导数压轴专治学霸

1、导数压轴专治学霸 .解答题(共20小题) 1已知函数f (x)= ex (1 + aInx),设f (x)为f (x)的导函数. (1 )设g (x)= e xf (x) +x2 - x在区间1 , 2上单调递增，求 a的取值范围； xo X1. (2)若a2时，函数f (x)的零点为xo,函f( x)的极小值点为 xi,求证: 2设-. x (1 )求证：当x 1时，f (x) 0恒成立； (2)讨论关于x的：1 1 :：，:.-：,方程根的个数. x (1 )当a = 1时，判断g (x)= e f (x)的单调性; (2)若函数f (x)无零点，求a的取值范围. 4. 已知函数 f.：.

2、 I - : .-I. x (1) 求函数f (x)的单调区间； a的最小值. (2) 若存在，一成立，求整数 5. 已知函数 f (x)= e - Inx+ax ( aR). (I) 当a=- e+1时，求函数f (x)的单调区间; (n)当 a- 1 时，求证：f (x) 0. x2 6. 已知函数 f (x)= e - x - ax - 1. (I)若f (x)在定义域内单调递增，求实数a的范围； x3 求 a 的取值集合 (n)设函数g (x) = xf (x)- e +x +x,若g (x)至多有一个极值点, 2 7. 已知函数 f (x)= x - 1 - lnx - a (x 1

3、) (aR). (1 )讨论函数f (x)的单调性； (2) 若对？x (0, +s) , f (x) 0,求实数a的取值范围. (H)若函数f (x)不存在好点，求 a的取值范围. 2 9. 已知函数 f (x)= Inx+ax + ( a+2) x+2 (a 为常数). (1 )讨论函数f (x)的单调性； (2 )若a为整数，函数f (x)恰好有两个零点，求 a的值. 2 10. 已知函数 f (x)= xlnx - ax , a R. (1) 若函数f (x)存在单调增区间，求实数a的取值范围； 2 (2) 若xi, X2为函数f (x)的两个不同极值点，证明xi x2 e 32 11

4、. 已知函数 f (x)=x - a (x+1), 3 (1 )讨论函数f (x)的单调区间； a的取值范围. (2) 若函数f (x)只有一个零点，求实数 12已知函数,-.|,. (1 )当0 v mv 2时，证明：f (x)只有1个零点; (2)证明：曲线f (x)没有经过原点的切线. 2 13. 已知函数 f (x)= 4lnx+x - 2mx (m R). (1) 求函数f (x)的单调区间； (2) 若直线l为曲线二的切线，求证：直线I与曲线二不可能有2个切点. 14. 已知函数 f (x) = ( x+1) ex+ , +2ax, a R 2 (1) 讨论f (x)极值点的个数

5、(2) 若 xo (xom- 2)是 f (x)的一个极值点，且 f (- 2) e2,证明：f (xo)w 1. 2 x 15. 己知函数 f(x) = ( x- a) e +b在x= 0处的切线方程为 x+y- 1 = 0,函数g (x)= x -k (Inx - 1). (1) 求函数f (x)的解析式； (2) 求函数g (x)的极值； (3) 设 F (x)= minf ( x), g (x) ( minp, q表示 p, q 中的最小值)，若 F (x)在 (0, +s)上恰有三个零点，求实数 k的取值范围. 16.已知函数 I，且y= x- 1是曲线y= f (x)的切线. (1

6、) 求实数a的值以及切点坐标; (2) 求证：g (x) f (x). 2 17. 已知函数 f (x)= x - x-alnx, aR. (1 )若不等式f (x)v 0无解，求a的值； f(輩)f(H ) (2)若函数f ( x)存在两个极值点 XI、X2，且xi X2,当 _/ 恒成立时, a 求实数m的最小值. 2 18. 设a, bR，已知函数f (x)= alnx+x +bx存在极大值. (I)若a= 1,求b的取值范围； (H)求a的最大值，使得对于 b的一切可能值，f (x)的极大值恒小于 0. 19. 已知函数 f (x)= x- 1 nx (1) 求函数f (x)的极值；

7、(2) 设函数g (x)= xf (x).若存在区间m, n?丄,+8),使得函数g (x)在m, n 2 上的值域为k ( m+2)- 2，k ( n+2)- 2,求实数k的取值范围. 20. 已知a工0，函数 %)上辿1 ，且曲线y= f (x)在x= 1处的切线与直线 x+2y+1 =0垂直. 求函数一在区间(0, +8)上的极大值; (n)求证：当 x (0, +8)时, exf(x)2时，函数f (x)的零点为xo,函f( x)的极小值点为 xi,求证：xoxi. 【解答】(1)解：依题意，g (x)= exf(x) +x2-x= 1+alnx+x2-x, x0. 故卜 ： ： I，

8、 x 0. g (x)在1 , 2上单调递增, g (x) 0在1 , 2上恒成立，故 匚八严 x 即a x (1 - 2x)在1 , 2上恒成立， 根据二次函数的知识，可知：x (1 - 2x)在1 , 2上的最大值为-1. a的取值范围为-1, + a). (2)证明：由题意，f( x)= ex (1 + lnx+二),x0, a2. 设 h (x)= f( x)= ex (1 + lnx+厶),x0, a2. x 贝U h(x)= ex (1+aInx+，-). v_ 2 再设 H (x)= 1 + aInx+厶二-厶，贝y H x / (x)_ _自 _ 2且丄 2a =x+2) -

9、、= 2 2 当 x0 时，y = x - 2x+2 =( x- 1)+1 0 恒成立, 当x0时，H ( x) 0恒成立. H (乂)在(0, +a)上单调递增. 又当 a2 时，H (1)= 1 + a0, H ()= 1 - aln2v0, 2 根据H ( x)的单调性及零点定理，可知：存在一点X2 (丄，1),使得H (X2)= 0. 2 f( 乂)在(0 , X2)上单调递减，在(X2, + a)上单调递增，在 x= X2处取得极小值. -X2= X1. 即：且 H(X1)= 0，即 1 + 毗1+； 一 =,即宀： 又:f (X)的零点为 X0,故 f (Xo)= 0，即! I._

10、 I二，即 alnxo=- 1 由，得丄. K I Xi 则,!.，又厂二故. 忑I耳A1 即 Inx0- Inx1 0, X0 X1 .故得证. 2 设-i： ,:,- . (1 )求证：当X 1时，f ( x) 0恒成立； (2)讨论关于x的:.方程根的个数. X 【解答】解：(1)证明： ，：， I 的定义域为(0, + 8). 2 _x2-2x+1 沉一 X2 f ( X)在1 , + 8)上是单调递增函数， f (x) f (1)= 0 对于 x1 , + 8)恒成立. 故当x 1时，f (x) 0恒成立得证. (2)化简方程得 2lnx = x3 - 2ex2+tx. 注意到x0,

11、则方程可变为. 令, X 则：.更多资料加群： 625972323 X 当x (0, e)时，L ( x) 0, L (幻在(0, e)上为增函数； 当 x (e, + 8)时，L ( x)v 0, L (乂)在(e, +8)上为减函数. Q 当 x = e 时，：? 函数.:,在同一坐标系内的大致图象如图 X 所示： 由图象可知， ee 当 一-时，即 一时，方程有一个实根; ee （1 ）当a = 1时，判断g （x）= exf（x）的单调性; （2）若函数f（x）无零点，求 a的取值范围.更多资料加群：625972323 【解答】解：（1）当a = 1时, xx /2 一 - x+1、

12、g (x)= e f (x)= e (- x +x+1 - e ) 2 -x +x+1) x e - e, g( x) = ( - 2x+1) ex+ (- 2、 xx . x +x+1) e = - e (x- 1) (x+2), 当 x (-8,- 2) U( 1, +1 时，g(x) 0,故g （x）在（-2, 1）单调递增; -x+1 f ( x) max= f (xo)=- xo+axo+a -. 一， 函数f (x)无零点， - f (x) max= f (xo)=- x2+axo+a - . 一 V 0 在 R 上恒成立, 又:h (xo)=- 2xo+a+ = 0,即=2x0

13、- a. 2 - f (x) max= f (xo)=- xo + (a- 2) xo+2aV0 在 R 上恒成立， 2 2 =( a - 2)- 4?2a = a - 12a+4V 0, 解得 6- 4VaV 6+4 _. a的取值范围为(6 - 4 , 6+4 _). 4已知函数：,I 二“ I 一 - : .-I：. X (1) 求函数f (x)的单调区间； (2) 若存在 .一成立，求整数a的最小值. 【解答】解：(1)由题意可知，x 0, :. x 2 耳X 2 方程-x +x- a = 0对应的= 1 - 4a, 当厶=1 - 4a0, (x)V 0, 函数 函数 I 1 , K

14、( 2 分) -(x)单调递增， f (x)单调递减；( 4 分)更多资料加群：625972323 当a0时，二1：., 一上丄匸 (6分) 2 1,-:.- I, f (X)单调递增, :.:时，f (x)v 0, f (x)单调递减； 2 综上：当a 1,使 :成立. X-1 设山空二，x 1 , (2)原式等价于(x- 1) axlnx+2x- 1, x-1 则-：= ，(9 分) (x-1)2 设 h (x)= x- lnx - 2, 则：h （乂）在（1, + 上单调递增. 又 h (3)= 3 - ln3 - 2 = 1 - ln3 v 0, h ( 4)= 4 - ln4 - 2

15、= 2 - 2ln2 0, 根据零点存在性定理，可知h (幻在(1, +上有唯一零点， 设该零点为xo,则xo (3,4),且 h (xo)=xo- lnxo-2=0，即xo- 2= lnxo, (11 分) Xnlnx n+2 Xn-1 叫鋅 -Im+1 由题意可知a xo+1，又xo （3, 4）, a包, a的最小值为5.（12分）更多资料加群：625972323 5.已知函数 x f (x)= e - Inx+ax ( aR). (I)当 a=- e+1时，求函数f （x）的单调区间； (n)当 a- 1 时，求证：f (x) 0. 【解答】(I)解：f (x)= e (n)证明：当

16、a =- 1 时，f (x)= e - lnx - x (x 0)； - lnx+ (- e+1) x; 令-，得 x= 1 ； 当 x (0, 1 )时，f(x)v 0, f (x)单调递减； 当 x (1, + 时，f( x) 0, f (x)单调递增; h （乂）在（0, + 8）上单调递增; 又, h (1)= e-20； 使得 -，即.- 1+1 - ln1 1 = 1 0,1 卩 ex Tnx x 0 恒成立； 又 ex x lnx ； ex lnx 0； 又 a 1, x 0； ax x； f (x)= ex Inx+axex lnx x 0, 得证. x 2 6.已知函数 f

17、(x)= e x ax 1. (1) 若f (x)在定义域内单调递增，求实数a的范围； x 3 (n)设函数g (x) = xf (x) e +x +x,若g (x)至多有一个极值点， 求a的取值集合. 【解答】解：(1)由条件得，f (x)= ex 2x a 0, 得 a In2 时，h (x) 0.故当 x= In2 时，h ( x) min= h (In2)= 2 2In2. aw 2 2In2.更多资料加群：625972323 (2) g (x)= xex ax f (x)= x 1 Inx a (x 1)(aR). ex, g (x)= x (ex 2a). 当aw 0时，由x 0,

18、 g (x) 0且xv 0, g (x)v 0，故0是g (x)唯一的极小值点； 令 g (x)= 0 得 X1= 0, X2= In (2a). 当a = 时，X1= X2, g (x) 0恒成立，g (x)无极值点. 7.已知函数 (1 )讨论函数f (x)的单调性; (2)若对？x (0, +8), f (x) 0,求实数a的取值范围. 【解答】解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0,+ ), 由函数 f ( x)= x - 1 Inx - a (x - 1) 2 ( a R)得 f (x) = 1 丄2a (x - 1)= x ：:一.； 一 ? X 当aw 0时，令f (x) 0

19、,可得x 1,令f (x)v 0，可得0vxv 1;故函数f (x) 的增区间为(1, + g),减区间为(0, 1). 当 0vav时，令 f (x) 0,可得-.，令 f (x)v 0，可得 0v x 2 2a2a v 1或x丄，故f (x)的增区间为(1，丄)减区间为(0, 1),(丄，+OO)； 2a2a2a 1 fy-1 2 当a= 时，f (x)= w 0,故函数f (x)的减区间为(0, +8); 2 x 当 a时，0 v 1 v 1，令 f (x) 0,可得 1| ;令 f(x) v 0,可得 22a2a2a 或 x 1. 故f (x)的增区间为(丄，1),减区间为(0，丄)(

20、1, + 8). 2a2a 综上所述： 当aw0时，f (乂)在(0, 1)上为减函数，在(1, + 8)上为增函数； 当0vav丄时，f (乂)在(0, 1),(丄，+8)上为减函数，在(1,丄)上为增函数； 22a2a 当a =时，f (乂)在(0, + 8)上为减函数； 2 当a丄时，f (乂)在(0,丄)，(1, + 8)上为减函数.在( 丄，1)上为增函数. 22s.2a (2 )由(1)可知： 当 aw 0 时，f (x) min= f (1) = 0,此时，f (x) 0； 1 当 0v a v 时，f (1)= 0,当 x( , +8)时，inx 0, ax a+1, 23.

21、2 2 可得 f (x)= x- 1 - Inx - a (x - 1) v x- 1 - a (x- 1) =( x- 1) ( a+1 - ax) v 0,不 合题意；更多资料加群：625972323 当a时，f (1 )= 0,由f (x)的单调性可知，当 x (1, +8)时，f(x)v 0,不 合题意; 当a时，f (1 )= 0，由f (x)的单调性可知，当 x (丄，1)时，f (x)v 0,不 22a 合题意. 综上可知：所求实数 a的取值范围为：(-a,0. (H)若函数f (x)不存在好点，求 a的取值范围. 2xx2 【解答】(I)解：f( x)= e - ae -( a

22、 - 1) x； 由 f( x)= x, 得 e2x- ae -( a2 - 1) x= x, 2x x 2 -ae - a x = 0； / 0是函数f (x)得好点; 1 - a= 0, a = 1; 2yy 2 (n)解：令g (x)= e - ae - a x,问题转化为讨论函数 g (x)的零点问题； 当XT-a时，g (x)t + a,若函数f (x)不存在好点，等价于 g (x)没有零点, 即g (x)的最小值大于零； ,2x x 2 z xx 、 g( x)= 2e - ae - a =( 2e+a) (e - a)； f ( x)无好点; 若 a= 0，贝U g (x)= e

23、“ 0, g (x)无零点, 若 a0，则由 g( x)= 0 得 x= Ina ； 易知二 8： | . - 一 :. - -_ ：. |； 2 当且仅当-a 1 na 0，即 0 v a 0 ； g (x)无零点，f (x)无好点； 若a0，则由g( x)= 0得一丨； 故-：0； g (x)无零点，f (x)无好点；更多资料加群：625972323 2 综上，a的取值范围是.二匚 2 9. 已知函数 f (x)= Inx+ax + ( a+2) x+2 (a 为常数). (1 )讨论函数f (x)的单调性； (2 )若a为整数，函数f (x)恰好有两个零点，求 a的值. 【解答】 解(1

24、)由题意 x0, f( x)= 一_ . _,一 | . =二H XX 若a0，对x0, f(x) 0恒成立，f (乂)在(0, +8)单调递增； 若 av 0，则一0,当 Ov xv 一时，f( x) 0, x.时，f( x)v 0, aaa 所以f (乂)在(0,-丄)单调递增，在(-，+ 8)单调递减， f (x)恰好有两个零点，则a v 0,且f (x)在x= 处有极大 a max= f C -) 0,更多资料加群：625972323 a + a (-丄)2+ (a+2)(-丄)+2 = In ( ) + ( ) +1, aaaa a (2 )由(1)知，若函数 值，也是最大值；f (

25、x) T f ()= |n () aa 又T a为整数且av 0, 当a= 1时，且 f (x) max= f ( a = 2时，且f (x) max= f a = 3时，且f (x) max= f 1 )= 0+2 = 2 0, a () a () a 0, = =ln +1 0, a= 4时，且f (x) max= f -1 v 0, = a的值为：-1, 2， 3. a R. 10. 已知函数 f (x)= xlnx ax, (1) 若函数f (x)存在单调增区间，求实数 a的取值范围； (2) 若X1, X2为函数f (x)的两个不同极值点，证明X12x2 e 1. 2 【解答】 解：

26、(1)t 函数 f (x)= xlnx ax , aR. f( x)= Inx+1 2ax, t函数f (x)存在单调增区间 只需 f (x)= 1 + Inx 2ax0有解；即有解.令 g(x)=-,g(x) -Inx =, x 当 x (0, 1 )时 g( x) 0 当 x (1, + 8)时 g( x)V 0 当x = 1时g (x)有最大值，g (1) = 1. 故 2av g (1 )= 1 a二时，函数f (x)存在增区间. 2 证明：(2)要证明.j 即证明 2lnX1+1 nx2- 1, X1 x2 / f( x)= 1 + lnx - 2ax,. X1, X2是方程 Inx

27、 = 2ax - 1 的两个根, 即，InX1 = 2ax1 - 1 ，InX2= 2ax2 - 1， 即证明 2a ( 2x1+x2) 2. -，得：2a= lnx2 lnx ，即证 (2X1+X2) 2, 不妨设X1X2,贝y t= 1,更多资料加群：625972323 工2 则证 ( 2t+1 ) 2,. I nt - - 亠 0, t-12t+l 设 g (t)= lnt -，则 g( t) / t 1.4 (t+ 1 ) 2- 64 (1+丄)2 - 6 = 3 0,. g (x) 0; 2 2 g (在(1, + a)单调递增，g (t) g (1)= 0, 故:,-；,. e 1

28、. 3 2 11. 已知函数 f (x)=x - a (x+1), 丿 (1 )讨论函数f ( X)的单调区间； (2)若函数f (X)只有一个零点，求实数a的取值范围. 2 2 【解答】 解(1)函数的定义域为 R, f (x)= x - 2a (x+1) = x - 2ax- 2a, 2 = 4a +8a= 4a (a+2), w 0 时，-2w a 0, f (x)在 R 上递增( 1 分) 2 2)当厶 0 时，即 av- 2 或 a0 时，令 f (x)= 0, x - 2ax - 2a= 0,解得 a -14；递增，- . _ 递减， (2)由(1)知0时，2W a 0; 3 存在

29、唯一零点 xo (- 1, 1)； 当av- 2或a 0时， 1) av- 2 时，：，-： - | = a+ 丨-| v a+|a+1|; / av- 2,. a+|a+1|= 1，即,X2V- 1 , x1 vx2v- 1 ； t f ( 1) =0, f (0)= - a 0 ,存在零点 xo (- 1, 0). 3 又 f (幻在(-a, X1)递增，(X1, X2)递减，(X2, + a)递增； f (x)在 x= X1 处有极大值， f (X1)v 0, 厂-：.-，(*) _1 2 2 又.1). . :_ ,将 a (X1+1 )=r代入(* )得.、】; 2 X1 V i ：

30、.-, X1 - 3,且 X1 M 0; - 3v X1 v- 1，即-3 v a - .卜 J v- 1;,解得_ _ ; 4 2)当 a 0 时，T x1?X2=- 2av 0, X1 v 0v X2; 当 x (-a,0)时，又T I, - a (X+1) 2v 0, 3 f (x)=I - I, 又 f (幻在(-a, X1)递增，(X1, X2)递减，(X2, + a)递增; / f (0 )=- av 0, f (X2)v f (0 )v 0, 又t 3a+2 2,而 f (3a+2)=3a+, 0, 存在零点 xo (x2, w0 3a+2); q 综上，a (，I ). 4 1

31、9 12 .已知函数：， - . . I . (1 )当0 v mv 2时，证明：f (x)只有1个零点; (2)证明：曲线f (x)没有经过原点的切线. 【解答】(1)证明：f ( x)的定义域为(0, +R); XX 2 2 令 g (x)= x - mx+1，则= m - 4; / 0 v mv 2; v 0; g (x) 0 在 x (0, + g)上恒成立； f (x)在(0, + 上单调递增； f (x)至多有一个零点； T 1 丄 |1：. I :； 当 0v xv 2m 且 xv 1 时，f(x)v 0；当 x 2m 且 x 1 时，f(x) 0； f (x)有一个零点； 当0

32、v mv2时，f (x)只有一个零点； (2)证明：假设曲线y=f(x)在点(x,f(x)(x0)处的切线经过原点，则有丄-:，:; X 1 2,q 宁十lmc-mK 2.1 即，.上-，化简得 xx2 令.：一 |-.7-.，则 I .一 丄T 2x x 令 h(x)= 0，解得 x= 1; 当 0vxv 1 时，h( x)v 0, h (x)单调递减；当 x 1 时，h( x) 0, h (x)单调 递增; 3 b ： I f1 -： 与，- 一矛盾; 曲线y= f (x)没有经过原点的切线. 2 13.已知函数 f (x)= 4lnx+x - 2mx (m R). (1 (求函数f (x

33、)的单调区间； (2)若直线1为曲线的切线，求证：直线1与曲线不可能有2个切点. 2 _ 【解答】解：（1）由题意，, KX 2 2 令 y = x2 mx+2，则= m2 8, 若一，则0,则 f （ x） 0, 故函数f （乂）在（0, +8）上单调递增； 若2 L或r；，y= X2 mx+2 有两个零点 xi，X2，则 xix2= 20, 其中 （1） 若-二 -二，则 xiv 0, X2V 0，此时 f （x） 0, 故函数f （乂）在（0, +8）上单调递增； （ii）若八门 则 x1 0, x20, 此时当 x （0, x1）时，f （x） 0,当 x （x1, x2）时，f （x

34、）v 0，当 x （x2, +8） 时，f （x） 0, 故函数f （乂）在（0, X1）和（X2, + 8）上单调递增，在（X1, X2）上单调递减； 综上所述，可知： 当了时，函数f （x）在（0, +8）上单调递增； 当A加.时，函数f （ X ）在（0, X1）和（X2, + 8）上单调递增，在（X1, X2）上单 调递减. （2） 证明：（反证法）假设存在一条直线与函数 一的图象有两个不同的切点 T1（X1, y1), T2 (X2, y2), 不妨令0 V X1 X2,则T1处切线11的方程为: f(xj) f - ! ： , T2处切 线12的方程为：. 切线11, 12为同一直

35、线, (衍)二 f( ffxj )-x jf7 Cx !)-f ( x2)-x2f/ )-IT 整理得 2 令，由 0 X1 p( 1)= 0从而式不可能成 立，所以假设不成立， 1与曲线不可能有2个切点 14.已知函数 (1) 讨论f (x)极值点的个数 -2 (2) 若 xo (2)是 f (x)的一个极值点，且 f (- 2) e ，证明：f (x)w 1. 【解答】(1)解：f (x)的定义域为 R, f( x) = ( x+2) (ex+a); x 若 a0,贝U e +a0； 当 x(-,- 2)时，f( x) 0, f (x)单调递增； x=- 2是f ( x)唯一的极小值点，无

36、极大值点，故此时f (x)有1个极值点； 若 a0,令 f( x) = ( x+2) (ex+a)= 0,则 x1 =- 2, X2= In (- a)； 2 当 a- e 时，X1 0 ;当 x (X1, X2)时，f( x) 0,此时f (x)在R上单调递增，无极值点； -2 当-e aX2,同理可知，f(x)有2个极值点； 综上，当a=- e-2时，f (x)无极值点；当 a 0时，f (x)有1个极值点；当a- e-2 或-e-2 ae ; / a (-8,- e 2); 贝U xo= In ( - a); 1_9 r : 令 t = In (- a) (- 2, + 8),贝y a

37、=- et; 二匚 一 ： 一 一厂 I 一 二 一- - I-丨；I-； 又/ t (- 2, + 8)； t+4 0; 令 g (t)= 0,得 t= 0; 当 t ( - 2, 0)时，g ( t) 0, g (t)单调递增； 当 t (0, + 8)时，g ( t)V 0, g (t)单调递减； t= 0是g (t)唯一得极大值点，也是最大值点，即g (t) g ( 0)= 1 ; fln (- a) w 1，即 f (x0) 0在(0, + g)上恒成立， 所以g (x)在(0, +)上单调递增，无极值. 若k0时，则当0v xv k时，g (x)v 0, g (乂)在(0, k)

38、上单调递减； 当x k时，g (x) 0, g (乂)在(k, +g)上单调递增； 所以当x= k时，g (x)有极小值2k- kink,无极大值. (3)因为f (x)= 0仅有一个零点1,且f (x) 0恒成立，所以g (乂)在(0, +8) 上有仅两个不等于1的零点. 当k 0, g (乂)在(0, + 8)无零点， 2 2 当k= e时，g (x) 0,当且仅当x= e等号成立，g (乂)在(0, + 8)仅一个零点， o 当 ke 时，g (k)= k (2 - lnk) v 0, g (e)= e0，所以 g (k)?g ( e)v 0, 又g (x)图象不间断，g (乂)在(0,

39、 k)上单调递减， 故存在 xi (e, k),使 g (xi)= 0, 2 又 g (k )= k (k-2lnk+1), 下面证明，当xe2 时，h(x)= x-2inx+1 0 i ._ 2- 0,h(乂)在(e2,+ 8) x 2 2 上单调递增 h (x) h (e )= e - 30, 所以 g (k2)= k?(k- 2lnk+1 ) 0, g ( k)?g (k2)v 0, 又g (X)图象在(0 , + 8)上不间断，g ( 乂)在(k, + 8)上单调递增， 故存在工一；：:，使g ( x2)= 0, 综上可知，满足题意的k的范围是(e2, + 8). 16. 已知函数-八

40、 1, 且y= x - 1是曲线y= f (x)的切线. x (1) 求实数a的值以及切点坐标； (2) 求证：g (x) f (x). alnxnalnxr a(l-lnxr) 【解答】解：(1)设切点为(xo, ),则切线为y- =討一(x- x0呵 讨 a(llnx0) 2aln x0),即 y=Hx+; - a(l-lnx0) 2二 1 所以，消去 a 得：xo - 1 + 1 nx- 2xoinxo= 0, 2al n xn -a 二- I X0 记 m( t)= t- 1 + lnt - 2tlnt (t 0), 则m( t) = . | ,显然m( t)单调递减，且m(1) =

41、0, 所以 t (0, 1)时，m( t) 0, m (t)单调递增，t (1, + 时，m( t)v 0, m (t)单调递减， 故m (t)当且仅当t = 1时取到最大值， 又 m (1) = 0，所以方程 x0 - 1 + lnx - 2x0inx= 0 有唯一解 x= 1，此时 a= 1, 所以a= 1，切点为(1, 0). (2)证明：由(1 )得 f (x)=, g (x)= ex-1 - 1, x 记 F (x)= ex 1 - x (x0),则 F ( x)= ex 1 - 1, 当 x ( 1, + a)时，F ( x) 0, F (x)单调递增； 当 x (0, 1)时，F

42、 ( x)v 0, F (x)单调递减， 所以 F (x) F (1)= 1 - 1 = 0,所以 e 1 x,即 g (x) x - 1 ， 2 记 G (x)= x - x - inx (x 0), 则 G( x)= 2x- 1 -】=T XXX 所以x (0, 1)时，G( x)v 0, G (x)单调递减， x (1 , + a)时，G ( x) 0, G (x)单调递增， 所以 G (x) G (1 )= 0，即 x2- x Inx,所以 x - 1】，即卩 x- 1 f (x)， X 由得g (x) f (x). 2 17. 已知函数 f (x)= x - x- alnx, aR.

43、 (1 )若不等式f (x)v 0无解，求a的值； f (xJ -f ( Xo) - (2)若函数f ( x)存在两个极值点X1、X2,且X1V X2,当J.恒成立时, a 求实数m的最小值. 2 【解答】 解：(1) f (x)= x2- x- alnx (x0),则 f (x)=, f (1)= 0, I 不等式 f (x)v 0 无解， f (x) 极小值=f (1), f (1 )= 2 1 - a= 0, a= 1; (2)T函数f (X)存在两个极值点 XI、X2,且X1V X2, f ( 乂)在(0, + g)上有两个不相等的实根，即xi、X2是方程2x2 - x- a = 0的

44、两个不 相等的正实根， 令一则 ov tv 1, 2 2 =_丄 aax 2 1 Xix；X I11 = =： 2 吧巧x 22t 2 令 g (t)=丄 I - 一 i (0vtv 1),则 g (t)=1 I, 2 t2t g (在(0, 1)上单调递增， g (t)v g (1 )= 0. f(Xi)-f ( Xfl) ” 当恒成立， mg (0在(0, 1)上恒成立， a - m g (1)= 0, 实数m的最小值为0. 2 18. 设a, bR，已知函数f (x)= alnx+x +bx存在极大值. (I)若a= 1,求b的取值范围； (H)求a的最大值，使得对于 b的一切可能值，f

45、 (X)的极大值恒小于 0. 2 【解答】解：(I)当a= 1时，f (x)=加+昭1 (x0),由f (x)存在极大值，可 x 2 知方程2x +bx+1 = 0有两个不等的正根， 二启 Q6 b、解得bv- 2逅. 故b的取值范围是(-g,-2：). (x 0).由f (x)存在极大值，可知方程：2x2+bx+a = 0 2 f (n) f(x)=_i-5 x 有两个不等的正根，设为 X1 v X2,由X1x2 = 1 0,可得：0v X1 2e时，取b =- 2 ( + 2亘3 2 T-),即 x1= / , x2 = ye 至 此时f (x)极大=f C ) 1 - e30,不符合题意. a的最大值为2e3. 19. 已知函数 f (x)= x- 1nx (1)求函数f (x)的极值; (2)设函数 g (x)= xf (x). 若存在区间m, n? , +a),使得函数g( x)在m，n 上的值域为k ( m+2) - 2, k (n+2)- 2,求实数k的取值范围. 【解答】 解：(1) f (x)= x- 1nx, (x (0, + a) f( X)= 1- - = L