2019年山东省各地市一模数学试题分类汇编(文科)——函数与导数

2019年山东省各地市一模试题分类汇编
函数与导数
一、选择题
，
1.（枣庄一模5）已知
A. B. C. D.【答案】C
【分析】将指数式化为对数值，写出【解析】由于，
所以.
，则（）
的表达式，代入
，，故
，化简后求得的值.
，
2.（烟台一模4）函数 f
x
是定义在R上的奇函数，
f
A.
1
11，当x时0，
B.0
f xl o g，x则实数m m=
2
C.1
D.2
【答案】C
3.（日照一模6）函数 f x l n x 1
x
的图象大致为
【答案】A
【解析】由f(e)111
1，排除B，f(e)10
e e
，排除C，D,从而选A.
4.（泰安一模10）已知函数等于
4
B. C.
D.
3
1
【分析】利用已知推导出
【解析】解：函数
，由此能求出结果．，
．
故选：A．
5.（临沂一模7）已知函数
的图象关于对称，则是奇函数，当
=
时，函数的图象与函数
A. －7
B. －9
C. －11
D. －13【答案】C
【分析】由x＞0时，函数f（x）的图象与函数y＝log x的图象关于y＝x对称可得出，x
2
＞0时，f（x）＝2x，从而得出x＞0时，g（x）＝2x+x2，再根据g（x）是奇函数即可求出g （﹣1）+g（﹣2）的值．
【解析】∵x＞0时，f（x）的图象与函数y＝log x的图象关于y＝x对称；
2
∴x＞0时，f（x）＝2x；
∴x＞0时，g（x）＝2x+x2，又g（x）是奇函数；
∴g（﹣1）+g（﹣2）＝﹣[g（1）+g（2）]＝﹣（2+1+4+4）＝﹣
11．故选：C．
6.（潍坊一模8）函数的图象可能是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】计算函数与y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案．
【解析】当x＝0时，y＝4﹣1＝3＞0，排除C，当>x>0时，是单调递减的，当x> 时，导函数为-4sinx-
函数时递减的，故选A.
故选：A．
<0,所以也是单调递减的，又函数连续，故当x>0时，
7.（枣庄一模7）有如下命题：①函数，，中有两个在上是减函数；
②函数有两个零点；③若，则其中真命题的个数为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】利用幂函数的单调性判断①的真假，利用图像判断②的真假，利用对数的单调性判断③的真假.由此判断出真命题的个数.
【解析】根据幂函数的性质可知，，在上是减函数，在上是增函数，故①为真命题.令，，画出的图像如下图所示，由
图可知，两个函数有个交点，故得，而
述，真命题的个数为个，故选D.
有两个零点，即②为真命题.由
为定义域上的减函数，故，故③是真命题.综上所
8.（德州一模9）设是定义在R上周期为2的函数，且，记
，若，则函数在区间上零点的个数是
A.5
B.6
C.7
D.8
【答案】D
【解析】解：是定义在R上周期为2的
函数，且，
作出是在区间上图象如图：
由，得，
，
作出的图象，由图象知两个函数共有8个交点，
即的零点个数为8个，
故选：D．
9.（聊城一模8）设函数f x
e
1
x 1
a，若f x为奇函数，则不等式f x的解
4
集为
A．0,l n
2
B．,l n 2C．,l n 3D．0,l n3
【答案】C
10.（德州一模10）已知函数，其中e是自然对数的底数，若，
，，则a，b，c的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解：根据题意，函数，有，则函数为奇函数，
又由，则函数在R上为减函数，
，，
又由，
则；
故选：B．
11.（济南一模9）已知函数，则的最大值与最小值的和为
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】对进行化简，判断其中心对称，并求出对称中心，则其最大值和最小值也关于对称中心对称，得到结果.
【解析】对整理得，
1
而易知
都是奇函数，
则可设
，可得
为奇函数，即
关于点
对称
所以可知
关于点
对称，
所以
的最大值和最小值也关于点
，因此它们的和为 2.
故选 C 项.
12.（淄博一模 10）已知
， ，设 ， ， ，
则
A.
的大小关系是（ ）
B.
C.
D.
【答案】A
【分析】判断出
单调性可确定
【解析】
单调性之后，将
的大小关系.
的自变量转化为同底的对数的形式比较大小，结合
在 上单调递减
可得：
本题正确选项：
13.（青岛一模 11）已知函数 关系是（ ）
.
，若 ， ， ，则 ， ， 的大小
A.
【答案】D
【分析】可以得出
a ，
b ，
c 的大小关系．
B. C. D.
，从而得出 c ＜a ，同样的方法得出 a ＜b ，从而得出
【解析】
,
,
根据对数函数的单调性得到 a>c,
,又因为，，再由对数函数的单调性得到
a<b,∴c＜a，且a＜b；∴c＜a＜
b．故选：D．
14.（菏泽一模12）已知函数
最小值为，则（）
在区间上的最大值为，A. 4
【答案】A
B. 2
C. 1
D. 0
【解析】设，则
，则函数
最大值为，最小值为，所以
，
是奇函数，由已知
，即，故选A．
，记
的
15.（济宁一模11）已知函数，若函数有三个不同的零点，，，且，则的取值范围为
A.
【答案】C【解析】解：作出由
，
B. C. D.
的图象如图：
得，
，，，
则由，得，
即，
得，
即，
，
则，
即的取值范围是，
故选：C．
16.（泰安一模11）设，，则
A. B. C. D.
6
【答案】D
【分析】利用对数的运算法则即可得出．
【解析】，，，，
则
故选D.
.
17.（泰安一模12）若函数
围是（）
恰有三个极值点，则的取值范A.
【答案】A
B. C. D.
【分析】先对函数求导，得，当时，由，可得，从而极值点问题转化为了与y=-2m的交点问题,结合图像即可
得出m范围；当【解析】由题可知，由，可得
，当
<0,可得m的范围.
时，令，可化为，
令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，
的图象如图所示，所以当令，
，即
，解得，综上，
时，
有两个不同的解；
当.
，
18.（济南一模11）已知函数A.
C.则
B.
D.
的解集为（）
【答案】B
【分析】研究的单调性，利用函数单调性解不等式.【解析】当时，，
，单调递增，且时，，当时，单调递增，且
因此可得
解得
故选B项.单调递增，
可转化为
，
19.（日照一模12）己知函数
实数m的取值范围是
f x 2cosx m si n x3x 在，上单调递减，则
A．[一1，1]B．11
C．
1
D．
11
【答案】B
【解析】f (x)2sin x(m sin x)2cos x(cos x)3，因为f(x)在(,
)
上单
调递减，所以f (x)0恒成立，整理得4sin2x 2m sin x 50，设nsi x t(1t
1
)，
则不等式g(t)4t22m t 50在区间[1,1]上恒成立，于是有g (1)42m 50 g(1)42m 50，
，221，
2
，
22
8
1
m
2
即，故实数的取值范围是
1
m
2
11
[,]
22
，故选B.
20.（聊城一模12）已知函数
x
,x 0,
x 1
f x
ln x
,x
x
若关于x的方程，f
x x
a
无实根，则实数a的取值范围为
A.,0,1
e
B.,0,1
e
C.
1
D．
1
0,
e
【答案】B
21.（青岛一模12）已知函数
相等的根，则实数的取值范围是（）
A.
C.
，若方程（为常数）有两个不
B.
D.
【答案】D
【分析】求出当x＞0时，函数的导数，研究函数的极值和图象，作出函数f（x）的图象，由数形结合进行求解即可．
【解析】
m
11
,1
e
9
当x＞0时，函数f′（x）＝2﹣（lnx+1）＝1﹣lnx，
由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，得0＜x＜e，
由f′（x）＜0得1﹣lnx＜0得lnx＞1，得x＞e，当x值趋向于正无穷大时，y值也趋向于负无穷大，即当x＝e时，函数f（x）取得极大值，
极大值为f（e）＝2e﹣elne＝2e﹣e＝e，
当x≤0时，f（x）＝﹣x﹣x＝﹣（x+）+，是二次函数，在轴处取得最大值，
作出函数f（x）的图象如图：
要使f（x）＝a（a为常数）有两个不相等的实根，
则a＜0或＜a＜e，
即实数a的取值范围是（﹣∞，0）∪
故选：D．
，
22.（烟台一模12）已知函数 f
x 1x x3x5x7x9x11x3
35791113
，则使不等式
f
x 1
成立的x的最小整数为
A．3B．2C．1D．0
【答案】D
23.（枣庄一模12）已知函数的定义域为，且，的图象关于直线对称．若当时，，则使得成立的的取值范围是（）
A.
C.
【答案】B 【分析】根据
B.
D.
图像的对称性得到图像的对称性也即函数为偶函数，构造函数
，为偶函数，结合已知条件可知函数的单调性，由此求得不等式的解集.
【解析】由于函数图像关于对称，故的图像关于轴对称，也即函数为偶函
22
10
而，即函数为偶函数，所以函数在上单调递减.由于，，根据单调性和对称性有或，故选B.
二、填空题
24.（聊城一模13）函数
【答案】(0,2]
y ln x 2x的定义域为____________.
25.（日照一模13）若函数
3
【答案】
f
x x 23a
x1
为偶函数，则a ___________．
【解析】因为f
x f
x
，所以x2
3a x+1x2+3a x+1
，可得a＝3.
26.（菏泽一模13）函数的图像在处的切线方程是_________．
【答案】
【分析】对函数求导，求得切线斜率和切点坐标，利用点斜式可得切线方程.
【解析】
案为：
，所以，又当时，，所以切线方程为，故答
27.（淄博一模13）若
【答案】1
，，，则_______．
【分析】利用和求解得到的值；再将代入，求得；根据的值代入对应解析式求得结果.
【解析】，解得：
当时，
本题正确结果：
28.（济宁一模13）曲线
在点处的切线方程为______．
【解析】解：
可得曲线在点
的导数为，
处的切线斜率为1，
切点为，可得在点
故答案为：．
处的切线方程为，
29.（烟台一模16）若定义域为R 的函数 f x满足
f x f x
，则不等式e f l n x x f 10的解集为（结果用区间表示）
【答案】(0,e)
30.（枣庄一模16）若正实数
______.
【答案】
满足，则函数的零点的最大值为【分析】根据题意，先求出函数的零点，，然后换元，转化为求的最大值，求导取得其单调性，转化为求t的最大
值，再令，再根据单调性求最大值，最后求得结果.
【解析】因为正实数满足，则函数的零点
令
所以零点的最大值就相当于求
令，
的最大值
所以函数是单调递减的，
当t取最小值时，f(t)取最大值
又因为，a+b=1
所以
令，
令，解得
，解得
，此时
，此时
递增
递减，
所以此时
故答案为
31.（德州一模16）已知函数，，设两曲线，
有公共点P，且在P点处的切线相同，当时，实数b的最大值是______．【答案】
【解析】解：设，
，．
由题意知，，，
即，
，
解得或舍，
代入得：，，
，
当时，，当时，．
实数b的最大值是．
故答案为：．
32.（临沂一模16）若，则定义直线为曲线，的“分界直线”．已知，则的“分界直线”为____．【答案】y=x-1
【分析】求得f（x），g（x）的交点（1，0），可得所求直线过（1，0），即b＝﹣k，由kx ﹣k（x）在x＞1恒成立，运用判别式小于等于0，化简可得k＝1，可得直线方程为
y＝x﹣1，再证x﹣1≤xlnx在x≥1恒成立，通过函数y＝xlnx﹣x+1，求得导数，判断单调性，即可得到所求结论．
【解析】由f（1）＝ln1＝0，g（1）（1﹣1）＝0，
则f（x），g（x）的图象存在交点（1，0），
且f（x），g（x）在[1，+∞）递增，
可得直线y＝kx+b必过（1，0），即b＝﹣k，
由kx+b≥g（x），即kx﹣k（x）在x＞1恒成立，
即有（2k﹣1）x2﹣2kx+1≥0，
可得2k﹣1＞0，且△＝4k2﹣4（2k﹣1）≤0，
解得k＝1，
即有直线方程为y＝x﹣1，
下面证明x﹣1≤xlnx在x≥1恒成立，
由y＝xlnx﹣x+1的导数为y′＝1+lnx﹣1＝lnx，
由x≥1可得lnx≥0，即有函数y＝xlnx﹣x+1在x≥1递增，
可得xlnx≥x﹣1在x≥1恒成立，
则f（x），g（x）的“分界直线”为y＝x﹣1．
故答案为：y＝x﹣1．
三、解答题
33（泰安一模21）已知，函数，直线l：．讨论的图象与直线l的交点个数；
若函数的图象与直线l：相交于，两点，证明：
【分析】．
根据函数与方程的关系，设，求函数的导数，研究函数的单
调性和极值，结合极值与0的关系进行判断即可．
构造函数
【解析】解：则
，求函数的导数，结合
由題意，令
，
与l的交点坐标，进行证明即可．，
令所以令
，解得
在
，解得
．
上单调递增，
，所以在上单调递减，
则当时，函数取得极小值，同时也是最小值
，
当，即时，的图象与直线l无交点，
当
当
综上所述，当，即
，即
时，
时
时
的图象与直线l只有一个交点．
的图象与直线l有两个交
点．的图象与直线l无交点；
时
证明：令
的图象与直线l只有一个交点，时的图象与直线l有两个交点．，，
，
，即时，在
，
上单调递增，
恒成立，
又，
，
，又
在
，
上单调递增，即
．
34.（菏泽一模21）已知函数
（1）设，求函数
.
的单调区间；
（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.
【分析】(1)对函数f(x)求导，然后构造函数
单调性和最值即可得到函数f(x)的单调性；（2）“函数
，通过判断F(x)的在其定义域内有两个零点”可以
转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，利用导数的几何意义求解即可得到答案.
【解析】（1）
函数的定义域为，
令令
，则
，得；令，得
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以
所以
所以
（2）（法一）：
对任意
的单调递增区间为
的定义域为
恒成立，
，无单调递减区间.，
所以“函数在其定义域内有两个零点”等价于“方程在区间内有两个不同的实数根”即方程在区间内有两个不同的实数根
故上述问题可以转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，如图
若令过原点且与函数
令切点
图像相切的直线斜率为，由图可得
由又于是，得
，所以
，所以
，所以
，解得：
故实数的取值范围是
（法二）的定义域为，
，
当所以当时，
在
时，令
，
单调递增，所以
，得，
在不会有两个零点，不合题意，
在上，，在上单调递增，
在上，，在上单调递减，所以，
又时，
时，，，
要使
即
所以
所以
有两个零点，则有
，即实数的取值范围为.
35.（济南一模21）已知函数
（1）讨论
的单调性；
（2）若，试判断的零点个数.
.
【分析】（1）对求导后对进行分类讨论，找到和的区间，即为的单调区间.
（2）由（1）可知时，有极大值和极小值，研究他们的正负，并且找到
令的点，根据零点存在定理，找出零点个数.
【解析】（1）函
数
的定义域为，，令，则，，
（i）若，则恒成立，所以在上是增函数，
（ii）若，则，
当
当
时，
时，
，
，
是增函数，
是减函数，
当时，，是增函数，
（iii）若
当时，
当时，
，则
，
，
，
是增函数，
是减函数，
当时，，是增函数，
综上所述：当时，在上是增函数，
当当
，
时，
在
在
上是增函数，在
上是增函数，在
上是减函数，在
上是减函数，在
上是增函数，
上是增函数；
（2）当
在所以
时，
上是增函数，在
的极小值为
上是减函数，
在，
上是增函数，
的极大值为
设，其中，
,
,
所以在上是增函数，
所以，
因为，
所以有且仅有1个，使.
所以当时，有且仅有1个零点.
36.（临沂一模21）已知函数．
(1)判断
(2)若的单调性；
在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为﹣2lnx
00，令g（x）＝﹣2lnx
0 0
，根据函数的单调
性证明即可．
【解析】（1）函数的定义域是（0，+∞），f′（x）x﹣a，
易知x2﹣ax﹣2＝0有两根，x
1
故f（x）在（0，）递减，在（0，x
2
，
，+∞）递增；
（2）∵a＜0，∴1，
∴f′（x）在（1，+∞）上有唯一零点x
，
又f′（x）x﹣a，∴x﹣a＝0①，
要使f（x）≥0在区间（1，+∞）恒成立，且f（x）＝0有唯一解，
须f（x）＝0，即﹣2lnx
0 0由①②得：（1）﹣ax＝0②，
﹣2lnx（1）﹣x
（00
故﹣2lnx0，
令g（x）＝﹣2lnx
0 0，
x）＝0，
显然g（x）在（1，+∞）递减，
∵g（1）＝2＞0，g（2）＝﹣2ln2
∴1＜x＜2，
0，
又∵a
故a＜1．x在（1，+∞）递增，0
37.（青岛一模21）已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；
（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.
【分析】(1)对函数求导得到函数的单调性，进而得到函数的最值，发现函数最大值等于0，
从而得证；（2）原题等价于导函数存在两个变号零点，对导函数求导研究导函数的单调性，和图像性质，使得导函数有两个零点，进而得到结果.
【解析】（1）由题知：
令，
当，，所以在，
，
上单调递减.
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，故只有一个零点.（2）由（1）知：不合题意，
当
又因为时，因为
，所以
，
；
；，；
又因为，
因为函数
所以
所以存在
所以，
，
，即
，满足
；
，
，
，
，，
；，；
此时存在两个极值点，0，符合题意.
当时，因为，；，；所以；
所以，即在上单调递减，
所以无极值点，不合题意.
综上可得：.
38.（潍坊一模21）已知函数，，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）设，若，为函数的两个不同极值点，证明：.【分析】（1）求出原函数的导函数，可得时，若，，单调递增；若，求出导函数的零点，根据导函数与0的关系可得原函数的单调性；（2）根据导数先得在R上单调递增，原题转化为证，根据和
进一步转化为证
，设，
，再由
，化为证明，设
，得到证明
，
利用导数证明即可．
【解析】解：（1），
若，，，单调递增.若，由，解得，
且，
，，
，
单调递减，
单调递增.
综上，当时，的单调递增区间为，
当（2）故
时，的单调递增区间为
，
在上单调递增，即证：，
，单调递减区间为.
也即证：，
又，
所以，为方程即
，的两根，
即证，即，
而①-②得，
即证：，
不妨设，，
则证：变形得，
所以，，
设，
则，∴在单调递增，，
即结论成立.
22
39.（枣庄一模21）已知（I）求函数的极值；
（II）设，若【分析】（I）求得函数的有两个零点，求的取值范围．
，将分成两类，利用的正负
情况，得到的单调区间，进而求得的极值.（II）先求得函数的表达式，并求得其导数，对分成类，利用的单调区间和极值情况，
结合题意“【解析】（I）有两个零点”的要求，求得的取值范围.
.
（1）若，显然，所以在上递增，所以没有极值.（2）若
所以
所以（II）（1）若在
在
，则，
上是减函数，在
处取极小值，极小值为
函数
.
，则；
，
上是增函数.
.
的定义域为，
且.
.
所以在上是减函数，在上是增函数.所以.令，则.
显然
又函数在，所以在
上是减函数，取实数
上是减函数.
，则.
又
由零点存在性定理，所以
，则
符合题意.（2）若
所以
，则
不符合题意.（3）若
，
在
在
，显然
.
上是减函数，在
上各有一个唯一的零点.
仅有一个零点.
上是增函数.
①若，则.此时，即在上递增，至多只有一个零点，
所以不符合题意.
②若，则，函数在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，
所以在处取得极大值，且极大值，
所以所以最多有一个零点，
不符合题意.
③若，则，函数在和上递增，在上递减，
所以在处取得极大值，且极大值为，所以最多有一个零点，
所以不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
40.（淄博一模21）已知函数
（1）求
的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围.
.
【分析】（1）求导之后，通过对分子的二次函数的图像进行讨论，依次得到在不同范围中时，导函数的符号，从而求得单调区间；（2）根据（1）中所求在不同范围时的单调区间，得到的图像，通过图像找到恒成立所需条件，从而求得的取值范围.
【解析】（1）
①当令当时，
，解得，
时，
，且
；当时，
所以，②当
的单调递增区间是
时，
，单调递减区间是和；
所以，的单调递增区间是，单调递减区间是；
③当时，令，解得，，并且
当时，；当时，.
所以的单调递增区间是和，单调递减区间是；
④当时，，所以的单调递增区间是
⑤当当时，令，解得
时，
，
；当
，且
时，
所以，（2）由的单调递减区间是
及（1）知，
，单调递增区间是和
①当时，，不恒成立，因此不合题意；
②当
⑴极大值：
⑵极小值：时，需满足下列三个条件：
，得
⑶当当所以③当时，
时，
；
时，在
，，故
单调递增，
所以
④当
极大值：；时，
极小值：
由②中⑶知
，解得
所以
综上所述， 的取值范围是
41.（日照一模 21）已知函数
f
x 2ax l n x l n x 2ax 2
．
(1)当 a
1 时，求曲线
y f
x 在
1，f
1
处的切线方程；
(2)若对任意
x
1,
，都有 f
x 0
，求实数 a
的取值范围．
【解析】解：（1）当
a 1
时，f ( x ) (2 x ln x ) ln x 2 x 2
，函数 f ( x )
的定义域为 (0,)
，
f
1 1 1
(x) (2 )ln x (2 x ln x ) 2 2(1 )ln x x x x ，
所以 f
(1)0 ，又 f (1) 0
，
所以曲线 y
f ( x ) 在 (1, f (1))
处的切线方程为 y 0 . ….………....4分
（2） f
1
(x) (2a ) ln x (2a x ln x )
x
1 1 2(a x 1) 2a 2( a ) ln x ln x x x x ，
由题意知
f (1) 0 ，则有 2a 2 0 ，所以 a 1 .
（i ）若 a
0 ，则当 x 1 时， f
(x) 0 ， f ( x ) 在 (1，
)
上单调递减，
而
f (e 2 )
(2 a e 2
2) 22a e 2
2 2a e 2 2 0
，不满足
f ( x ) 0
.
（ii ）若
a
1
，
当
1 x
1 1 时， f (x) 0 ， f ( x ) 在 (1， ) a a
上单调递减，
当 1 1
x 时， f (x) 0 ， f ( x ) 在 ( ，)a a 上单调递增，
故
f ( x ) 在 [1,) 1
上的最小值为 f ( ) ，
a
由题意得 1 1 f
( ) (2 ln a ) (l n a ) 2 2
(2 ln a ) ln a 0 ，解得 a ， a e 2
26
（iii）若a 1，则当x 1时，f (x)0，f(x)在(1，)
故x 1时，f(x)0恒成立.
上单调递增，又f(1)0，
综上，实数a的取值范围是[1
e2
,1].…….………...12分
42.（德州一模21）已知函数．
证明：当时，；
设，若存在实数，，使得，求
小值参考公式：
的最
【解析】解：等价于：当令，当
时，，
时，
设函数，则，，故在递减，在递增，
故，
故在递增，
故，
即当时，；
则设，
，
，则，即，
故，，故，，
，，
令
则
故
故在
，，
，
，
递增，且，
当时，，当时，，故在递减，在递增，
故时，取最小值，此时，
即的最小值是．
43.（济宁一模21）已知函数，．
求函数若不等式的单调区间；
在时恒成立，求a的取值范围．
【解析】解：，若，，在递增，
若，令，解得：，
故在递增，在递减，
综上，若，若，在不等式考核在递增，
递增，在递减；
在恒成立，
令，，
，
若，，在递减，
故
，
故不等式恒成立等价于
，故
，
故
，
若
，则
，
当
当
时， ，
时，
，
故
在
递减，在
递增，
故
，不合题意，
若
，当
时， ，
故
在
递增，
故
，不合题意，
综上，
．
44.（聊城一模 21）已知函数
1 y 轴于点 ．
f
x
x
2
ln x mx 3
x ，曲线 y f x 在x 1处的切线交
(1)求 m 的值；
(2)若对于(1，十∞)内的任意两个数
x , x ，当 x x 1
2 1 2
时，
f x
f x
1
2
x
x
1 2
a
x x 1 2
恒成
立，求实数 a 的取值范围． 【解析】
0，3
45.（烟台一模21）已知函数 f
x 11
x4ax2,a R 42
．
(1)当a 1时，求曲线f x 在点2,f 2处的切线方程；
(2)设函数g
x x 22x 2a e
x ef x，其中e 2.71828…是自然对数的底数，讨论g x的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【解析】解：（1）由题意f (x)x3ax，所以当a 1时，f(2)2，f (2)6， (2)
分
因此曲线y f(x)在点(2, f(2))处的切线方程是y 26(x 2)，
即6x y 100. ……………………………………………………4分
（2）因为g(x)(x22x 2a)e x e f(x)
所以g (x)(2x 2)e x (x22x 2a)e x e f (x)
(x2a)e x e(x3ax)(x2a)(e x e x)，………………6分
令h(x)e x e x，则h(x)e x e，令h(x)0得x 1，当x (,1)时，h(x)0，h(x)单调递减，当x (1,)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x 1时，
30
当a 0时，g (x)(x2a)h(x)0，g(x)在
(,)
上单调递增，无极值；
…………………………………………9分
当a 0时，令g (x)0，可得x a.当x a或x a，g (x)(x2a)h(x)0，g(x)单调递增，当a x a，g (x)0，g(x)单调递减；因此，当x a时，g(x)
取极大值g
(
a)( 2a
e
2a)
e
4
2a；当x a时，g(x)取极小值g(a )(2a
e
a2)
e
4
2.a…………………………11分
综上所述：
当a 0时g(x)在
(,)
上单调递增，无极值；
当a 0时，g(x)在(,a)和(a,)单调递增，在(a,a)单调递减，函数既
有极大值，又有极小值，极大值为g
(
a)( 2a
2
)
e
a e
4
2a，极小值为
e
g(a )(2a 2)a e
4
a.………………………………………12分
2
31。