而yfx是固定不动的，如果继续让对称轴向右移动即211xa1，两曲线有两个不同的交点，当a0时，开口向下，只有一个交2a2点，显然不合，所以0a1．

x（3）不妨设Mx1,y1,Nx2,y2，且x1x2，则MN中点的坐标为x1x2y1y2,

22以S为切点的切线l1的斜率kSf'2x1x2

2xx12以T为切点的切线l2的斜率kTg'x1x2ax1x21

2如果存在a使得kSkT，即22ax1x21

①

x1x22而且有lnx1ax1x1和lnx2ax2x2，

如果将①的两边同乘x1x2得

2(x1x2)2ax12x2x1x2，

x1x22(x11)x2．

x11x2x2(x1x2)x2ax12x1(ax2x2)lnx1lnx2ln1，即ln1x2x1x2x22121x11，则有ln设1，令hln1，

x21114h'，∵1，∴h'0

(1)2(1)21高考资源网（ks5u.com）

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2

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因此h在1,上单调递增，故hh10，所以不存在实数a使得l1//l2．

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