21高考数学新高考一轮复习考点考法精练：第三章 第二讲 导数的简单应用 含解析

第二讲 导数的简单应用
1.[2020安徽六校测试]若函数f (x )=2x 3 - 3mx 2+6x 在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m 的取值范围是
( )
A.(-∞,1]
B.(-∞,1)
C.(-∞,2]
D.( - ∞,2)
2.[原创题]函数f (x )=(1
2x - 1)e x +1
2x 的极值点的个数为 ( )
A.0
B.1
C.2
D.3
3.[2020南昌市测试]若函数f (x )=(x - 1)e x - ax (e 为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a 的取值范围是
( )
A.( - 1
e ,0) B.( - ∞,0) C.( - 1
e ,+∞) D.(0,+∞)
4.[2020洛阳市第一次联考]定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ' (x ),若对任意实数x ,都有f (x )>f ' (x ),且f (x )+2 019为奇函数,则不等式f (x )+2 019e x <0的解集为 ( )
A.(-∞,0)
B.(0,+∞)
C.(-∞,1
e )
D.(1
e
,+∞)
5.[2019昆明市高考模拟]函数y =f (x )的导函数y =f ' (x )的图象如图3 - 2 - 1所示,
图3-2-1
则函数y =f (x )的图象可能是
( )
A B C D
6.[2019济南市质检]已知函数f (x )=ln (x - 1),g (x )=x
e ,若
f (x 1)=
g (x 2),则x 1 - x 2的取值范围是 ( ) A .[1
e ,+∞) B .[1,+∞) C .[2,+∞) D .[e ,+∞)
7.[2019皖中名校第二次联考]已知函数f (x )=(x 2 - mx - m )e x +2m (m > - 2,e 是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是 ( ) A.4e - 2或(4+ln 2)e - 2+2ln 2 B.4e - 2或(4+ln 2)e 2+2ln 2 C.4e - 2或(4+ln 2)e - 2 - 2ln 2 D.4e - 2或(4+ln 2)e 2 - 2ln 2
8.[多选题]定义在R 上的函数f (x )的图象是连续不断的曲线,且f (x )=f ( - x )e 2x ,当x >0时,f ' (x )>f (x )恒成立,则下列判断正确的是 ( )
A .e 5f (2)<f ( - 3)
B .f (2)<e 5f ( - 3)
C .e 5f ( - 2)<f (3)
D .f ( - 2)<e 5f (3)
9.[2020天津模拟]函数f (x)=1
2
x2+x - 2ln x的最小值为.
10.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知函数f (x)=1+lnx
x-1 − k
x
.
(1)当k=0时,求函数f (x)的单调区间;
(2)若f (x)>0对任意的x∈(1,+∞)恒成立,求整数k的最大值.
11.[2020陕科大附中模拟]已知函数f (x)=x ln(x+a)+1(a<0).
(1)若函数f (x)在定义域上为增函数,求a的取值范围.
(2)证明:f (x)<e x+cos x(e为自然对数的底数).
12.[2020百校联考]设[x]表示不超过x的最大整数,若f (x)=1
3
e x- ln x的最小值为M,则[M]=
()
A. - 1
B.0
C.1
D.2
13.[2019郑州第三次质量预测]设函数f (x)在R上存在导函数f ' (x),∀x∈R,有f (x) - f ( - x)=x3,在(0,+∞)上恒有2f ' (x)- 3x2>0,若f (m- 2)- f (m)≥- 3m2+6m- 4,则实数m的取值范围为
()
A.[ - 1,1]
B.( - ∞,1]
C.[1,+∞)
D.( - ∞, - 1]∪[1,+∞)
14.[2019合肥市高三调研]已知函数f (x)=e x+e- x+2cos x,其中e为自然对数的底数,则对任意a∈R,下列不等式一定成立的是() A.f (a2+1)≥f (2a) B.f (a2+1)≤f (2a)
C.f (a2+1)≥f (a+1)
D.f (a2+1)≤f (a)
15.[2019福建五校第二次联考]设函数f ' (x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f ' (x)ln
x< - 1
x
f (x).则使得(x2 - 4)f (x)>0成立的x的取值范围是() A.(-2,0)∪(0,2) B.(-∞,-2)∪(2,+∞)
C.(-2,0)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(0,2)
16.[2020江西红色七校第一次联考]若函数f (x)与g(x)满足“存在实数t,使得f (t)=g' (t)”,则称
函数g(x)为f (x)的“友导”函数.已知函数g(x)= - 1
3
x3 - 3x+1为函数f (x)=2x ln x - ax的“友导”函数,则a的取值范围是.
17.[2020四省八校联考]已知函数f (x )=13
x 3 - 1
2
ax 2,a ∈R .
(1)当a =2时,求曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程;
(2)设函数g (x )=f (x )+(x - a )cos x - sin x ,讨论g (x )的单调性并判断g (x )有无极值,有极值时求出极值.
18.[2019全国卷Ⅰ,20,12分][理]已知函数f (x )=sin x - ln (1+x ),f ' (x )为f (x )的导数,证明: (1)f ' (x )在区间( - 1,π
2)上存在唯一极大值点; (2)f (x )有且仅有2个零点.
19.[2020四省八校联考][新角度题]直线x =a (a >0)分别与直线y =2x +1,曲线y =x +ln x 相交于A ,B 两点,则|AB |的最小值为 ( )
A .1
B .2
C .√2
D .√3
20.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f (x )=√3sin πx
m ,若存在f (x )的极值点x 0满足x 02
+[f (x 0)]2<m 2,
则m 的取值范围是 ( )
A.( - ∞, - 6)∪(6,+∞)
B.( - ∞, - 4)∪(4,+∞)
C.( - ∞, - 2)∪(2,+∞)
D.( - ∞, - 1)∪(1,+∞)
21.[2020湖北部分重点中学高三测试]已知函数f (x )=ax 2 - x +ln x (a >0).
(1)若曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x +2y =0垂直,求a 的值及函数g (x )=f (x ) - 2ln x 的单调区间.
(2)若f (x )的极大值和极小值分别为m ,n ,证明:m +n <2ln 2 - 3.
第二讲导数的简单应用
1.C因为f ' (x)=6(x2- mx+1),且函数f (x)在区间(1,+∞)上是增函数,所以f ' (x)=6(x2-
mx+1)≥0在(1,+∞)上恒成立,即x2 - mx+1≥0在(1,+∞)上恒成立,所以m≤x2+1
x =x+1
x
在(1,+∞)上恒成
立,即m≤(x+1
x )min(x∈(1,+∞)),又当x∈(1,+∞)时,x+1
x
>2,所以m≤2.故选C.
2.A由题意知f ' (x)=1
2e x+(1
2
x- 1)e x+1
2
=1
2
[e x(x- 1)+1].令g(x)=e x(x- 1)+1,则g' (x)=e x(x-
1)+e x=x e x,令g' (x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间
( - ∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f ' (x)≥0,所以函数f (x)不存在极值点,故选A.
3.A由题意得f ' (x)=x e x - a,因为函数f (x)=e x(x - 1) - ax有两个极值点,所以f ' (x)=0有两个不等的实根,即a=x e x有两个不等的实根,所以直线y=a与y=x e x的图象有两个不同的交点.令g(x)=x e x,则g' (x)=e x(x+1).当x< - 1时,g' (x)<0,当x> - 1时,g' (x)>0,所以函数g(x)在( - ∞, - 1)上单
调递减,在(- 1,+∞)上单调递增,所以当x= - 1时,g(x)取得最小值,且最小值为- 1
e
.易知当x<0
时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3 - 2 - 1所示,则- 1
e
<a<0,故选A.
图D 3 - 2 - 1
4.B令g(x)=f(x)
e x ,因为
f (x)>f ' (x),所以g' (x)=f '(x)-f(x)
e x
<0,所以g(x)在R上单调递减.因为f (x)+2
019是定义在R上的奇函数,所以f (0)+2 019=0,即f (0)= - 2 019,则g(0)= - 2 019.不等式f (x)+2
019e x<0可转化为f(x)
e x
< - 2 019,即g(x)<g(0),又g(x)在R上单调递减,所以x>0,则不等式f (x)+2 019e x<0的解集为(0,+∞),故选B.
5.A由导函数y=f ' (x)的图象可知,当x<0时,f ' (x)有两个零点,且在每个零点两侧f ' (x)都异号,所以原函数有两个负的极值点,排除B,C,D,选A.
6.B设f (x1)=g(x2)=t,则ln(x1 - 1)=t,x2
e
=t,所以x1=e t+1,x2=e t,所以x1 - x2=e t+1 - e t.设h(t)=e t+1 - e t,则h' (t)=e t - e,故h(t)在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以h(t)min=h(1)=1,所以h(t)的值域为[1,+∞),故x1 - x2的取值范围为[1,+∞).
7.A由题意知,f ' (x)=[x2+(2 - m)x - 2m]e x=(x+2)(x - m)e x.
由f ' (x)=0得x= - 2或x=m.因为m> - 2,所以函数f (x)在区间( - ∞, - 2)和(m,+∞)内单调递增,在区间(- 2,m)内单调递减.于是函数f (x)的极小值为f (m)=0,即(m2- m2- m)e m+2m=0,(2 - e m)m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f (x)的极大值为f ( - 2)=4e - 2;当m=ln 2时,f (x)的极大值为f ( - 2)=(4+ln 2)·e - 2+2ln 2.故选A.
8.BC构造函数g(x)=f(x)
e x ,因为
f (x)=f ( - x)e2x,所以f ( - x)=f(x)
e2x
,则g( - x)=f(-x)
e-x
=
f(x)
e2x
e-x
=f(x)
e x
=g(x),所
以g(x)为偶函数.当x>0时,g' (x)=
f '(x)-f(x)
e x >0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(3)>g(2),则g(- 3)>g(2),g(3)>g(- 2),即f(-3)
e-3
>
f(2) e2,f(3)
e3
>f(-2)
e-2
,即e5f ( - 3)>f (2),e5f ( - 2)<f (3),所以BC正确.故选BC.
9.3
2因为f ' (x)=x+1 - 2
x
=(x+2)(x-1)
x
(x>0),
所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以f (x)min=f (1)=1
2+1=3
2
.
10.(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
当k =0时,f ' (x )=
-1x
-lnx
(x -1)2
.
令g (x )= - 1
x - ln x ,则g' (x )=1-x
x 2. 当x ∈(0,1)时,g' (x )>0,g (x )单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,g' (x )<0,g (x )单调递减. ∴g (x )max =g (1)= - 1<0,∴g (x )<0,∴f ' (x )<0,
∴f (x )的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间. (2)由f (x )>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,得1+lnx x -1
− k x >0(x >1),即k <[
x(1+lnx)x -1
]min (x >1).
令h (x )=
x(1+lnx)x -1
,x >1,则h' (x )=x -2-lnx
(x -1)2,
令φ(x )=x - 2 - ln x ,x >1,则φ' (x )=x -1
x >0, ∴φ(x )在(1,+∞)上单调递增, 又φ(3)=1 - ln 3<0,φ(4)=2 - 2ln 2>0, ∴存在唯一x 0∈(3,4),使得φ(x 0)=0, 即x 0 - 2 - ln x 0=0,x 0 - 1=1+ln x 0,
当x 变化时,h' (x ),h (x )的变化情况如下表所示:
x (1,x 0) x 0 (x 0,+∞) h' (x )
-
+
h (x ) 单调递减 极小值 单调递增
∴h (x )min =h (x 0)=
x 0(1+ln x 0)
x 0-1
=x 0∈(3,4),
∴整数k 的最大值为3.
11.(1)由题意知,f (x )的定义域为( - a ,+∞),且f ' (x )=ln (x +a )+x x+a
.
设m (x )=f ' (x )=ln (x +a )+x
x+a ,则m' (x )=1
x+a +a
(x+a)2=x+2a
(x+a)2. 因为a <0,所以 - 2a > - a.
令m' (x )=0,可得x = - 2a ,则当x ∈( - a , - 2a )时,m' (x )<0;当x ∈( - 2a ,+∞)时,m' (x )>0. 所以m (x )在( - a , - 2a )上单调递减,在( - 2a ,+∞)上单调递增.
由函数f (x)在定义域上为增函数,得m(x)min=m( - 2a)=ln( - a)+2≥0,解得a≤ - e - 2,所以a的取值范围是( - ∞, - e - 2].
(2)因为a<0,x> - a.所以x>0,f (x)=x ln(x+a)+1<x ln x+1,
要证明f (x)<e x+cos x,只需证明x ln x<e x+cos x - 1.
(i)当0<x≤1时,因为e x+cos x - 1>0,x ln x≤0,所以x ln x<e x+cos x - 1成立.
(ii)当x>1时,设g(x)=e x+cos x - x ln x - 1,
则g' (x)=e x - ln x - sin x - 1.设h(x)=g' (x),则h' (x)=e x - 1
x
-cos x.
因为x>1,所以h' (x)>e - 1 - 1>0,即h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>e - sin 1 - 1>0,即g' (x)>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>e+cos 1 - 1>0,即x ln x<e x+cos x - 1.
综上可知,f (x)<e x+cos x.
12.B由f (x)=1
3e x - ln x得f ' (x)=1
3
e x - 1
x
,f ' (x)在(0,+∞)上为增函数,且f ' (1)=1
3
e - 1<0,
f '
(3 2)=1
3
e32 − 2
3
=1
3
(e32- 2)>0,所以存在x0∈(1,3
2
),使得
f ' (x0)=0,所以1
3e x0=1
x0
.易得 f (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以M=f
(x0)=1
3e x0- ln x0=1
x0
- ln x0.设g(x)=1
x
- ln x,则g(x)在(1,3
2
)上是减函数,且g(1)=1,g(3
2
)=2
3
- ln3
2
=2
3
−
1 2ln 2.25>2
3
− 1
2
=1
6
>0,所以0<M<1,所以[M]=0.故选B.
13.B设F(x)=2f (x) - x3,则F( - x)=2f ( - x)+x3,F(x) - F( - x)=2f (x) - 2f ( - x) - 2x3=2x3 - 2x3=0,故F(x)=2f (x)- x3为偶函数.F' (x)=2f ' (x)- 3x2,因为2f ' (x)- 3x2>0在(0,+∞)上恒成立,所以F(x)=2f (x) - x3在(0,+∞)上单调递增,因为F(m)=2f (m) - m3,F(m - 2)=2f (m - 2) - (m - 2)3=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8),F(m - 2) - F(m)=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8) - 2f (m)+m3=2[f (m - 2) - f (m) - ( - 3m2+6m - 4)]≥0,所以F(m - 2) - F(m)≥0,即F(m - 2)≥F(m),得|m - 2|≥|m|,两边平方得m2 -
4m+4≥m2,解得m≤1,故选B.
14.A依题意可知,f (x)=e x+e - x+2cos x=f ( - x),所以f (x)是偶函数,f ' (x)=e x - e - x - 2sin x,且f ' (0)=0,令h(x)=f ' (x),则h' (x)=e x+e - x - 2cos x,当x∈[0,+∞)时,h' (x)=e x+e - x - 2cos x≥0恒成立(当且仅当x=0时取等号),所以f ' (x)=e x - e - x - 2sin x在[0,+∞)上单调递增,所以f ' (x)≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f (x)在[0,+∞)上单调递增,又函数f (x)是偶函数,(a2+1)2- 4a2=(a2-1)2≥0,所以f (a2+1)≥f (2a),故选A.
15.D设函数g(x)=f (x)ln x,则g' (x)=f ' (x)ln x+1
x f (x).于是,当x>0时,由f ' (x)ln x< - 1
x
f (x)
可得g' (x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)<g(1)=0,即f (x)ln x<0,又ln x>0,所以此时f (x)<0;当0<x<1时,有g(x)>g(1)=0,即f (x)ln x>0,又ln x<0,所以此时f (x)<0.
对于不等式f ' (x)ln x< - 1
x f (x),取x=1可得f ' (1)ln 1< - 1
1
f (1),化简得f (1)<0,即当x=1时,f
(x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f (x)<0,故由(x2 - 4)f (x)>0(x>0)得x2 - 4<0,解得0<x<2.当x<0时,由f (x)为奇函数及“当x>0时,f (x)<0”可得f (x)>0,故由(x2 - 4)f (x)>0(x<0)得x2 - 4>0,解得x< - 2.易知f (0)=0,所以x=0不满足(x2 - 4)f (x)>0.综上,x的取值范围是( - ∞, - 2)∪(0,2).故选D.
16.[4,+∞)由题意,得g' (x)= - x2 - 3.又由题意知g(x)= - 1
3
x3 - 3x+1为函数f (x)=2x ln x - ax的“友
导”函数,所以方程2x ln x - ax= - x2 - 3有解,即a=x+2ln x+3
x 有解.令h(x)=x+2ln x+3
x
,则h' (x)=1+2
x
−
3 x2=(x+3)(x-1)
x2
,当0<x<1时,h' (x)<0,函数h(x)单调递减;当x>1时,h' (x)>0,函数h(x)单调递增.所以
h(x)≥h(1)=4,所以由方程a=x+2ln x+3
x
有解,可得a≥4.
17.(1)由题意,得f ' (x)=x2 - ax,当a=2时,f (3)=0,f ' (x)=x2 - 2x,所以f ' (3)=3,因此,曲线y=f (x)在点(3,f (3))处的切线方程是y=3(x - 3),
即3x - y - 9=0.
(2)因为g(x)=f (x)+(x - a)cos x - sin x,
所以g' (x)=f ' (x)+cos x - (x - a)sin x - cos x
=x(x - a) - (x - a)sin x
=(x - a)(x - sin x).
令h(x)=x - sin x,则h' (x)=1 - cos x≥0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.
①当a<0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),
当x∈( - ∞,a)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(a,0)时,x - a>0,g' (x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.
a3 - sin a;所以,当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)= - 1
6
当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)= - a.
②当a=0时,g' (x)=x(x - sin x),
当x∈( - ∞,+∞)时,g' (x)≥0,g(x)单调递增.
所以,g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),
当x∈( - ∞,0)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(0,a)时,x - a<0,g' (x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.
所以,当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)= - a;
a3 - sin a.
当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)= - 1
6
综上所述:
当a<0时,函数g(x)在( - ∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极
小值,极大值是g(a)= - 1
6
a3 - sin a,极小值是g(0)= - a;
当a=0时,函数g(x)在( - ∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0时,函数g(x)在( - ∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极
小值,极大值是g(0)= - a,极小值是g(a)= - 1
6
a3 - sin a.
18.(1)设g(x)=f ' (x),则g(x)=cos x - 1
1+x ,g' (x)= - sin x+1
(1+x)
.
当x∈( - 1,π
2)时,g' (x)单调递减,而g' (0)>0,g' (π
2
)<0,可得g' (x)在( - 1,π
2
)上有唯一零点,设为α.则
当x∈( - 1,α)时,g' (x)>0;当x∈(α,π
2
)时,g' (x)<0.
所以g(x)在( - 1,α)上单调递增,在(α,π
2)上单调递减,故g(x)在( - 1,π
2
)上存在唯一极大值点,即f '
(x)在( - 1,π
2
)上存在唯一极大值点.
(2)f (x)的定义域为( - 1,+∞).
(i)当x∈(- 1,0]时,由(1)知,f ' (x)在(- 1,0)上单调递增,而f ' (0)=0,所以当x∈(- 1,0)时,f ' (x)<0,故f (x)在( - 1,0)上单调递减.又f (0)=0,从而x=0是f (x)在( - 1,0]上的唯一零点.
(ii)当x∈(0,π
2]时,由(1)知,f ' (x)在(0,α)上单调递增,在(α,π
2
)上单调递减,而f ' (0)=0,f ' (π
2
)<0,
所以存在β∈(α,π
2),使得f ' (β)=0,且当x∈(0,β)时,f ' (x)>0;当x∈(β,π
2
)时,f ' (x)<0.故f (x)在
(0,β)上单调递增,在(β,π
2
)上单调递减.
又f (0)=0,f (π
2)=1 - ln(1+π
2
)>0,所以当x∈(0,π
2
]时,f (x)>0.从而f (x)在(0,π
2
]上没有零点.
(iii)当x∈(π
2,π]时,f ' (x)<0,所以f (x)在(π
2
,π)上单调递减.而f (π
2
)>0,f (π)<0,所以f (x)在(π
2
,π]上有
唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f (x)<0,从而f (x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f (x)有且仅有2个零点.
19.B根据题意,设f (x)=2x+1 - x - ln x=x+1 - ln x,则f ' (x)=1 - 1
x =x-1
x
(x>0),所以函数f (x)在(0,1)
上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f (x)min=
f (1)=2 - ln 1=2,所以|AB |min =2.故选B.
20.C 由题意得,当πx m =k π+π2(k ∈Z),即x =(2k+1)m 2(k ∈Z)时,f (x )取得极值±√3.若存在f (x )的极值点
x 0满足x 02+[f (x 0)]2<m 2,则存在k ∈Z,使[(2k+1)m 2]2
+3<m 2成立,即存在k ∈Z,使(2k -
1)(2k +3)m 2+12<0成立,因此只需(2k - 1)(2k +3)最小,即k =0或k = - 1时不等式成立即可,所以 - 3m 2+12<0,得m >2或m < - 2,所以m ∈( - ∞, - 2)∪(2,+∞).故选C .
21.(1)由题意,得函数f (x )的导函数f ' (x )=
2ax 2-x+1x ,所以f ' (1)=2a ,即曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线的斜率k =2a ,
又曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x +2y =0垂直,所以2a =2,解得a =1.
所以g (x )=x 2 - x - ln x ,g' (x )=2x - 1 - 1x =(2x+1)(x -1)x (x >0),
所以当0<x <1时,g' (x )<0,当x >1时,g' (x )>0.故g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)设x 1,x 2为方程f ' (x )=0,即2ax 2 - x +1=0的两个实数根,则x 1+x 2=12a ,x 1x 2=12a ,
由题意得{Δ=1-8a >0,x 1+x 2>0,x 1x 2>0,
解得0<a <18. 因为函数f (x )的极大值和极小值分别为m ,n ,
所以m +n =f (x 1)+f (x 2)=a (x 12+x 22) - (x 1+x 2)+ln (x 1x 2)= - ln (2a ) - 14a - 1,令2a =t ,则0<t <14,m +n = - ln t - 12t - 1.
令F (t )= - ln t - 12t - 1(0<t <14
),则F' (t )=1-2t 2t 2, 当0<t <14
时,F' (t )>0,所以F (t )在(0,14)上单调递增, 则0<t <14时,F (t )<F (14)=2ln 2 - 3,即m +n <2ln 2 - 3.。