题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=12-x^{2}$.

(I) 求曲线 $y=f(x)$ 的斜率等于 -2 的切线方程;

(II) 设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(t, f(t))$ 处的切线与坐标轴围成三角形的面积为 $S(t)$, 求 $S(t)$ 的最小值.
选项：
答案：答案: 【解析】(I) 因为 $f(x)=12-x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-2 x$,设切点为 $\left(x_{0}, 12-x_{0}\right)$, 则 $-2 x_{0}=-2$, 即 $x_{0}=1$, 所以切点为 $(1,11)$,由点斜式可得切线方程为: $y-11=-2(x-1)$, 即 $2 x+y-13=0$. (II) 显然 $t \neq 0$,因为 $y=f(x)$ 在点 $\left(t, 12-t^{2}\right)$ 处的切线方程为: $y-\left(12-t^{2}\right)=-2 t(x-t)$,令 $x=0$, 得 $y=t^{2}+12$, 令 $y=0$, 得 $x=\frac{t^{2}+12}{2 t}$,所以 $S(t)=\frac{1}{2} \times\left(t^{2}+12\right) \cdot \frac{t^{2}+12}{2 t \mid}$,不妨设 $t>0(t<0$ 时, 结果一样 $)$,
则 $S(t)=\frac{t^{4}+24 t^{2}+144}{4 t}=\frac{1}{4}\left(t^{3}+24 t+\frac{144}{t}\right)$ ，

所以 $S(t)=\frac{1}{4}\left(3 t^{2}+24-\frac{144}{t^{2}}\right)=\frac{3\left(t^{4}+8 t^{2}-48\right)}{4 t^{2}}$

$=\frac{3\left(t^{2}-4\right)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}=\frac{3(t-2)(t+2)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}$,

由 $S^{\prime}(t)>0$, 得 $t>2$, 由 $S^{\prime}(t)<0$, 得 $0<t<2$,

所以 $S(t)$ 在 $(0,2)$ 上递减, 在 $(2,+\infty)$ 上递增,

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【分析】 (I) 根据导数的几何意义可得切点的坐标, 然后由点斜式可得结果; (II) 根据导数的几何意义求出切线方程, 再得到切线在坐标轴上的截距, 进一步得到三角形的面积, 最后利用导数可求得最值.

25.答案: (1) 【解析】函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$

$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$,

设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,

当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,

即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，

要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;

(2) 【解析】$g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$

因此 $g(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,

则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,

当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m(x)<0, m(x)$ 单调递减,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;

当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m(x)>0, m(x)$ 单调递增,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减,

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.

【分析】(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$, 构造新函数, 利用导数求出新函数
的最大值, 进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$,再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.
解析：答案: 【解析】(I) 因为 $f(x)=12-x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-2 x$,设切点为 $\left(x_{0}, 12-x_{0}\right)$, 则 $-2 x_{0}=-2$, 即 $x_{0}=1$, 所以切点为 $(1,11)$,由点斜式可得切线方程为: $y-11=-2(x-1)$, 即 $2 x+y-13=0$. (II) 显然 $t \neq 0$,因为 $y=f(x)$ 在点 $\left(t, 12-t^{2}\right)$ 处的切线方程为: $y-\left(12-t^{2}\right)=-2 t(x-t)$,令 $x=0$, 得 $y=t^{2}+12$, 令 $y=0$, 得 $x=\frac{t^{2}+12}{2 t}$,所以 $S(t)=\frac{1}{2} \times\left(t^{2}+12\right) \cdot \frac{t^{2}+12}{2 t \mid}$,不妨设 $t>0(t<0$ 时, 结果一样 $)$,
则 $S(t)=\frac{t^{4}+24 t^{2}+144}{4 t}=\frac{1}{4}\left(t^{3}+24 t+\frac{144}{t}\right)$ ，

所以 $S(t)=\frac{1}{4}\left(3 t^{2}+24-\frac{144}{t^{2}}\right)=\frac{3\left(t^{4}+8 t^{2}-48\right)}{4 t^{2}}$

$=\frac{3\left(t^{2}-4\right)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}=\frac{3(t-2)(t+2)\left(t^{2}+12\right)}{4 t^{2}}$,

由 $S^{\prime}(t)>0$, 得 $t>2$, 由 $S^{\prime}(t)<0$, 得 $0<t<2$,

所以 $S(t)$ 在 $(0,2)$ 上递减, 在 $(2,+\infty)$ 上递增,



【分析】 (I) 根据导数的几何意义可得切点的坐标, 然后由点斜式可得结果; (II) 根据导数的几何意义求出切线方程, 再得到切线在坐标轴上的截距, 进一步得到三角形的面积, 最后利用导数可求得最值.

25.答案: (1) 【解析】函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$

$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$,

设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,

当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减, 当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,

即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，

要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,

只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;

(2) 【解析】$g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$

因此 $g(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,

则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,

当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m(x)<0, m(x)$ 单调递减,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;

当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m(x)>0, m(x)$ 单调递增,

因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减,

所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.

【分析】(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$, 构造新函数, 利用导数求出新函数
的最大值, 进而进行求解即可; (2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$,再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.