高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分專項(xiàng)二 專題一 3 第3講　導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 學(xué)案 Word版含解析

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1、 第 3 講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 年份 卷別 考查內(nèi)容及考題位置 命題分析 2018 卷 函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 T5 1.高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查， 多在選擇、 填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時(shí)出現(xiàn)在解答題的第一問 2高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空題的后幾題中出現(xiàn)，難度中等，有時(shí)出現(xiàn)在解答題的第一問 3近幾年全國(guó)課標(biāo)卷對(duì)定積分及其應(yīng)用的考查極少，題目一般比較簡(jiǎn)單， 但也不能忽略. 卷 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 T13 卷 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 T14 2017 卷 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、 函數(shù)的零點(diǎn) T21 卷 利用導(dǎo)數(shù)求極值 T11 2016 卷 導(dǎo)

2、數(shù)與函數(shù)圖象 T7 卷 函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 T15 利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)T21(1) 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其幾何意義(綜合型) 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù) f(x)在 x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線 f(x)在點(diǎn) P(x0，f(x0)處的切線的斜率，曲線 f(x)在點(diǎn) P 處的切線的斜率 kf(x0)，相應(yīng)的切線方程為 yf(x0)f(x0) (xx0) 4 個(gè)易誤導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)cos x. (2)(cos x)sin x. (3)(ax)axln a(a0 且 a1) (4)(loga x)1xln a(a0 且 a1) 典型例題 (1)若曲線 f(x)xsin x1 在點(diǎn)2，21 處的切線

3、與直線 ax2y10 互相垂直，則實(shí)數(shù) a( ) A2 B2 C1 D1 (2)直線 l 與曲線 yex及 y14x2都相切，則直線 l 的方程為_ 【解析】 (1)因?yàn)?f(x)xsin x1， 所以 f(x)sin xxcos x， 所以 f2sin 22cos 21. 因?yàn)橹本€ ax2y10 的斜率為a2， 所以 f2a21， 解得 a2，故選 A. (2)設(shè)直線 l 與曲線 yex的切點(diǎn)為(x0，ex0)，直線 l 與曲線 y14x2的切點(diǎn)為x1，x214， 因?yàn)?yex在點(diǎn)(x0，ex0)處的切線的斜率為 y|xx0ex0，yx24在點(diǎn)x1，x214處的切線的斜率為 y|xx1 x2

4、xx1x12， 則 直 線 l 的 方 程 可 表 示 為 y ex0 x x0ex0 ex0或 y 12x1x 14x21， 所 以e x0 x12，x0e x0e x0 x214， 所以 ex01x0，解得 x00.所以直線 l 的方程為 yx1. 【答案】 (1)A (2)yx1 (1)求曲線 yf(x)的切線方程的 3 種類型及方法 已知切點(diǎn) P(x0，y0)，求切線方程 求出切線的斜率 f(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程 已知切線的斜率 k，求切線方程 設(shè)切點(diǎn) P(x0，y0)，通過方程 kf(x0)解得 x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程 已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求切線方程 設(shè)切點(diǎn) P(x0，

5、y0)， 利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率 f(x0)， 再由斜率公式求得切線斜率， 列方程(組)解得 x0，再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫出方程 (2)兩曲線 f(x)，g(x)的公切線 l 的方程的求解關(guān)鍵 設(shè)點(diǎn)求切線，即分別設(shè)出兩曲線的切點(diǎn)的坐標(biāo)(x0，f(x0)，(x1，g(x1)，并分別求出兩曲線的切線方程 建立方程組，即利用兩曲線的切線重合， 則兩切線的斜率及在 y 軸上的截距都分別相等，得到關(guān)于參數(shù) x0，x1的方程組，解方程組，求出參數(shù) x0，x1的值 求切線方程，把所求參數(shù)的值代入曲線的切線方程中即可 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 1(一題多解)(2018 高考全國(guó)卷)設(shè)函數(shù) f(x)x3(a1)x2ax.若 f(x

6、)為奇函數(shù)，則曲線 yf(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為( ) Ay2x Byx Cy2x Dyx 解析：選 D.法一：因?yàn)楹瘮?shù) f(x)x3(a1)x2ax 為奇函數(shù)，所以 f(x)f(x)， 所以(x)3(a1)(x)2a(x)x3(a1) x2ax，所以 2(a1)x20，因?yàn)閤R，所以 a1，所以 f(x)x3x，所以 f(x)3x21，所以 f(0)1，所以曲線 yf(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為 yx.故選 D. 法二：因?yàn)楹瘮?shù) f(x)x3(a1)x2ax 為奇函數(shù)，所以 f(1)f(1)0，所以1a1a(1a1a)0，解得 a1，所以 f(x)x3x，所以 f(x)3x2

7、1，所以 f(0)1，所以曲線 yf(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為 yx.故選 D. 2(2018 合肥第一次質(zhì)量檢測(cè))已知直線 2xy10 與曲線 yaexx 相切(其中 e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則實(shí)數(shù) a 的值是( ) A.12 B1 C2 De 解析：選 B.由題意知 yaex12，則 a0，xln a，代入曲線方程得 y1ln a，所以切線方程為 y(1ln a)2(xln a)，即 y2xln a12x1a1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(綜合型) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f(x)0 是 f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件， 如函數(shù) f(x)x3在(， )上單調(diào)遞增，但 f(x

8、)0. (2)f(x)0 是 f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有 f(x)0 時(shí)，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性 典型例題 命題角度一 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間或判斷函數(shù)的單調(diào)性 已知函數(shù) f(x)ln(x1)ax2x（x1）2，且 1a1. 當(dāng)12a30，即 1a32時(shí)， 當(dāng)1x0 時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng) 2a3x0 時(shí)，f(x)0，即32a2 時(shí)， 當(dāng)1x2a3 時(shí)，f(x)0，則 f(x)在(1，0)，(2a3，)上單調(diào)遞增 當(dāng) 0 x2a3 時(shí)，f(x)0，則 f(x)在(0，2a3)上單調(diào)遞減 綜上，當(dāng) 1a32時(shí)，f(x)在(1，2a3)，(0，)

9、上單調(diào)遞增，在(2a3，0)上單調(diào)遞減；當(dāng) a32時(shí)，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增；當(dāng)32a2 時(shí)，f(x)在(1，0)，(2a3，)上單調(diào)遞增，在(0，2a3)上單調(diào)遞減 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的三種方法 (1)當(dāng)不等式 f(x)0 或 f(x)0 可解時(shí)，確定函數(shù)的定義域，解不等式 f(x)0 或 f(x)0 求出單調(diào)區(qū)間 (2)當(dāng)方程 f(x)0 可解時(shí)，確定函數(shù)的定義域，解方程 f(x)0，求出實(shí)數(shù)根，把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即 f(x)的無(wú)定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和實(shí)根按從小到大的順序排列起來，把定義域分成若干個(gè)小區(qū)間，確定 f(x)在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，從而確定單調(diào)區(qū)間 (3)不等式 f(

10、x)0 或 f(x)0 及方程 f(x)0 均不可解時(shí)求導(dǎo)數(shù)并化簡(jiǎn)， 根據(jù) f(x)的結(jié)構(gòu)特征，選擇相應(yīng)的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定 f(x)的符號(hào)，得單調(diào)區(qū)間 命題角度二 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 已知函數(shù) f(x)12x22aln x(a2)x. (1)當(dāng) a1 時(shí)，求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)是否存在實(shí)數(shù) a，使函數(shù) g(x)f(x)ax 在(0，)上單調(diào)遞增？若存在，求出 a 的取值范圍；若不存在，說明理由 【解】 (1)當(dāng) a1 時(shí)，f(x)12x22ln x3x， 則 f(x)x2x3x23x2x（x1）（x2）x. 當(dāng) 0 x2 時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)

11、 1x2 時(shí)，f(x)0 時(shí)恒成立， 所以 a12(x22x)12(x1)212恒成立 又 (x)12(x1)212，x(0，)的最小值為12. 所以當(dāng) a12時(shí)，g(x)0 恒成立 又當(dāng) a12，g(x)（x1）2x當(dāng)且僅當(dāng) x1 時(shí)，g(x)0. 故當(dāng) a，12時(shí)，g(x)f(x)ax 在(0，)上單調(diào)遞增 (1)已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)用條件 f(x)0(或 f(x)0)，x(a，b)恒成立， 解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)， 應(yīng)注意參數(shù)的取值是 f(x)不恒等于 0 的參數(shù)的范圍 (2)若函數(shù) yf(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為 f(x)0

12、 在(a，b)上有解 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 1若函數(shù) f(x)(xa)ex在區(qū)間(0，)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是( ) A(，1) B(，0) C(1，0) D1，) 解析：選 A.f(x)ex(xa1)，由題意，知方程 ex(xa1)0 在(0，)上至少有一個(gè)實(shí)數(shù)根，即 xa10，解得 a0，即 a2x4ex有解，即 a(2x4ex)max即可令 g(x)2x4ex，則 g(x)24ex.令 g(x)0，解得 xln 2.當(dāng) x(，ln 2)時(shí)，函數(shù) g(x)2x4ex單調(diào)遞增；當(dāng) x(ln 2，)時(shí)， 函數(shù) g(x)2x4ex單調(diào)遞減 所以當(dāng) xln 2 時(shí)， g(x)2x4ex取得最大值2

13、2ln 2，所以 a0，則由 f(x)0，得 xln a. 當(dāng) x(，ln a)時(shí)，f(x)0. 故 f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增 若 a0，則由 f(x)0， 得 xlna2. 當(dāng) x，lna2時(shí)，f(x)0； 故 f(x)在，lna2上單調(diào)遞減， 在lna2， 上單調(diào)遞增 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題(綜合型) 函數(shù) f(x)在點(diǎn) x0附近有定義， 若在 x0附近左側(cè) f(x)0， 右側(cè) f(x)0， 則 f(x0)為函數(shù) f(x)的極大值；若在 x0附近左側(cè) f(x)0，則 f(x0)為函數(shù) f(x)的極小值 典型例題 命題角度一 求函數(shù)的極值或最

14、值 已知函數(shù) f(x)ax2(a2)xln x，其中 aR. (1)當(dāng) a1 時(shí)，求曲線 yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程； (2)當(dāng) a0 時(shí)，若 f(x)在區(qū)間1，e上的最小值為2，求 a 的取值范圍 【解】 (1)當(dāng) a1 時(shí)，f(x)x23xln x(x0)， 所以 f(x)2x31x2x23x1x， 所以 f(1)2，f(1)0.所以切線方程為 y2. (2)函數(shù) f(x)ax2(a2)xln x 的定義域?yàn)?0，)， 當(dāng) a0 時(shí)，f(x)2ax(a2)1x2ax2（a2）x1x（2x1）（ax1）x， 令 f(x)0，解得 x12或 x1a. 當(dāng) 01a1，即 a1 時(shí)，

15、f(x)在1，e上單調(diào)遞增 所以 f(x)在1，e上的最小值為 f(1)2，符合題意； 當(dāng) 11ae，即1ea1 時(shí)，f(x)在1，1a上單調(diào)遞減，在1a，e 上單調(diào)遞增，所以 f(x)在 1，e上的最小值為 f1af(1)2，不合題意 當(dāng)1ae，即 0a1e時(shí)，f(x)在1，e上單調(diào)遞減， 所以 f(x)在1，e上的最小值為 f(e)0) 當(dāng) x(0，1)時(shí)，g(x)0，此時(shí)函數(shù) g(x)單調(diào)遞增，故函數(shù) g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(1，) (2)f(x)x2g(x)2xax2ln x，其定義域?yàn)?0，) f(x)2a(x2xln x) 若 a0，則 f(x)20，不

16、存在極值點(diǎn)，所以 a0. 令 h(x)f(x)2a(x2xln x)，則 h(x)a(32ln x) 當(dāng) x1e，e 時(shí)， 32ln x0， 所以 h(x)0 恒成立或 h(x)0 恒成立， 所以 f(x)在1e，e 上是單調(diào)函數(shù) 因?yàn)?f(x)在區(qū)間1e，e 上有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，所以 f(x)0 在1e，e 上有唯一解 由零點(diǎn)存在性定理，得 f1ef(e)02ae(23ea)0a23e. 綜上所述，a 的取值范圍是 a23e. 已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的 2 個(gè)要領(lǐng) (1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解 (2)驗(yàn)證：因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于零不是此點(diǎn)為極

17、值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性 提醒 若函數(shù) yf(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有極值，那么 yf(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上的單調(diào)函數(shù)沒有極值 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 (2018 高考全國(guó)卷)已知函數(shù) f(x)(2xax2) ln(1x)2x. (1)若 a0，證明：當(dāng)1x0 時(shí)，f(x)0 時(shí)，f(x)0； (2)若 x0 是 f(x)的極大值點(diǎn)，求 a. 解：(1)證明：當(dāng) a0 時(shí)，f(x)(2x)ln(1x)2x， f(x)ln(1x)x1x. 設(shè)函數(shù) g(x)f(x)ln (1x)x1x， 則 g(x)x（1x）2. 當(dāng)1x0 時(shí)，g(x)0；當(dāng) x0

18、時(shí)，g(x)0.故當(dāng) x1 時(shí)，g(x)g(0)0， 且僅當(dāng) x0 時(shí)，g(x)0，從而 f(x)0，且僅當(dāng) x0 時(shí)，f(x)0. 所以 f(x)在(1，)單調(diào)遞增 又 f(0)0，故當(dāng)1x0 時(shí)，f(x)0；當(dāng) x0 時(shí)，f(x)0. (2)()若 a0，由(1)知，當(dāng) x0 時(shí)，f(x)(2x) ln (1x)2x0f(0)，這與 x0是 f(x)的極大值點(diǎn)矛盾 ()若 a0，設(shè)函數(shù) h(x)f（x）2xax2ln(1x)2x2xax2. 由于當(dāng)|x|min1, 1|a|時(shí)，2xax20，故 h(x)與 f(x)符號(hào)相同 又 h(0)f(0)0，故 x0 是 f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)

19、x0 是 h(x)的極大值點(diǎn) h(x)11x2（2xax2）2x（12ax）（2xax2）2x2（a2x24ax6a1）（x1）（ax2x2）2. 如果 6a10，則當(dāng) 0 x6a14a，且|x|min1, 1|a|時(shí)，h(x)0，故 x0 不是 h(x)的極大值點(diǎn) 如果 6a10，則 a2x24ax6a10 存在根 x10，故當(dāng) x(x1，0)，且|x|min1, 1|a|時(shí)，h(x)0，所以 x0 不是 h(x)的極大值點(diǎn) 如果 6a10，則 h(x)x3（x24）（x1）（x26x12）2.則當(dāng) x(1，0)時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(0，1)時(shí)，h(x)0.所以 x0 是 h(x)的極大值點(diǎn)

20、，從而 x0 是 f(x)的極大值點(diǎn) 綜上，a16. 一、選擇題 1函數(shù) f(x)12x2ln x 的最小值為( ) A.12 B1 C0 D不存在 解析：選 A.因?yàn)?f(x)x1xx21x，且 x0. 令 f(x)0，得 x1；令 f(x)0，得 0 x0， 解得 x b， 即 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(， b)，( b，) 因?yàn)?b(1，4)， 所以(，2)符合題意 5已知函數(shù) f(x)ex12x2mx 有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù) m 的取值范圍是( ) Am1 Bm1 C0m1 D0m1 解析：選 B.因?yàn)?f(x)ex12x2mx，所以 f(x)exxm，因?yàn)?f(x)ex12x2mx 有極值

21、點(diǎn)，所以關(guān)于 x 的方程 exxm0 有實(shí)根，且該實(shí)根使 f(x)左右異號(hào)，設(shè) g(x)exx，ym，而 g(x)ex1，所以當(dāng) x0 時(shí)，g(x)0 時(shí)，g(x)0，所以函數(shù) g(x)exx 在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，所以函數(shù) g(x)exx 的極小值點(diǎn)為0，所以 g(0)1 為 g(x)exx 的最小值，所以實(shí)數(shù) m 的取值范圍是 m1，故選 B. 6已知 f(x)ln xx434x，g(x)x22ax4，若對(duì)任意的 x1(0，2，存在 x21，2，使得 f(x1)g(x2)成立，則 a 的取值范圍是( ) A.54， B.18， C.18，54 D.，54 解析：選 A

22、.因?yàn)?f(x)1x1434x2x24x34x2（x1）（x3）4x2， 易知，當(dāng) x(0，1)時(shí)，f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2上單調(diào)遞增， 故 f(x)minf(1)12. 對(duì)于二次函數(shù) g(x)x22ax4，易知該函數(shù)開口向下， 所以 g(x)在區(qū)間1，2上的最小值在端點(diǎn)處取得， 即 g(x)minming(1)，g(2) 要使對(duì)任意的 x1(0， 2， 存在 x21， 2， 使得 f(x1)g(x2)成立， 只需 f(x1)ming(x2)min， 即12g(1)且12g(2)， 所以1212a4 且1244a4， 解得 a54. 二、填空題 7.1ex

23、1xdx_ 解析：1ex1xdx x22ln xe1e22112e212. 答案：e212 8(2018 高考全國(guó)卷)曲線 y(ax1)ex在點(diǎn)(0，1)處的切線的斜率為2，則 a_. 解析：y(ax1a)ex，由曲線在點(diǎn)(0，1)處的切線的斜率為2，得 y|x0(ax1a)ex|x01a2，所以 a3. 答案：3 9已知函數(shù) f(x)x22ln x，g(x)xax，若函數(shù) f(x)與 g(x)有相同的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a 的值為_ 解析：因?yàn)?f(x)x22ln x，所以 f(x)2x2x2(x1)(x1)x(x0)，令 f(x)0，得 x1 或 x1(舍去)，又當(dāng) 0 x0；當(dāng) x1 時(shí)，f(

24、x)0，所以 x1 是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)因?yàn)?g(x)xax，所以 g(x)1ax2.又函數(shù) f(x)與 g(x)xax有相同極值點(diǎn)，所以 x1 也是函數(shù) g(x)的極值點(diǎn)，所以 g(1)1a0，解得 a1.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng) a1 時(shí)，函數(shù) g(x)取到極小值 答案：1 三、解答題 10已知函數(shù) f(x)ax3x2(aR)在 x43處取得極值 (1)確定 a 的值； (2)若 g(x)f(x)ex，討論 g(x)的單調(diào)性 解：(1)對(duì) f(x)求導(dǎo)得 f(x)3ax22x， 因?yàn)?f(x)在 x43處取得極值， 所以 f430， 即 3a16924316a3830， 解得 a12. (2)由(1)

25、得 g(x)12x3x2ex， 故 g(x)32x22x ex12x3x2ex 12x352x22x ex12x(x1)(x4)ex， 令 g(x)0，解得 x0 或 x1 或 x4. 當(dāng) x4 時(shí)，g(x)0， 故 g(x)為減函數(shù)； 當(dāng)4x0，故 g(x)為增函數(shù)； 當(dāng)1x0 時(shí)，g(x)0 時(shí)，g(x)0，故 g(x)為增函數(shù) 綜上知，g(x)在(，4)和(1，0)上為減函數(shù)，在(4，1)和(0，)上為增函數(shù) 11已知函數(shù) f(x)ln xx1. (1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè) m0，求函數(shù) f(x)在區(qū)間m，2m上的最大值 解：(1)因?yàn)楹瘮?shù) f(x)的定義域?yàn)?0，)，

26、且 f(x)1ln xx2， 由 f（x）0，x0得 0 xe； 由f（x）0，得 xe. 所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，) (2)當(dāng) 2me，m0， 即 0me2時(shí)，(m，2m)(0，e)，函數(shù) f(x)在區(qū)間m，2m上單調(diào)遞增， 所以 f(x)maxf(2m)ln 2m2m1； 當(dāng) me2m，即e2me 時(shí)，(m，e)(0，e)，(e，2m)(e，)， 函數(shù) f(x)在區(qū)間(m，e)上單調(diào)遞增，在(e，2m)上單調(diào)遞減， 所以 f(x)maxf(e)ln ee11e1； 當(dāng) me 時(shí)，(m，2m)(e，)，函數(shù) f(x)在區(qū)間m，2m上單調(diào)遞減，所以 f

27、(x)maxf(m)ln mm1. 綜上所述，當(dāng) 0me2時(shí)，f(x)maxln 2m2m1；當(dāng)e2me 時(shí)，f(x)max1e1；當(dāng) me 時(shí)，f(x)maxln mm1. 12已知常數(shù) a0，f(x)aln x2x. (1)當(dāng) a4 時(shí)，求 f(x)的極值； (2)當(dāng) f(x)的最小值不小于a 時(shí)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍 解：(1)由已知得 f(x)的定義域?yàn)?0，)， f(x)ax2a2xx. 當(dāng) a4 時(shí)，f(x)2x4x. 所以當(dāng) 0 x2 時(shí)，f(x)2 時(shí)，f(x)0，即 f(x)單調(diào)遞增 所以 f(x)只有極小值，且在 x2 時(shí)，f(x)取得極小值 f(2)44ln 2. 所以當(dāng) a4 時(shí)，f(x)只有極小值 44ln 2. (2)因?yàn)?f(x)a2xx， 所以當(dāng) a0，x(0，)時(shí)，f(x)0， 即 f(x)在 x(0，)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當(dāng) a0 得，xa2， 所以 f(x)在a2， 上單調(diào)遞增； 由 f(x)0 得，xa2， 所以 f(x)在0，a2上單調(diào)遞減 所以當(dāng) a0 時(shí)，f(x)的最小值為極小值，即 fa2alna2a. 根據(jù)題意得 fa2alna2aa， 即 aln(a)ln 20. 因?yàn)?a0，所以 ln(a)ln 20，解得 a2， 綜上實(shí)數(shù) a 的取值范圍是2，0)