【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第3章-第2节-利用导数研究函数的性质.docx

第三章　其次节

一、选择题
1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－1,3]上的最大值、最小值分别是(　　)
A．12；－8　　　　　　 B．1；－8
C．12；－15 D．15，－4
[答案]　D
[解析]　y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2，当x∈[－1,2]时，y′<0，函数单调减小，当x∈[2,3]时，y′>0，函数单调增加，x＝－1时y＝12，x＝2时y＝15.x＝3时，y＝－4.∴ymax＝15，ymin＝－4.故选D.
2．(2022·四川内江三模)已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)
A．c< B．c≤
C．c≥ D．c>
[答案]　A
[解析]　由题意可知f ′(x)＝x2－x＋c＝0有两个不同的实根，所以Δ＝1－4c>0⇒c<.
3．(文)(2022·广东中山一模)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f ′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
[答案]　C
[解析]　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f ′(x)>0；当x∈(c，e)时，f ′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又af(b)>f(a)，选C.
(理)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f ′(x)的图象可能为图中的(　　)

[答案]　D
[解析]　当y＝f(x)为增函数时，y＝f ′(x)>0，当y＝f(x)为减函数时，y＝f ′(x)<0，可推断D成立．
4．(文)若a>2，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有(　　)
A．0个零点 B．1个零点
C．2个零点 D．3个零点
[答案]　B
[解析]　f ′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)＝0⇒x1＝0，x2＝2a>4.易知f(x)在(0,2)上为减函数，且f(0)＝1>0，f(2)＝－4a<0，由零点判定定理知，函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．
(理)(2022·湖北荆州质检二)设函数f(x)＝(x－1)kcosx(k∈N*)，则(　　)
A．当k＝2021时，f(x)在x＝1处取得微小值
B．当k＝2021时，f(x)在x＝1处取得极大值
C．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得微小值
D．当k＝2022时，f(x)在x＝1处取得极大值
[答案]　C
[解析]　当k＝2021时，f(x)＝(x－1)2021cosx，则f ′(x)＝2021(x－1)2022cosx－(x－1)2021sinx＝(x－1)2022[2021cosx－(x－1)sinx]，当0；当10，此时函数x＝1不是函数f(x)的极值点，A，B选项均错误．当k＝2022时，f(x)＝(x－1)2022cosx，则f ′(x)＝2022(x－1)2021cosx－(x－1)2022sinx＝(x－1)2021[2022cosx－(x－1)sinx]，当0，此时函数f(x)在x＝1处取得微小值，故选C.
5．(2022·内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是(　　)
A．02，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
[答案]　B
[解析]　由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则
φ′(x)＝f ′(x)－2>0.
∴φ(x)在R上是增函数．
又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，
∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，
∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.
(理)(2022·吉林长春二调)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x)，且有2f(x)＋xf ′(x)>x2，则不等式(x＋2022)2f(x＋2022)－4f(－2)>0的解集为(　　)
A．(－∞，－2022) B．(－2022,0)
C．(－∞，－2022) D．(－2022,0)
[答案]　C
[解析]　由2f(x)＋xf ′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f ′(x)0，
即F(2022＋x)>F(－2)．
又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2022＋x<－2，即x<－2022，故选C.
二、填空题

7．(文)(2021·天津一中月考)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b的值为________．
[答案]　－7
[解析]　f ′(x)＝3x2＋6ax＋b，若在x＝－1处有极值0，
则
解得或但当a＝1，b＝3时，f ′(x)＝3(x＋1)2≥0，不合题意，
故a－b＝－7.
(理)(2022·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
[答案]　(－∞，2ln2－2]
[解析]　由原函数有零点，可转化为方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．
令函数g(x)＝2x－ex，则g′x)＝2－ex.令g′(x)>0，得xln2.所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(－∞，2ln2－2]．
8．(文)(2022·江西九江二模)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f ′(n)的最小值是________．
[答案]　－13
[解析]　求导得f ′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f ′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f ′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f ′(n)min＝f ′(－1)＝－9.故f(m)＋f ′(n)的最小值为－13.
(理)(2021·嘉兴质检)不等式ln(1＋x)－x2≤M恒成立，则M的最小值是________．
[答案]　ln2－
[解析]　设f(x)＝ln(1＋x)－x2，
则f ′(x)＝[ln(1＋x)－x2]′
＝－x＝，
∵函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
令f ′(x)＝0得x＝1，
当x>1时，f ′(x)<0，当－10，
∴函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln2－.
∵ln(1＋x)－x2≤M恒成立，
∴M≥ln2－，即M的最小值为ln2－.
9．(2021·唐山模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心为M(x0，y0)，记函数f(x)的导函数为f ′(x)，若f ′(x)的导函数为f ″(x)，则有f ″(x0)＝0.若函数f(x)＝x3－3x2，则可求得：f()＋f()＋…＋f()＋f()＝______
[答案]　－8046
[解析]　∵f(x)＝x3－3x2，∴f ″(x)＝6x－6，
令f ″(x0)＝0，得x0＝1，
由对称中心的定义知f(x)的对称中心为(1，－2)，
设M(x1，y1)关于(1,2)的对称点为N(x2，y2)，则有x1＋x2＝2时，y1＋y2＝－4，
∴f()＋f(2－)＝－4，k＝1,2，…，2022，
∴原式＝2011×(－4)＋(－2)＝－8046.
三、解答题
10．(文)(2021·北京东城区统一检测)已知函数f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋1，m∈R.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
2)若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，求m的取值范围．
[解析]　(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，
又f ′(x)＝x2＋2x－3，所以f ′(2)＝5.
又f(2)＝，
所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，
即15x－3y－25＝0.
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0.
(2)由于f ′(x)＝x2＋2mx－3m2，
令f ′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.
当m＝0时，f ′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意．
当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，
则，解得m≥3.
当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，
则，解得m≤－2.
综上所述，实数m的取值范围是m≥3或m≤－2.
(理)已知f(x)＝lnx＋x2－bx.
(1)若函数f(x)在其定义域内是增函数，求b的取值范围；
(2)当b＝－1时，设g(x)＝f(x)－2x2，求证函数g(x)只有一个零点．
[解析]　(1)∵f(x)在(0，＋∞)上递增，
∴f ′(x)＝＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立，
即b≤＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立，
∴只需b≤min，
∵x>0，∴＋2x≥2，当且仅当x＝时取“＝”，
∴b≤2，∴b的取值范围为(－∞，2]．
(2)当b＝－1时，g(x)＝f(x)－2x2＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，
∴g′(x)＝－2x＋1
＝－＝－，
令g′(x)＝0，即－＝0，
∵x>0，∴x＝1，
当00；当x>1时，g′(x)<0，
∴函数g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
∴当x≠1时，g(x)x)＝f(x)·f ′(x)＋f 2(x)的最大值是(　　)
A．1＋ B．1－
C. D．－
[答案]　A
[解析]　依题意，得f ′(x)＝cosx－sinx，
所以F(x)＝(sinx＋cosx)(cosx－sinx)＋(sinx＋cosx)2＝sin(2x＋)＋1，
所以F(x)的最大值是1＋.
12．(文)(2022·福建漳州质检)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f ′(x)，则以下推断正确的是(　　)
A．f(2021)>e2021f(0)
B．f(2021))与e2021f(0)大小无法确定
[答案]　B
[解析]　令函数g(x)＝，则g′(x)＝.
∵f(x)>f ′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上递减，
∴g(2021)0，f(2－x)＝f(x)e2－2x，则下列推断确定正确的是(　　)
A．f(1)ef(0)
C．f(3)>e3f(0) D．f(4)C
[解析]　令F(x)＝f(x)e－x，则F′(x)＝e－x[f ′(x)－f(x)]，当x<1时，由条件知f ′(x)－f(x)<0，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(－2)>F(－1)>F(0)，
即f(－2)e2>f(－1)e>f(0)，又f(4)＝f(－2)e6，f(3)＝f(－1)e4，所以f(4)>f(0)e4，f(3)>f(0)e3，故选C.
13．(文)(2021·河南八校联考)设p：f(x)＝x3－2x2－mx＋1在(－∞，＋∞)上单调递增，q：m>，则p是q的(　　)
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．以上都不对
[答案]　D

[解析]　f ′(x)＝3x2－4x－m，由题意知3x2－4x－m≥0在R上恒成立，∴m≤－.
当m≤－时，m>不成立，∴p⇒/ q；当m>时，m≤－不成立，∴q⇒/ p，故选D.
(理)(2021·河南省试验中学期中)函数f(x)在定义域R上的导函数是f ′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f ′(x)<0，设a＝f(0)、b＝f()、c＝f(log28)，则(　　)
A．ab>c
C．cx)<0，∴f ′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，<2<3，∴b>a>c，故选C.
14．(文)(2021·陕西西工大附中训练)已知可导函数f(x)(x∈R)满足f ′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)和eaf(0)的大小关系为(　　)
A．f(a)eaf(0)
C．f(a)＝eaf(0) D．f(a)≤eaf(0)
[答案]　B
[解析]　令F(x)＝，
则F′(x)＝>0，
∴F(x)为增函数，
∵a>0，∴F(a)>F(0)，
即>f(0)，
∴f(a)>eaf(0)，故选B.
(理)(2021·课标Ⅱ文，11)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的微小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f ′(x0)＝0
[答案]　C
[解析]　由题意得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，该函数图象开口向上，若x0为微小值点，如图，f′(x)的图象应为：

故f(x)在区间(－∞，x0)不单调递减，C错，故选C.
二、填空题

15．(2022·福建质量检查)设g′(x)是函数g(x)的导函数，且f(x)＝g′(x)．现给出以下四个命题：①若g(x)是偶函数，则f(x)必是奇函数；②若f(x)是偶函数，则g(x)必是奇函数；③若f(x)是周期函数，则g(x)必是周期函数；④若f(x)是单调函数，则g(x)必是单调函数．其中正确的命题是________．(写出全部正确命题的序号)
[答案]　①
[解析]　由于若g(x)是偶函数，则依据偶函数关于y轴对称，可得函数g(x)的导函数即函数的切线的斜率关于原点对称，所以①正确；若g(x)＝x3＋1，则f(x)＝x2是偶函数，但g(x)不是奇函数，所以②不正确；若g(x)＝－cosx＋2x，则f(x)＝sinx＋2是周期函数且f(x)>0，则g(x)是增函数，所以g(x)不行能是周期函数，所以③不正确；若g(x)＝x2，则f(x)＝x是单调函数，但g(x)不是单调函数，所以④不正确．综上可知，①正确．
16．(文)(2021·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
[答案]　－3e
[解析]　f ′(x)＝＋＝(x>0)，
当m>0时，f ′(x)>0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，
f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m>0冲突．
当m<0时，若－m<1即m>－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m>－1冲突；
若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，与－e≤m≤－1冲突；
若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．
(理)已知函数f(x)＝＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．
[答案]　[1，＋∞)
[解析]　∵f(x)＝＋lnx，
∴f ′(x)＝(a>0)，
∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，
∴f ′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，
∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，
即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.
三、解答题
17．(文)(2021·菏泽期中)已知函数f(x)＝x2＋2alnx.
(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；
(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)f ′(x)＝2x＋＝，
由已知f ′(2)＝1，解得a＝－3.
(2)由g(x)＝＋x2＋2alnx得g′(x)＝－＋2x＋，
由已知函数g(x)在[1,2]上为单调减函数，
则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．
即a≤－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，
所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－，
所以a≤－.
(理)(2021·江西赣州博雅文化学校月考)已知函数f(x)＝alnx＋x2－(1＋a)x(x>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)f ′(x)＝＝(x>0)．
当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当01)单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增；
当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(1，a)上单调递减，在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增．
(2)解法一：由f(x)≥0得：a≤·，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝x＋2－2lnx，则h′(x)＝，当x∈(0,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
∴h(x)≥h(2)＝4－2ln2>0，即x＋2－2lnx>0，
所以由g′(x)＝>0得x>1，
所以g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
所以g(x)≥g(1)＝－1，从而a≤－.
解法二：由f(1)＝－－a≥0得：a≤－.
由(1)知当a≤－时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)≥0.
所以若f(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，实数a的取值范围为(－∞，－]．
18．(文)(2022·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝(a≠0，a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，有f(x1)－f(x2)≤m成立，求实数m的最小值．
[解析]　f ′(x)＝.
令f ′(x)＝0，解得x＝a或x＝－3a.
(1)当a>0时，f ′(x)，f(x)随着x的变化如下表：
x
(－∞，－3a)
－3a
(－3a，a)
a
(a，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

微小值

极大值

函数f(x)的单调递增区间是(－3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3a)，(a，＋∞)．
当a<0时，f ′(x)，f(x)随着x的变化如下表：
x
(－∞，a)
a
(a，－3a)
－3a
(－3a，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

微小值

极大值

函数f(x)的单调递增区间是(a，－3a)，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，a)，(－3a，＋∞)．
(2)当a＝1时，由(1)得f(x)是(－3,1)上的增函数，是(1，＋∞)上的减函数．
又当x>1时，f(x)＝>0，
所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，使f(x1)－f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为.
(理)(2022·哈三中二模)己知函数f(x)＝(ax－a＋2)·ex(其中a∈R)
(1)求f(x)在[0,2]上的最大值；
(2)若函数g(x)＝a2x2－13ax－30，求a所能取到的最大正整数，使对任意x>0，都有2f′(x)>g(x)恒成立．
[解析]　(1)f(x)＝(ax－a＋2)·ex，f′(x)＝(ax＋2)·ex，
当a≥0时，f′(x)在[0,2]上恒正，f(x)单调递增，最大值为f(2)＝(a＋2)e2，
当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－.
所以当－1≤a<0时，仍有f(x)在[0,2]上为增函数，最大值为f(2)＝(a＋2)e2
当a<－1时，f(x)在[0，－]上为增函数，在[－，2]上为减函数，
最大值为f(－)＝－ae－.
综上有，f(x)max＝
(2)g(x)＝a2x2－13ax－30＝(ax＋2)(ax－15)，
所以只需要2ex>ax－15即可，
记h(x)＝2ex－ax＋15，则h′(x) ＝2ex－a，
故h(x)在(0，ln)上单调递减，在(ln，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝a－aln＋15.
记k(x)＝x－xln＋15，则k′(x)＝－ln，
故k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
在(2，＋∞)上取2e2，有k(2e2)＝15－2e2>0，
又k(15)＝15(2－ln)<0，故存在x0∈(2e2,15)使k(x0)＝0，
而2e2∈(14,15)，所以当a＝14时可保证h(x)min>0，有2f′(x)>g(x)恒成立，
当a＝15时h(x)min<0，不能有2f′(x)>g(x)恒成立，
所以a所能取到的最大正整数为14.
[点评]　构造是应用导数解决函数问题中的基本手段，在解题过程中可以依据需要构造函数，争辩新函数的性质达到解决原问题的目的．
练一练
①证明不等式lnx>，其中x>1.
[解析]　设f(x)＝lnx－　(x>1)．
则f ′(x)＝－＝，
∵x>1，∴f ′(x)>0.
∴f(x)在(1，＋∞)内为单调增函数．
又∵f(1)＝0，当x>1时，f(x)>f(1)＝0，
即lnx－>0.∴lnx>.
②(2022·长春市三调)已知函数 f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.
(1)若函数y＝f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求 a的值；
(2)若x≥ 0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
[解析]　(1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，
由于y＝f(x)在x＝0处切线与x轴平行，即在x＝0切线斜率为0即f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.
(2)f′(x)＝2(ex－x＋a)，令g(x)＝2(ex－x＋a)，∵x≥0，∴g′(x)＝2(ex－1)≥0，
所以g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增，g(0)＝2(1＋a)，
(ⅰ)当2(1＋a)≥0即a≥－1时，f′(x)＝2(ex－x＋a)≥f′(0)≥0，f(x)在[0，＋∞)内单调递增，要想f(x)≥0只需要f(0)＝5－a2≥0，解得
－≤a≤，从而－1≤a≤.
(ⅱ)当2(1＋a)<0即a<－1时，由g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)内单调递增知，存在唯一x0使得g(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，有ex0＝x0－a，令f′(x)>0解得x>x0，令f′(x)<0解得0≤x3≤0，解得02.
[解析]　(1)∵a＝2，b＝－3，∴F(x)＝－x＋3.
F′(x)＝－1＝＝0⇒x＝1，
∵当x∈(0,1)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，∴函数F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴F(x)max＝F(1)＝2.
(2)不妨设x1＜x2，要证(x1＋x2)g(x1＋x2)＞2，
只需证(x1＋x2)[a(x1＋x2)＋b]＞2，
a(x1＋x2)＋b＞⇒a(x－x)＋b(x2－x1)＞
ax＋bx2－(ax＋bx1)>
∵(x1，y1)，(x2，y2)是l与C的交点， ＝ax1＋b，＝ax2＋b.
∴lnx2－lnx1>，即ln>，
∴(x2＋x1)ln>2(x2－x1)．
令H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)，x∈(x1，＋∞)，
只需证H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，H′(x)＝ln＋－1.
令G(x)＝ln＋－1，则G′(x)＝>0，
G(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．
G(x)>G(x1)＝0，∴H′(x)>0，∴H(x)在x∈(x1，＋∞)上单调递增．
∴H(x)>H(x1)＝0，∴H(x)＝(x＋x1)ln－2(x－x1)>0，
∴(x1＋x2)g(x1＋x2)>2.