1、第三章第三章导数及其应用导数及其应用 第二节第二节导数的应用第导数的应用第 1 课时课时 考点考点 2 含参数的函数的单调性含参数的函数的单调性 （2018浙江卷）已知函数 f（x） ?ln x. （1）若 f（x）在 xx1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）f（x2）88ln 2； （2）若 a34ln 2，证明：对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf（x）有唯一公共点 【解析】证明（1）函数 f（x）的导函数为 f（x） ? ? ? ? ?. 由 f（x1）f（x2）得 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?. 因为 x1x2， 所以 ? ? ? ? ? ?. 由基本不等
2、式，得? ? ? ? ?2?. 因为 x1x2，所以 x1x2256. 由题意得 f（x1）f（x2） ?ln x1 ?ln x2? ? ?ln（x1x2） 设 g（x） ? ? ln x，则 g（x） ? ?（ ?4） ， 当 x 变化时，g（x）和 g（x）的变化如下表所示： 所以 g（x）在（256，）上单调递增， 故 g（x1x2）g（256）88ln 2， 即 f（x1）f（x2）88ln 2. （2）令 me（|a|k） ，n ? ? ? 21，则 f（m）kma|a|kka0， f（n）knan ? ? ? ? ? ? ? n ? ? ? ? ? 0， 所以存在 x0（m，n）
3、，使 f（x0）kx0a， 所以对于任意的 aR 及 k（0，） ，直线 ykxa 与曲线 yf（x）有公共点 由 f（x）kxa，得 k ?ln? ? . 设 h（x） ?ln? ? ， 则 h（x） ln? ? ? ? ? ? ? ? ? ， 其中 g（x） ? ? ln x. 由（1）可知 g（x）g（16） ，又 a34ln 2， 故g（x）1ag（16）1a34ln 2a0， 所以 h（x）0，即函数 h（x）在（0，）上单调递减， 因此方程 f（x）kxa0 有唯一一个实根 综上，当 a34ln 2 时，对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf（x）有唯一公共点 【答案】见解析
4、 （2018全国卷（文） ）已知函数 f（x）? ?x 3a（x2x1） （1）若 a3，求 f（x）的单调区间； （2）证明：f（x）只有一个零点 【解析】 （1）当 a3 时，f（x）? ?x 33x23x3， f（x）x26x3. 令 f（x）0，解得 x32 ?或 x32 ?. 当 x（，32 ?）（32 ?，）时，f（x）0； 当 x（32 ?，32 ?）时，f（x）0. 故 f（x）的单调递增区间为（，32 ?） ， （32 ?，） ，单调递减区间为（32 ?，32 ?） （2）证明因为 x2x10 在 R 上恒成立， 所以 f（x）0 等价于 ? ?3a0. 设 g（x） ? ?
5、3a，则 g（x） ? ? ?0 在 R 上恒成立， 当且仅当 x0 时 g（x）0， 所以 g（x）在（，）上单调递增 故 g（x）至多有一个零点，从而 f（x）至多有一个零点 又 f（3a1）6a22a? ?6 ? ? ? ? ? ?0， f（3a1）? ?0，故 f（x）有一个零点 综上，f（x）只有一个零点 【答案】见解析 （2018全国卷（文） ）已知函数 f（x）aexln x1. （1）设 x2 是 f（x）的极值点，求 a，并求 f（x）的单调区间； （2）证明：当 a? e时，f（x）0. 【解析】 （1）f（x）的定义域为（0，） ，f（x）aex? ?. 由题设知，f（2）0，所以 a ? ?e?. 从而 f（x） ? ?e?e xln x1，f（x） ? ?e?e x? ?. 当 0 x2 时，f（x）0；当 x2 时，f（x）0. 所以 f（x）的单调递增区间为（2，） ，单调递减区间为（0,2） （2）证明当 a? e时，f（x） e? eln x1. 设 g（x）e ? eln x1（x（0，） ） ，则 g（x） e? e ? ?. 当 0 x1 时，g（x）0；当 x1 时，g（x）0. 所以 x1 是 g（x）的最小值点 故当 x0 时，g（x）g（1）0. 因此，当 a? e时，f（x）0. 【答案】见解析
