2020-2021学年新教材高考数学 第三章 导数及其应用 2 考点2 含参数的函数的单调性练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点2 含参数的函数的单调性（2018浙江卷）已知函数f（x）xlnx.（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）12x1x.由f（x1）f（x2）得12x11x112x21x2.因为x1x2，所以1x11x212.由基本不等式，得12x1x2x1x224x1x2.因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f（x1）f（x2）x1lnx1x2lnx212x1x2ln（x1x2）设g（x）x2lnx，则g（x）14

2、x（x4），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），na+1k21，则f（m）kma|a|kka0，f（n）knan1n-an-kna+1n-k0，所以存在x0（m，n），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kx-lnx-ax.设h（x）x-lnx-ax，则h（x）lnx-x2-1+ax2-gx-1+ax2，其中g（x）x2lnx.由（1）可知g（x）g（16），又a34l

3、n 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（2018天津卷（理）已知函数f（x）ax，g（x）logax，其中a1.（1）求函数h（x）f（x）xlna的单调区间；（2）若曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线与曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线平行，证明x1g（x2）2lnln aln a；（3）证明当ae1e时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线【解析

4、】（1）由已知得h（x）axxlna，则h（x）axlnalnA令h（x）0，解得x0.由a1，可知当x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表：所以函数h（x）的单调递减区间为（，0），单调递增区间为（0，）（2）证明由f（x）axlna，可得曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线斜率为ax1ln A由g（x）1xln a，可得曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线斜率为1x2ln a.因为这两条切线平行，所以有ax1ln a1x2ln a，即x2ax1（lna）21，两边取以a为底的对数，得logax2x12logaln a0，所以x1g（x2）2lnln aln a.（3）

5、证明曲线yf（x）在点（x1，ax1）处的切线为l1：yax1ax1ln a（xx1）曲线yg（x）在点（x2，logax2）处的切线为l2：ylogax21x2ln a（xx2）要证明当ae1e时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线，只需证明当ae1e时，存在x1（，），x2（0，），使得l1与l2重合即只需证明当ae1e时，下面的方程组有解ax1ln a=1x2ln a,ax1-x1ax1ln a=logax2-1ln a,由得，x21ax1(ln a)2，代入，得ax1x1ax1ln ax11ln a2lnln aln a0.因此，只需证明当ae1e时，关于

6、x1的方程存在实数解设函数u（x）axxaxlnax1ln a2lnln aln a，即要证明ae1e时，函数u（x）存在零点u（x）1（lna）2xax，可知当x（，0）时，u（x）0；当x（0，）时，u（x）单调递减，又u（0）10，u1(ln a)21a1(ln a)20，故存在唯一的x0，且x00，使得u（x0）0，即1（lna）2x0ax00.由此可得u（x）在（，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减u（x）在xx0处取得极大值u（x0）因为ae1e，所以lnlna1，所以u（x0）ax0x0ax0ln ax01ln a2lnln aln a1x0(ln a)2x02lnln a

7、ln a2+2ln ln aln a0.下面证明存在实数t，使得u（t）0.由（1）可得ax1xlna，当x1ln a时，有u（x）（1xlna）（1xlna）x1ln a2lnln aln a（lna）2x2x11ln a2lnln aln a，所以存在实数t，使得u（t）0.因此当ae1e时，存在x1（，），使得u（x1）0.所以当ae1e时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线【答案】见解析（2018全国卷（理）已知函数f（x）（2xax2）ln（1x）2x.（1）若a0，证明：当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0；（2）若x0是f（x）的极大值点，求

8、A（1）证明当a0时，f（x）（2x）ln（1x）2x，f（x）ln（1x）x1+x.设函数g（x）f（x）ln（1x）x1+x，则g（x）x1+x2.当1x0时，g（x）0；当x0时，g（x）0，故当x1时，g（x）g（0）0，当且仅当x0时，g（x）0，从而f（x）0，当且仅当x0时，f（x）0.所以f（x）在（1，）上单调递增又f（0）0，故当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0.（2）f（x）ax2-x+1+2ax1+xln(x1)x+1，记h（x）ax2x（12ax）（1x）ln（x1）（x1），则h（x）4ax（4ax2a1）ln（x1）当a0，x0时，h（x）0，h（x）单

9、调递增，所以h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）单调递增，所以x0不是极大值点，不符合题意当a0时，令m（x）4ax（4ax2a1）ln（x1），则m（x）8a4aln（x1）1-2ax+1，显然m（x）单调递减令m（0）0，解得a16，所以当1x0时，m（x）0，m（x）单调递增，即h（x）单调递增当x0时，m（x）0，m（x）单调递减，即h（x）单调递减所以h（x）h（0）0，所以h（x）单调递减因为h（0）0，所以当1x0时，h（x）0，f（x）0，f（x）单调递增；当x0时，h（x）0，f（x）0，f（x）单调递减，此时x0为f（x）的极大值点，符合题意当16a0时，所以m（0）

10、16a0，m（e1+6a4a1）（2a1）（1e1+6a4a）0，所以m（x）0在x0上有唯一零点，记为x0，所以当0xx0时，m（x）0，m（x）单调递增，即h（x）单调递增，所以h（x）h（0）0，h（x）单调递增，所以h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）单调递增，不符合题意当a16时，m（0）16a0，m1e2-1（12a）e20.所以m（x）0在1x0上有唯一零点，记为x1，所以当x1x0时，m（x）0，m（x）单调递减，即h（x）单调递减所以h（x）0，h（x）单调递减，所以h（x）0，即f（x）0，f（x）单调递减，不符合题意综上，a16.【答案】见解析（2018全国卷（理）

11、已知函数f（x）1xxalnx.（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2x1-x2a2.【解析】（1）f（x）的定义域为（0，），f（x）1x21axx2-ax+1x2.若a2，则f（x）0，当且仅当a2，x1时，f（x）0，所以f（x）在（0，）上单调递减若a2，令f（x）0，得xa-a2-42或xa+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,时，f（x）0；当xa-a2-42,a+a2-42时，f（x）0.所以f（x）在0,a-a2-42，a+a2-42,上单调递减，在a-a2-42,a+a2-42上单调递增（2）证明由（1）知，f（x）存在两个极值点当且仅当a2.由于f（x）的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于fx1-fx2x1-x21x1x21alnx1-lnx2x1-x22alnx1-lnx2x1-x22a-2lnx21x2-x2，所以fx1-fx2x1-x2a2等价于1x2x22ln x20.设函数g（x）1xx2ln x，由（1）知，g（x）在（0，）上单调递减又g（1）0，从而当x（1，）时，g（x）0.所以1x2x22ln x20，即fx1-fx2x1-x2a2.【答案】见解析