《（浙江專版）2018年高考數(shù)學 母題題源系列 專題18 應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018年高考數(shù)學 母題題源系列 專題18 應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題十八 應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 【母題原題1】【2018浙江，22】已知函數(shù)f(x)=?lnx． （Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2； （Ⅱ）若a≤3?4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點． 【答案】（Ⅰ）見解析 （Ⅱ）見解析 【解析】分析: （Ⅰ）先求導數(shù)，根據(jù)條件解得x1，x2關系，再化簡f(x1)+f(x2)為，利用基本不等式求得取值范圍，最后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性證明不等式，（Ⅱ）一方面利用零點存在定理證明函數(shù)有零點，另一方面，利用導數(shù)證明函數(shù)在上單調(diào)遞減，即至多一個零點.兩者綜合即得結(jié)論. 詳解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的導函數(shù)， 由得， 因為，所以． 由基本不等式得． 因為，所以． 由題意得． 設， 則， 所以 x （0，16） 16 （16，+∞） - 0 + 2-4ln2 所以g（x）在[256，+∞）上單調(diào)遞增， 故， 即． 設h（x）=， 則h′（x）=， 其中g(shù)（x）=． 由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2， 故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0， 所以h′（x）≤0，即函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，因此方程f（x）–kx–a=0至多1個實根． 綜上，當a≤3–4ln2時，對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點． 點睛：利用導數(shù)證明不等式常見類型及解題策略：(1) 構(gòu)造差函數(shù).根據(jù)差函數(shù)導函數(shù)符號，確定差函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性得不等量關系，進而證明不等式.（2）根據(jù)條件，尋找目標函數(shù).一般思路為利用條件將求和問題轉(zhuǎn)化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù). 【母題原題2】【2017浙江，7】函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)的圖像可能是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】原函數(shù)先減再增，再減再增，且位于增區(qū)間內(nèi)，因此選D． 【名師點睛】本題主要考查導數(shù)圖象與原函數(shù)圖象的關系：若導函數(shù)圖象與軸的交點為，且圖象在兩側(cè)附近連續(xù)分布于軸上下方，則為原函數(shù)單調(diào)性的拐點，運用導數(shù)知識來討論函數(shù)單調(diào)性時，由導函數(shù)的正負，得出原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間． 【命題意圖】考查導數(shù)的概念、導數(shù)公式求導法則導數(shù)的幾何意義及導數(shù)的應用，考查數(shù)學式子變形能力、運算求解能力、分類討論思想、函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想及分析問題與解決問題的能力． 【命題規(guī)律】從全國看，高考在逐年加大對導數(shù)問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一般有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數(shù)的幾何意義；第二層次是導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考查，如零點、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)等，包括解決應用問題，將導數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機結(jié)合，設計綜合題.浙江卷2018年作為壓軸題，其考查的靈活性可見一斑. 【答題模板】求解應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)問題的一般思路： 第一步：牢記求導法則，正確求導.在函數(shù)與導數(shù)類解答題中，通常都會涉及求導，正確的求導是解題關鍵，因此要牢記求導公式，做到正確求導，解題時應先寫出函數(shù)定義域． 第二步：研究（1）（2）問的關系，注意利用第(1)問的結(jié)果.在題設條件下，如果第(1)問的結(jié)果第(2)問能用得上，可以直接用，有些題目不用第(1)問的結(jié)果甚至無法解決． 第三步：根據(jù)條件，尋找或構(gòu)造目標函數(shù)，注意分類討論.高考函數(shù)與導數(shù)解答題，一般都會涉及分類討論，并且討論的步驟也是得分點，所以一定要重視分類討論． 第四步：選擇恰當?shù)姆椒ㄇ蠼?，注意寫全得分關鍵：在函數(shù)與導數(shù)問題中，求導的結(jié)果、分類討論的條件、單調(diào)區(qū)間、零點等一些關鍵式子和結(jié)果都是得分點，在解答時一定要寫清楚． 【方法總結(jié)】 1.導數(shù)法證明函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)性的步驟 (1)求； (2)確認在內(nèi)的符號； (3)作出結(jié)論：時為增函數(shù)；時為減函數(shù)． 2.圖象法確定函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)性：導函數(shù)的圖象在哪個區(qū)間位于x軸上方(下方)，說明導函數(shù)在該區(qū)間大于0(小于0)，那么它對應的原函數(shù)在那個區(qū)間就單調(diào)遞增(單調(diào)遞減)． 3.已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)范圍的兩個方法： (1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集． (2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題：即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來求解． 4.求函數(shù)f(x)極值的步驟： (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導數(shù)f′(x)； (3)解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根； (4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號，如果左正右負，那么f(x)在x0處取極大值，如果左負右正，那么f(x)在x0處取極小值． 【溫馨提醒】導數(shù)值為0的點不一定是函數(shù)的極值點，“函數(shù)在某點的導數(shù)值為0”是“函數(shù)在該點取得極值”的必要不充分條件．找函數(shù)的極值點，即先找導數(shù)的零點，但并不是說導數(shù)的零點就是極值點(如y＝x3)，還要保證該零點為變號零點． 6.求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟 (1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值； (2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)； (3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值． 【溫馨提醒】函數(shù)在限定區(qū)間內(nèi)最多只有一個最大值和一個最小值，如果存在最大或最小值，最大值一般是在端點或極大值點取得，最小值一般是在端點或極小值點取得．極值與最值的區(qū)別 (1)“極值”反映函數(shù)在某一點附近的大小情況，刻畫的是函數(shù)的局部性質(zhì)；“最值”是個整體概念，是整個區(qū)間上的最大值或最小值，具有絕對性． (2)從個數(shù)上看，最值若存在，則必定是惟一的，而極值可以同時存在若干個或不存在，且極大(小)值并不一定比極小(大)值大(小)． (3)從位置上看，極值只能在定義域內(nèi)部取得，而最值卻可以在區(qū)間的端點處取得；有極值未必有最值，有最值未必有極值． 7. 解決含參數(shù)問題及不等式問題注意兩個轉(zhuǎn)化： (1)利用導數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應用． (2)將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題處理． 8.關于最值問題： ①對求函數(shù)在某一閉區(qū)間上，先用導數(shù)求出極值點的值和區(qū)間端點的值，最大者為最大值，最小者為最小值，對求函數(shù)定義域上最值問題或值域，先利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，從而弄清函數(shù)的圖像，結(jié)合函數(shù)圖像求出極值； ②對已知最值或不等式恒成立求參數(shù)范圍問題，通過參變分離轉(zhuǎn)化為不等式≤（≥）（ 是自變量，是參數(shù)）恒成立問題，≥（≤），轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，注意函數(shù)最值與極值的區(qū)別與聯(lián)系. 1．【2018屆河北省衡水中學三輪復習系列七】已知函數(shù)fx=ex-x+12(e為自然對數(shù)的底)，則fx的大致圖象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：求出導函數(shù)，利用導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)數(shù)形結(jié)合，利用零點存在定理判斷極值點位置，結(jié)合f1<0，利用排除法可得結(jié)果. 詳解： 函數(shù)fx=ex-x+12的極值點就是fx=ex-2x+1=0的根， 相當于函數(shù)y=ex和函數(shù)y=2x+1交點的橫坐標，畫出函數(shù)圖象如圖， 由圖知函數(shù)y=ex和函數(shù)y=2x+1有兩個交點， 因為f-1>0,f0<0,f2>0. 所以-11，可排除選項B，D； 由f1=e-4<0，可排除選項A，故選C. 點睛：本題通過對多個圖象的選擇考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題.這類題型也是近年高考常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據(jù)函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、特殊點以及x→0+,x→0-,x→+∞,x→-∞時函數(shù)圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意的選項一一排除. 2．【2018屆浙江省杭州市第二中學仿真】設函數(shù)f（x）=1-1x，g（x）=lnx， （Ⅰ）求曲線y=f（2x-1）在點（1,0）處的切線方程； （Ⅱ）求函數(shù)y=f（x）?g（x）在區(qū)間[1e,e]上的取值范圍． 【答案】（1）y=x-1（2）[0,e-1] （Ⅱ）y=(1-1x)lnx=lnx-lnxx, y=1x-1xx+lnx2xx=x-1+lnx2xx,因為x∈[1e,e]，所以xx>0. 令h(x)=x-1+lnx2，h(x)=x+12x>0，則h(x)在[1e,e]單調(diào)遞減， 因為h(1)=0，所以y=f(x)?g(x)在[1e,1]上增，在[1,e]單調(diào)遞增. ymin=f(1)?g(1)=0,ymax=max{f(1e)?g(1e),f(e)?g(e)}=max{e-1,1-1e}, 因為e-1>1-1e，所以y=f(x)?g(x)在區(qū)間[1e,e]上的值域為[0,e-1]. 3．【浙江省杭州市學軍中學2018年5月模擬】已知函數(shù)f(x)=lnx+1x+ax，其中x>0,a∈R. （Ⅰ）若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+∞上不單調(diào)，求a的取值范圍； （Ⅱ）若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+∞上有極大值2e，求a的值. 【答案】(1) -142)，則h(x)=1x-2x2=x-2x2>0 所以函數(shù)h(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，而h(e)=0 所以β=e，所以α=1-ββ2=1-ee2 ∴當α=1-ee2時，函數(shù)f(x)在1,+∞由極大值2e. 點睛：（1）本題主要考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和最值、極值，意在考查學生對這些基礎知識的掌握能力和分析推理的能力.(2)解答本題的難點求得極大值f(β)=2e，得lnβ+1β+αβ=2e（*）后，如何求β的值.這里又利用了構(gòu)造函數(shù)和求導解答. 4．【2018屆浙江省溫州市9月一?！恳阎瘮?shù)f(x)=x-3x-4lnx． （1）求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； （2）當00解不等式即可得f(x)的單調(diào)增區(qū)間； （2）x2+2x-3≤4xlnx等價于f(x)=x-3x-4lnx≤-2，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，證明f(x)max=f(1)=-2，從而可得結(jié)果. 試題解析：（1）∵f(x)=1+3x2-4x =x2-4x+3x2 =(x-1)(x-3)x2， 令f(x)>0，解得x>3或x<1， 又由于函數(shù)f(x)的定義域為x|x>0， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3,+∞)． （2）由（1）知f(x)=x-3x-4lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在1,3上單調(diào)遞減， 所以，當01，x1,x2為函數(shù)f(x)的兩個零點，求證：.x1+x2<0 【答案】（1）見解析；（2）見解析 【解析】分析：（1）由函數(shù)f(x)=ln(x+m)-mx，求得f(x)=1x+m-m，通過討論實數(shù)m的取值范圍，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （2）構(gòu)造函數(shù)g(x)=emx-x，g(x)=emx-x與y=m圖象兩交點的橫坐標為x1,x2，問題轉(zhuǎn)化為g(x2)0， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-m,+∞，無減區(qū)間； 當m>0時，∴f(x)=1x+m-m=-m(x+m-1m)x+m， 由f(x)=0，得x=-m+1m∈(-m,+∞)， x∈(-m,-m+1m)時，f(x)>0， x∈(-m+1m,+∞)時，f(x)<0， ∴m>0時，易知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-m,-m+1m)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(-m+1m,+∞)， （2）由（1）知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-m,-m+1m)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-m+1m,+∞)， 不妨設-mlnm(m>1)，∴-lnmm∈(-m,+∞) 知g(x)=emx-x在區(qū)間(-m,-lnmm)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(-lnmm,+∞)上單調(diào)遞增， 可知-m0，求函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間； (Ⅱ)若f(x)存在極小值點x0，且f(x1)=f(x0)，其中x1≠x0，求證: x1+2x0=0； (Ⅲ)試問過點P(0,2)可作多少條直線與g(x)的圖像相切?并說明理由. 【答案】(Ⅰ)單調(diào)減區(qū)間為(0,1a)單調(diào)增區(qū)間為(1a,+∞)；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)答案見解析. 【解析】分析：（1）對h(x)進行求導計算即可得到單調(diào)區(qū)間； （2）若f(x)存在極小值點x0，f(x)=a2x2-1，則a2=1x02，由f(x1)=f(x0)可得13a2x13-x1=13a2x03-x0，化簡代入a2=1x02，即可得到證明； 解析：(1) a>0，h(x)=(ax-1)(ax+1+1x2) 所以h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1a)單調(diào)增區(qū)間為(1a,+∞)； (2) f(x)=a2x2-1，f(x)存在極小值點x0，則a2=1x02. f(x1)=f(x0)，則13a2x13-x1=13a2x03-x0， 所以(x1-x0)[a2(x12+x1? x0+x02)-3]=0代入a2=1x02所以(x1-x0)(x12+x1? x0+2x02)=0， 則(x1-x0)2(x1+2x0)=0，又x1≠x0，所以x1+2x0=0； (3) a≤0時，有1條切線；a>0時，有2條切線. 設切點坐標是(x0,f(x0))，依題意：f(x0)-2x0-0=ax0-1x02 即1x0+a1nx0-2=a-1x0，化簡得：2x0+a1nx0-2-a=0 設F(x)=2x+a1nx-2-a，x>0 故函數(shù)F(x)在(0,+∞)上零點個數(shù)，即是曲線切線的條數(shù). F(x)=-2x2+ax=ax-2x2， ①當a=0時， F(x)=2x-2，在(0,+∞)上恰有一個零點1； ②當a<0時， F(x)=ax-2x2<0在(0,+∞)上恒成立， F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，且F(1)=-a>0，F(xiàn)(e)=2e-2<0 故F(x)在(1,e)上有且只有一個零點， 當a<0時， F(x)在(0,+∞)上恰有個零點； ③a>0時，F(xiàn)(x)在(0,2a)上遞減，在(2a,+∞)上遞增， 故F(x)在(0,+∞)至多有兩個零點，且F(1)=2-2-a=-a<0 又函數(shù)y=1nx在(1,+∞)單調(diào)遞增，且值域是(0,+∞)， 故對任意實數(shù)a，必存在x0∈(1,+∞)，使1nx0>a+2a，此時 F(x0)=2x0+a1nx0-2- a=2x0+a(1nx0-a+2a)>0 由于a+2a>1， 函數(shù)F(x)在(1,x0)上必有一零點； F(e-(1+a+1a))=2e1+a+1a-a (1+a+1a)-2-a= 2e1+a+1a-(a2+2a+3) 先證明當a>0時， e1+a+1a≥(a+2)2，即證1+a+1a≥21n(a+2) 若a∈(0,2)，1+a+1a≥3，而21n(a+2)≤21n4，由于21n4=1n16<3 若a∈[2+∞)，構(gòu)建函數(shù) φ(x)=1+x+1x -21n(x+2)，φ(x)=1-1x2-2x+2= x3-x-2x2(x+2)= x(x2-1)-2x2(x+2)>0 φ(x)在[2+∞)為增函數(shù)， φ(a)≥φ(2)=3 +12-21n4>0 綜上a>0時，e1+a+1a≥(a+2)2，所以 2e1+a+1a≥2(a+2)2=a2 +2a+3+(a2+2a+5) >a2+2a+3，故F(e-(1+a+1a))>0 又F(1)<0，e-(1+a+1a)<1，所以在(e-(1+a+1a),1)必有一零點. ∴當a>0時， F(x)在(0,+∞)上有兩個零點 ∴綜上：a≤0時，有1條切線；a>0時，有2條切線. 點睛：導數(shù)在研究函數(shù)零點中的作用 (1)研究函數(shù)圖象的交點、方程的根、函數(shù)的零點，歸根到底是研究函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、極值等． (2)用導數(shù)研究函數(shù)的零點，一方面用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，借助零點存在性定理判斷；另一方面，也可將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決． 7．【2018屆湖南省長沙市長郡中學模擬卷（二）】已知函數(shù)f1(x)=(x-λ)2，f2(x)=lnx（x>0，且x≠1）. （1）當λ=1時，若對任意x∈(1,+∞)，f1(x)≥k?f2(x)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍； （2）若λ∈(0,1)，設f(x) =f1(x)f2(x)，f(x)是f(x)的導函數(shù)，判斷f(x)的零點個數(shù)，并證明. 【答案】（1）(-∞,0]（2）見解析 【解析】分析：（1）由題意，求導，若k≤0，則g′（x）＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得g（x）最大值，即可求得實數(shù)k的取值范圍； （2）構(gòu)造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點的判斷，即可求得f（x）的零點個數(shù)． 詳解: （1）當λ=1時，對任意x∈(1,+∞)，(x-1)2-k?lnx≥0恒成立， 令g(x)=(x-1)2-k?lnx，求導g(x)=2x2-2x-kx， 由x>1，則2x2-2x=2x(x-1)>0， 若k≤0，則g(x)>0，所以g(x)在(1,+∞)上是增函數(shù)，所以g(x)>g(1)=0，符合題意， 當k>0時，令g(x)=0，解得x1=1-1+2k2<0，x2=1+1+2k2>1， 則g(x)在(1,x2)上是減函數(shù)，當x∈(1,x2)時，g(x)λ2時，h(e)=1+λe-1>0， 由零點存在定理及單調(diào)性可知在(λ2,+∞)上存在唯一的零點x2， 取x=λ2e2(λ2e2<λ2)，則h(λ2e2)=4lnλ+e2λ-5，令g(λ)=4lnλ+e2λ-5，知g(λ)在(0,1)上是減函數(shù)， 故當λ∈(0,1)時，g(λ)>g(1)=e2-5>0，即h(λ2e2)>0， 由零點存在定理及單調(diào)性可知在(λ2e2,λ2)上存在唯一x3∈(λ2e2,λ2)，h(x3)=0， 由h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,λ2)，則在(0,λ2)上h(x)僅存在唯一的零點x3， 綜上可知f(x)共有三個零點. 點睛：（1）函數(shù)零點個數(shù)（方程根的個數(shù)）的判斷方法：①結(jié)合零點存在性定理，利用函數(shù)的單調(diào)性、對稱性確定函數(shù)零點個數(shù)；②利用函數(shù)圖像交點個數(shù)判斷方程根的個數(shù)或函數(shù)零點個數(shù)． （2）本題將方程實根個數(shù)的問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象交點的問題解決，解題時注意換元法的應用，以便將復雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題處理. 8．【2018屆四川省成都市龍泉驛區(qū)第二中學校3月市“二診”】設a >0，已知函數(shù) (x>0)． (Ⅰ)討論函數(shù)的單調(diào)性； (Ⅱ)試判斷函數(shù)在上是否有兩個零點，并說明理由． 【答案】(1)見解析(2) 函數(shù)沒有兩個零點 【解析】試題分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可； （Ⅱ）假設2個零點，推出矛盾即可． 試題解析： （Ⅰ）， ， ， 設，則， ①當時， ， ，即， ∴在上單調(diào)遞增； ②當時， ， 由得， , 可知，由的圖象得： 在和上單調(diào)遞增； 在 上單調(diào)遞減． （Ⅱ）解法：函數(shù)在上不存在兩個零點 假設函數(shù)有兩個零點，由（Ⅰ）知， ， 因為，則，即， 由知，所以， 設，則（＊）， 由，得， 設，得， 所以在遞增，得，即， 這與（＊）式矛盾， 所以上假設不成立，即函數(shù)沒有兩個零點． 9．【2018屆安徽亳州市渦陽一中最后一卷】已知fx=lnx-ax2-bx. （1）若a=-1，函數(shù)fx在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍； （2）當a=1，b=-1時，證明：函數(shù)fx只有一個零點； （3）若fx的圖像與x軸交于Ax1,0，Bx2,0x1φ1=0即可得結(jié)論. （2）當a=1，b=-1時，fx=lnx-x2+x，其定義域是0,+∞， ∴ fx=1x-2x+1=-2x2-x-1x=-x-12x+1x， ∵ x>0，∴ 00；當x<1時，fx<0 ∴ 函數(shù)fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+∞上單調(diào)遞減 ∴ 當x=1時，函數(shù)fx取得最大值，其值為f1=lnx-12+1=0 當x≠1時，fxφ1=0 ∵ x1-2x2恒成立（其中x1∈R，x1>0）. 【答案】(1)見解析;(2)見解析. 【解析】分析：（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論t的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可； （2）問題轉(zhuǎn)化為證明f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立．設g(x)=f(x)+x，則上式等價于g(x1+x2)>g(x1-x2)，要證明g(x1+x2)>g(x1-x2)對任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立，要證明g（x1+x2）＞g（x1-x2）對任意x1∈R，x2∈（0，+∞）恒成立，即證明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可． 詳解： （1）由于f(x)=xex-tx=x(ex-t). 1）當t≤0時，ex-t>0，當x>0時，f(x)>0，f(x)遞增， 當x<0時，f(x)<0，f(x)遞減； 2）當t>0時，由f(x)=0得x=0或x=lnt. 當00時，f(x)>0，f(x)遞增， 當lnt0，f(x)遞增； 當t=1時，f(x)>0，f(x)遞增； ③當t>1時，lnt>0. 當x>lnt時，f(x)>0，f(x)遞增， 當00，f(x)遞增. 綜上，當t≤0時，f(x)在(-∞,0)上是減函數(shù)，在(0,+∞)上是增函數(shù)； 當01時，f(x)在(-∞,0)，(lnt,+∞)上是增函數(shù)，在(0,lnt)上是減函數(shù). （2）依題意f(x1+x2)-f(x1-x2) >(x1-x2)-(x1+x2)?f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立. 設g(x)=f(x)+x，則上式等價于g(x1+x2)>g(x1-x2)， 要證明g(x1+x2)>g(x1-x2)對任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立， 即證明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上單調(diào)遞增，又g(x)=xex-3x+1， 只需證明xex-3x+1≥0即可.令h(x)=ex-x-1，則h(x)=ex-1， 當x<0時，h(x)<0，當x>0時，h(x)>0， ∴h(x)min=h(0)=0，即?x∈R，ex≥x+1，那么，當x≥0時，xex≥x2+x，所以xex-3x+1≥ x2-2x+1=(x-1)2≥0；當x<0時，ex<1，xex-3x+1=x (ex-3+1x)>0， ∴xex-3x+1≥0恒成立.從而原不等式成立. 11．【2018屆四川省南充市三診】函數(shù)f(x)=lnx+kx,k∈R. （Ⅰ）若曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線x-2=0垂直，求f(x)單調(diào)遞減區(qū)間和極值（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）； （Ⅱ）若對任意x1>x2>0，f(x1)-f(x2)0，f(x)=1x-kx2(x>0). 因為曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線x=2垂直， 所以f(e)=0，即1e-ke2=0，得k=e. 所以f(x)=1x-ex2=x-ex2(x>0). 當0e時，f(x)>0，f(x)在(e,+∞)單調(diào)遞增. 所以當x=e時，y=f(x)有極小值，且極小值為f(e)=lne+1=2. 綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e)，極小值為2，無極大值. （Ⅱ）因為對任意x1>x2>0，f(x1)-f(x2)x2>0恒成立， 令g(x)=f(x)-x=lnx+kx-x(x>0)， 則g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減， 所以g(x)=1x-kx2-1≤0在(0,+∞)恒成立， 所以k≥-x2+x=-x(x-12)2+14(x>0)恒成立. 令h(x)=-(x-12)2+14，則k≥h(x)max=14. 所以k的取值范圍是[14,+∞). 點睛：利用函數(shù)的導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性有兩種題型，一種是求單調(diào)區(qū)間，只需令導數(shù)大于0求增區(qū)間，令導數(shù)小于0求減區(qū)間；另一種是已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)，若已知函數(shù)單增，只需函數(shù)導數(shù)在區(qū)間上恒大于等于0即可，若已知函數(shù)單減，只需函數(shù)導數(shù)小于等于0即可.注意等號！ 12．【2018屆安徽省合肥市高三三?！恳阎瘮?shù)fx=ex-12x2-ax有兩個極值點x1，x2（e為自然對數(shù)的底數(shù)）. （Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍； （Ⅱ）求證：fx1+fx2>2. 【答案】（1）a>1（2）見解析 【解析】分析：(Ⅰ) 函數(shù)fx=ex-12x2-ax有兩個極值點，只需fx=0有兩個根，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理與函數(shù)圖象可得當a≤1時，沒有極值點；當a>1時，當a>1時，有兩個極值點；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，x1，x2為gx=0的兩個實數(shù)根，x1<02，只需證f-x2+fx2>2，即證ex2+e-x2-x22-2>0，利用導數(shù)可得kx=ex+e-x-x2-2>k0=0，從而可得結(jié)論. 詳解： (Ⅰ)∵fx=ex-12x2-ax，∴fx=ex-x-a. 設gx=ex-x-a，則gx=ex-1. 令gx=ex-1=0，解得x=0. ∴當x∈-∞，0時，gx<0；當x∈0，+∞時，gx>0. ∴gxmin=g0=1-a. 當a≤1時，gx=fx≥0，∴函數(shù)fx單調(diào)遞增，沒有極值點； 當a>1時，g0=1-a<0，且當x→-∞時，gx→+∞；當x→+∞時，gx→+∞. ∴當a>1時，gx=fx=ex-x-a有兩個零點x1，x2. 不妨設x1f-x2. ∴要證fx1+fx2>2，只需證f-x2+fx2>2，即證ex2+e-x2-x22-2>0. 設函數(shù)kx=ex+e-x-x2-2，x∈0，+∞，則kx=ex-e-x-2x. 設φx=kx=ex-e-x-2x，則φx=ex+e-x-2>0， ∴φx在0，+∞上單調(diào)遞增，∴φx>φ0=0，即kx>0. ∴kx在0，+∞上單調(diào)遞增，∴kx>k0=0. ∴當x∈0，+∞時，ex+e-x-x2-2>0，則ex2+e-x2-x22-2>0， ∴f-x2+fx2>2，∴fx1+fx2>2.