【西城二模】
19．（本小题满分13分）
已知函数f(x)?lnx?ax，曲线y?f(x)在x?1处的切线经过点(2,?1)． x（Ⅰ）求实数a的值；
1
（Ⅱ）设b?1，求f(x)在区间[,b]上的最大值和最小值．
b19．（本小题满分13分）
1?lnx?ax2解：（Ⅰ）f(x)的导函数为f?(x)?， ……………… 2分
x2所以f?(1)?1?a． 依题意，有 即
f(1)?(?1)?1?a，
1?2?a?1?1?a， ……………… 4分 1?2解得 a?1． ……………… 5分
1?x2?lnx（Ⅱ）由（Ⅰ）得f?(x)?．
x2当0
所以 f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,??)上单调递减． ………… 8分
1?1?b， 所以 f(x)最大值为f(1)??1． ……………… 9分 b111设 h(b)?f(b)?f()?(b?)lnb?b?，其中b?1． ………………10分
bbb1则 h?(b)?(1?2)lnb?0，
b因为 0?故 h(b)在区间(1,??)上单调递增． ………………11分
1所以 h(b)?h(1)?0， 即 f(b)?f()， ………………12分
b11故 f(x)最小值为f()??blnb?． ………………13分
bb
【海淀二模】
（19）（本小题13分）
已知函数f(x)?eax?ax?3(a?0) （Ⅰ）求f(x)的极值； （Ⅱ）当a110时，设g(x)=eax?ax2?3x，求证：曲线y?g(x)存在两条斜率
a2为?1且不重合的切线.
19. （本小题共13分）
解：（Ⅰ）f'(x)?a?eax?a?a?(eax?1)(a?0,x?R)，
令f'(x)?0，得x?0．
①当a?0时，f'(x)与eax?1符号相同， 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f'(x) f(x)
(??,0) 0 0 极小 (0,??) ? ↘ ? ↗ ②当a?0时，f'(x)与eax?1符号相反， 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f'(x) f(x) (??,0) 0 0 极小 (0,??) ? ↘ ? ↗ ································· 7分 综上，f(x)在x?0处取得极小值f(0)??2. ·
（Ⅱ）g'(x)?eax?ax?3?f(x)(a?0,x?R)，
故g'(x)??1?f(x)??1．
2?2注意到f(0)??2??1，f()?e?5??1，f(?)?e?1??1，
2a2a22,0)，x2?(0,)，使得f(x1)?f(x2)??1． aa因此，曲线y?g(x)在点P2(x2,f(x2))处的切线斜率均为?1. 1(x1,f(x1))，P所以，?x1?(?下面，只需证明曲线y?g(x)在点P2(x2,f(x2))处的切线不重合. 1(x1,f(x1))，P曲线y?g(x)在点P（i?1,2）处的切线方程为y?g(xi)??(x?xi)，i(xi,f(xi))即y??x?g(xi)?xi．假设曲线y?g(x)在点Pi(xi,f(xi))（i?1,2）处的切线重合，则
g(x2)?x2?g(x1)?x1．
令G(x)?g(x)?x，则G(x1)?G(x2)，且G'(x)?g'(x)?1?f(x)?1. 由（Ⅰ）知，当x?(x1,x2)时，f(x)??1，故G'(x)?0．
所以，G(x)在区间[x1,x2]上单调递减，于是有G(x1)?G(x2)，矛盾！ ········· 13分 因此，曲线y?g(x)在点Pi(xi,f(xi))(i?1,2)处的切线不重合．
【东城二模】 （19）（本小题14分）
12f(x)?xsinx?cosx?ax，x?[??,?]. 已知函数
2（I）当a=0时，求f(x)的单调区间； （II）当a?0时，讨论f(x)的零点个数. （19）（共14分）
解：（I）当a?0时，f(x)?xsinx?cosx，x?[??,?].
f'(x)?sinx?xcosx?sinx?xcosx.
当x在区间[??,?]上变化时，f'(x)，f(x)的变化如下表
x f'(x) ?? (??,?) 2???2 (??2,0) 0 0 极小 值1 (0,) 2?? 20 极大 (,?) 2?? ? 0 极大 ? ? ? f(x) ?1 ?值 2?值 2?1 所以f(x)的单调增区间为(??,??)，(0,)；f(x)的单调减区间为(?,0)， 222??(,?).……………………………………………………………………………5分
2（II）任取x?[??,?].
?11f(?x)?(?x)sin(?x)?cos(?x)?a(?x)2?xsinx?cosx?ax2?f(x)，
22所以f(x)是偶函数.
f'(x)?ax?xcosx?x(a?cosx).
当a?1时，a?cosx?0在[0,?)上恒成立，所以x?[0,?)时，f'(x)?0. 所以f(x)在[0,?]上单调递增.
又因为f(0)?1，所以f(x)在[0,?]上有0个零点. 又因为f(x)是偶函数，所以f(x)在[??,?]上有0个零点.
当0?a?1时，令f'(x)?0，得cosx??a. 由?1??a?0可知存在唯一x0?(?2,?)使得cosx0??a.
所以当x?[0,x0)时，f'(x)?0，f(x)单调递增； 当x?(x0,?)时，f'(x)?0，f(x)单调递减. 因为f(0)?1，f(x0)?1，f(?)?①当
12a??1. 2122a??1?0，即2?a?1时，f(x)在[0,?]上有0个零点. 2?由f(x)是偶函数知f(x)在[??,?]上有0个零点. ②当
122a??1?0，即0?a?2时，f(x)在[0,?]上有1个零点. 2?由f(x)是偶函数知f(x)在[??,?]上有2个零点. 综上，当0?a?2?2时，f(x)有2个零点；当a?2?2时，f(x)有0个零点.
………………………………………………………………………………………14分
【朝阳二模】
18.（本小题满分13分）
已知函数f(x)?xex?ax2?2ax(a?R). （Ⅰ）若曲线y?值;
f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x?y?0,求a的
1（Ⅱ）当??a?0时,讨论函数f(x)的零点个数.
2【解析】f?(x)?(x?1)(ex?2a) （Ⅰ）因为曲线y?f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x?y?0.
0?f(0)?0f(0)??3e所以,.由?2a??3得a??2.
1（Ⅱ）当??a?0时,令f?(x)?(x?1)(ex?2a)?0
2得x??1或x?ln(?2a). ① 当ln(?2a)??1即a?(?1,0)时, 2e当x变化时,f?(x),f(x)的变化情况如下表:
x f?(x) (??,ln(?2a)) ln(?2a) (ln(?2a),?1) ?1 0 (?1,??) ? ↗ 0 ? ? ↗ f(x) 极大值 ↘ 极小值 所以函数f(x)在(ln(?2a),?1)上单调递减,在(??,ln(?2a))和
(?1,??)上单调递增.
又因为f(ln(?2a))?aln2(?2a)?0,f(0)?0, 所以函数f(x)有一个零点. ② 当ln(?2a)??1,即a??1时, 2e当x变化时,f?(x),f(x)的变化情况如下表:
x f?(x) (??,?1) ?1 0 (?1,??) ? ↗ ? ↗ f(x) 1f(?1)??a? e所以函数f(x)在(??,??)上单调递增. 又因为
f(0)?0,所以函数f(x)有一个零点.
11③ 当?1?ln(?2a)?0,即a?(?,?)时,
22e