2021届高三数学(理)一轮复习典型题专项训练《导数及其应用》(浙江地区专用)

1、2021届高三数学一轮复习典型题专项训练导数及其应用、选择、填空题1、(七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考)设a为正数，f (x)3 2 2X 6ax a ,若 f (x)在区间(0,3a)不大于0,则a的取值范围是()1a. © 刃1B. (OW)C- (27'1DS)2、(七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考)已知函数f (X) Xsin2 X(X 0)，则函数f (X)的最小的极值点为 ；若将f(x)的极值点从小到大排列形成的数列记为an ,则数列an的通项公式为_3、(嘉兴市2019届高三上学期期末检测)已知函数 f (X)= sinx, g (X)= Co

2、SX,设(X) =h (x)=f (x) +g (X),则(XMX) <f(×)9hi (x)的极小值点是 h (x)的极小值点B. h2 (x)极小值点是h (x)的极小值点C. h (x)的极大值点是hi (X)的极大值点D . h (x)的极大值点是h2 (X)的极大值点4、(宁波市2019届高三上学期期末考试)已知JnI E左)存在导函数，若既是周期函数又是奇函数，则其导函数A.既是周期函数又是奇函数B.既是周期函数又是偶函数C.不是周期函数但是奇函数D.不是周期函数但是偶函数5、(浙南名校联盟(温州九校)2019届高三上学期期末联考)若对任意a 0 ,函数32f (x

3、) X ax bx 1在开区间(，0)内有且仅有一个零点，则实数b的取值范围是.6、(稽阳联谊学校 2019届高三4月联考)已知关于X的方程xl nxa(x21)：0在(0,_X)上有且只 有一个实数根，则a的取值范围是_7、(台州市2019届高三4月调研)已知a1，且函数f(x)=2x2-r-x2-4x+a.若对任意的X 1,a不等式f(x)>(a 1)x恒成立，则实数a的取值范围为A. 1,9B. 1,25C. 4,25D. 4,-丫2& (温州市2019届高三2月高考适应性测试)已知 f(x) X ax ,若对任意的 a R ,存在o 0, 2,使得I f (xo) k成立

4、，则实数k的最大值是_.9、(杭州第四中学2019届高三第二次月考)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) X ,则不等式(X 2018) f(x 2018) 4f ( 2)0 的解集为10、(杭州市2018届高三上学期期末)A.函数f(x)有1个极大值，2个极小值若函数f (X)的导函数f'(x)的图象如图所示，则B. 函数f (X)有2个极大值，2个极小值C. 函数f(x)有3个极大值，1个极小值D. 函数f (X)有4个极大值，1个极小值11、(宁波市2018届高三上学期期末) 已知f(x)图像是()1X2 COSX

5、, f '(X)为 f (X)的导函数，贝y f '(X)的412、曲线y e2x 1在点0,2处的切线方程为 13、设函数f XX若FxZ在彳单调递减，则实数a的取值范围是?IX a八亠I ,参考答案：1、A提示：当X0 ,3a时，f X3x2 12ax3x X 4a0 ,f X在0 , 3a上单调递增.因此f 3a a227a10 ,解得01 a 27X62、 一 ； an3n 163n 26,n,n提示:1 2cos2x2k2k,k N 或 an12n 1(1)n12a 的 a1an 61cos2x 2，所以,于是当n为偶数时，an3nk Ik Z .显然数列1 ,当n为

6、奇数时,63n 263、D4、B5、(,36、t*或MWo7、答案：B解析：因为a1, Xt 1,a不等式f(x)(a 1)x恒成立，所以,f (x)=2 X2 X +a X2 4x - a(a 1)x ,即，a-1<2x-aAaa令 g(x) X 一，则 g'(x)1 ,XXh 1, a 时，g '(x) V 0, g (X)递减;£ a,a 时，g'(x) > 0, g (X)递增,所以，g(X)最小值为:g(.a) .a(t)(1)a 2 .a,aX=2 X 旦 _1X1) ( a1),所以，X 1X÷l当a>4时，t4,所以

7、,4 = 2 t -卄 t- 4 二 2t - 2- t- 4h (t)的最小值为：6. a 6 ,所以，a 16. a 6 ,即 a226a250,解得：1 a 25,即 4 a 25(2)当1V a V4时，所以，h (t)的最小值为：2-、a 2 ,所以，a 12-、a 2,即 a210a90,解得:3t-6,4(t a 1 t 2,2i：t4 ,即1v a V 4恒成立。综合(1)( 2)可知：1 a 25 ,选BO& 12 8、29、(, 2020)10、B11、A12、2x y 2013、0,1二、解答题1、(温州市2019届高三8月适应性测试)函数f (x) xl nx.

8、g(x) *a2 2x(a R)2(1)当a 3时，求曲线y f (x)与曲线yeg(x)的公切线的方程;(2)设函数h(x)f (x) g(x)的两个极值点为X1,X2(XIX2)，求证：关于X的方程(In2 2xXInXI In x2)ex2e2有唯一解。2、(金丽衢十二校2019届高三第一次联考)已知函数 fxX4、(七彩阳光联盟 2019届高三上学期期初联考)已知函数f(x) X ax In x. 9x 26x 27(1) 若f X在XX1，X2(X1X2)处导数相等，证明： fX1fX2为定值，并求出该定值(2) 已知对于任意k 0,直线y kx a与曲线y f X有唯一公共点，求实

9、数 a的取值范围3、(浙江省名校协作体 2019届高三上学期第一次联考)已知函数f(x) e X a. x(a R).(1) 当a 0时，直线y kx是曲线yf(x)的切线，求实数k的值；(2) 若X,X2是函数f (X)的两个极值点，且 X1 X2 ,求f (X1)的取值范围(I )判断f(x)的单调性;(II )若函数f (x)存在极值，求这些极值的和的取值范围15、 (温州九校2019届高三第一次联考)知函数f(x) X ln X.X(3) 若 f (x)在 X x1, X2 ( x1 X2)处导数相等，证明： f(x1) f (x2) 3 2 In 2;(4) 若对于任意k (,1),

10、直线y kx b与曲线y f (x)都有唯一公共点，求实数b的取值范围6、 (嘉兴市2019届高三上学期期末检测)已知函数f(x) In(X a) - (a,b R),且曲线y = f (x)X在点(2, f (2)处的切线方程为 y = X 2 .(I)求实数 a,-的值；( ) 函数g(x) = f (X + 1) mx (m R)有两个不同的零点X1 , x2 , 求证：2x1 x2 e .7、(丽水、衢州、湖州三地市2019届高三上学期期末)已知函数f (X)1=XlnX -ax2- X恰有两个2极值点 X1, X2 ( X1< X2).(I)求实数a的取值范围;(1 >a

11、( )求证：2K2 >(川)求证： > 2e其中e为自然对数的底数)InXl IlI X2& (宁波市2019届高三上学期期末考试)已知函数讥斶：护 Z駅心妝,其中比弘为实数.(I)若函数：.的图像关于点对称，求 的解析式;(II)若E ：,且為W； 7,为函数 r亠斥亠斛的极小值点，求的取值范围.19、 (台州市2019届高三上学期期末质量评估)设函数 f(X) X4 X3 , X R.4(I)求函数f (X)在X 1处的切线方程；()若对任意的实数 X ,不等式f(x) a 2x恒成立，求实数a的最大值；(川)设m 0 ,若对任意的实数 k ,关于X的方程f (X) k

12、X m有且只有两个不同的实根，求实 数m的取值范围.10、(浙南名校联盟(温州九校) 2019届高三上学期期末联考)设 a,b R ,函数2f (x) ln(1 x) ax bx.(I)证明：当b 0时，对任意实数a ,直线y X总是曲线yf (x)的切线；()若存在实数 a ,使得对任意X 1且X 0,都有Xf(X) 0 ,求实数b的最小值11、 (绍兴市2019届高三3月适应性考试)已知函数 f(x) 2ln( ax b),其中a, b R .(I)若直线y X是曲线y f(x)的切线，求ab的最大值.()设b 1 ,若方程f(x) a2x2 (a2 2a)x a 1有两个不相等的实根，求

13、 a的最大整数值5(ln 0.223).4X12、 (杭州市2019届高三4月教学质量检测(二模)已知函数f X X 1 e .(1) 求函数f X的单调递增区间；(2) 若方程f X ax b a,b R有非负实数解，求 a2+4b的最小值.13、 (稽阳联谊学校2019届高三 4月联考)已知 f(x)二ex-ex-alnx(aN,aZ2)的极值点 XOr (I,I).J 2(I)求a的值； 、()若不等式f(x)?b(b£z)恒成立，求b的最大值.14、(绍兴市上虞区2019届高三第二次(5月)教学质量调测)已知f (X) ae X X与1 2g(x) X X b(a,b R).

14、2(I)若f(x),g(x)在X 2处有相同的切线求 a,b的值；()设F(X) f (x) g (x)，若函数F(X)有两个极值点1 ,2 (1 2),且31 x2 O ,求实数a的取值范围.15、(台州市2019届高三4月调研)已知函数f (x)2ex ( e为自然对数的底数，我2.7182耳| ).(I)若关于X的方程f (X) a有三个不同的解，求实数 a的取值范围；()若实数m , n满足m- n二f (一2),其中mn ,分别记：关于X的方程f (x). m在 ,0 上两个不同的解为X1,X2 ；关于X的方程f()二n在 2,上两个不同的解为X3,X4,求证：X1 _X2X3 X4

15、 .16、(温州市2019届高三2月高考适应性测试)记 fa(x) ax(x 1) ln X(I) 若fa(x) 0对任意的X 0恒成立，求实数 a的值；(II) 若直线l : y kx 1与fa()的图像相切于点 Q ( m, n )；(i) 试用m表示a与k ；(ii) 若对给定的k ,总存在三个不同的实数a1, a 2, a 3,使得直线l与曲线 fa1(x) , fa2(x) , fa3(x)同时相切，求实数k的取值范围。17、 (杭州第四中学 2019届高三第二次月考)已知函数 f(x)x2 ax InX(1) 判断函数f (x)的单调性；(2) 若函数f (x)存在极值，且所有极值

16、之和小于 5+ln2,求a的取值范围；一 1 318、(七彩阳光联盟 2019届高三下学期第三次联考)已知 f XX3 ax Inx .6(1)若f X在定义域上单调递增，求a的取值范围；(2)若f X存在两个极值点1, X2 ,求证：X X2 2 .参考答案:1>Mi C1>M：尸卅）在血婶切岐方程为F-Ebl2 =I ÷ IriXK Jl+2”22e' .御 I十 In-r* 4-2 -IJ In * 2 =OiIre Ce-JrfI盒购 Fa)=丄亠-n e.上递堆.在(÷oe)上遏减 d) = O- = e w=ci,令 Fot)=I2故公切找方

17、程九Cll）先证駅汁°IrtIn .t- -° * 2 <* jM<ft 点./. <x) U In H - 1 fHttit 不 1同的毒,t .IJ聘.h,()唯淡if困* h,<x) 4'呵陆州牛斗也I l J *j Ofin frx)=-ff "“拓)任匕谨坤fi14jPJtfc.0+, f() ->* X 4-OQ ,/(x)=In 丄 一 2 a 0 V- >* 仁丄一<r a 0 .扭 Ai-InXI InJe. >1n （斗疋）_加斗価WWi口曲十山心一他l lnJf:Atq)11 -I =

18、O 符 In JCI -InXa = d<l - J) Al(JrI) = ta¾xi1=0 inAl ÷1n YJ-In Inx1 =(刊 ÷ H+ 3r + 1V (T + 1+ 1)=】一"K r2EJlP = (1 ÷ In H 衣-E y = K(A)切点(小士* 4工“I 处的切越方握为 >-t2+2rtj=rt + 2j(jc n)、下面再匹明tl-fl>O.讥-咖 > 0 G 丽十 InXII c" In 2 V & $=E>|,只 iE2ln-f +0(f >1)'

19、I八 2 I2L<o(r>r"(0=2吐十*>)Wft1节厂卩.m(f)<Jri(I) = 0(r>l)得U，.舍加尸丄_/盲唯1境a2、O )国为f1 (Jlf) -3x1 + 8x - 26 »所以Jf1 + Xj = 6 »琳御/怙”幷勺比石-点分 <2) /-() = <x÷lS-6(x-3) JWH½R(jr)在(Q)的图录为下& 衽(3.2)的 储歐为上儿 记POJ)闕WPt(“的切线为尸*禅记总(仇口)肖康得才(Jr)的楓犬個戌为Afft>4r+ 曲tilFrBU)iMl旳呛

20、"公共点2J 当tfg3,34-）时.直线0"舗率为E, fium>rt*三个公共点，會去 当*（63）时，1线Qr斜率为正.llllllrJ 个公共点舍公 当OW（YO,0时.当仁（%J.尸在1” E上力，ny=kxa ll线尸邨W的卜 凸揶分有唯一公共点，与下凸部分不IfJ交YIn =畑时Jll线尸広M与¢11线円B 交于尸点，与上凸部分和下凸部分均不相交：当点丘（如屮+=），P在r线F爪 直线尸*G与曲线円的下凸部分有唯-公共点与上凸部分不相空所以此 种情况成立3、综上，Q的取值范围为Ymuy畔,T15分辄(I )当 = O时，广(JC) = 5(jr

21、DfVU)切点，则 K=解得辆TI kr.-严A= -e ae1 -2VX§分(1() 广(工)二 +产 »«7 寸V 272屁 ,(Jr ) - 0 , W 2t aer = 0 . M a - g( x) .起" F(A)二 'F：,所以当XW a£时g,(x)>0T-e"*当 j I 7'+x ' 时* O ' 且当 XTY 时、.v) 0 j所以当() = O有两个不等的根时，所以QSM返eVkJ 0-T1 < I * “* 12 分f(x.) = +TF =(2x +17 1天为,

22、(x) = -21 k-j A O恒成立、所以/(西)在(0t)±单调递增，所以/(1)g(LI54、解：(I)因为f X2X ax ln x ,所以 f (x) 2 2x ax 1 人,令g X22xax 1 .8 0,即a 2,2 时，g X0恒成立，此时f X 0 ,所以函数f0,上为减函数;8 0,即a 2 2或a 2 - 2时，g X 2X ax 1 0有不相等的两根，设为X,X2X2 ),.a2 8a . a2 8,X2 .当 X 0,X1 或 XX2,时，g X 0 ,此时4所以函数X在0, X1和X2,上为减函数；当XX1,X2 时，g X 0 ,此时所以函数X在X1

23、,X2上为增函数.7分()对函数f求导得f (X)2x2 ax 1.因为f X存在极值，所以2f(x)20在0,上有解，即方程2xax 10,上有解，即2a 80.显然当0时，f X无极值，不合题意,所以方程2 x2ax10必有两个不等X1X2设方程2 x2ax 10的两个不等正根分别为 X1,X2 ,则2_ aX1 +X2 =-2由题意知f X1f X2a X1X2x12x22ln x1ln X222 2 da a11 In 2424a1 In 2 ,13分由a28得fX1f X221即这些极值的和的取值范围为3 Ir5、解：（I) f (X)1 41XX112令 f (X1)f (X2)m

24、 ,得X11x112X2X21由韦达疋理得 一1 13分X1X2即 X1X2X1 X22 X1X2 ,得X1X2f(X1)f (X2)X1 X211X1X2X1X2In x1x216分令t X1X24 ,则 x1x2InX1X21则g t110t 4 ,得tg tgZ1X 一In(II )由f X kx b 得 kX2分4tbX12,X1T1 m1 m3 In 2,15分In X1 Inx2Int 1 ,令 g t t Int 114 ,3 2l n2InX bXX,h X10分F面先证明X 1恒成立。若存在X00,使得h Xo,且当自变量X充分大时，In X b1，所以存在X1O,Xo ，

25、X2Xo,使得 h X11 , h X21 ,取k max h X1 ,h X21 ,则y k与y h X至少有两个交点，矛盾。12分由对任意k,1, h Xk只有一个解，得h X为0,上的递增函数，2 IIn Xb 1hX X20 13分X2 I 2212 X得bIn X 1,令m XIn X 1 X 0 ,则 mX-22 ,XXXXX得bm X maxm2In 2 15 分解二:隐零点估计极值法.由fX kx b 得1 k X -In Xb 0对任意k,1有唯一解9分X1令g X 1 k X Inxb ,则g X有唯一零点.X1 k XInXX X 1则g X2,分子部分4k 3 10分X

26、t 3(|)当k 时，g X在0,上递增，X 0 , g X, X4g X,贝U g X有唯一零点； 11分3 .(ii)当 k 1时，g X0有两个不同实根X1, X2,41 4k 32 1 k£ 1,2，X21.4k 32 1 k2,+g X 在 0,X1递增,X1,X2递减,X2,递增,有零点,X极大=gX1X1In X1In X112分X1X10 1x2，X极大=g X1b, In 213分同理，g X极小=g X2,In 2当In2 b 0即bIn 2时，得g X极大0 ,贝U g X恰有一个零点;当In2 b 0即b In2时，则存在g X极小=g X20 ,得g X有两

27、个零点，不符合题意综上得b ln26、15分7(2) = 2-2 = 0Ln2) = 1解t ( I )由曲线X = J(X)在点点广)处的切线方程为JUK議'所以*,*6 分又/(.v) = ln + w)-j .厂二丄+ 2 XX + a VJ(H由(I) jUf t(x) lnr 1) t 故/(x+ IJeliiJr f JJfEA= IJLV- MkV(Wf R) t(X) = I I-的两个不同的零点为-勺七 > 不妨设兀>x2>*因为岸(HVl ) = (A*i ) 1>,所以 IlIXI = rx11 】UXl = mxi t要证明 XI .r2

28、 >1 » IP 证明 IH (rl-2 )> Intf2 =2,而 ln(rlx3 ) = (jrl + Jtj)故只IS证明丹HXL + x>) > 2即可FCEI-IIIi Ad1 - bus又 1 JLrI I n.v2 = fAj rtx2 * 所以 抑=»x + A'2即需证IllXL-Inx2 >2(Xl "y2 即证->+3X12(-n-Vi"L÷lJrI即只需证In些½2(-1)一Ac)即可,令 =- 由于 Xl > 3 > f 故FAl, x2设 F(r )

29、= I Iw- _ f (/ > 1) r f十1F=丄=°1 -(r>/ (f + l)j r(f)显F'(0>(), (f) = Irn- 2( f- ? (J > O - r + I所以 F(f)> F(I)1 又 F(I)=(),所以FM)AQtB成立.HP lw>-pr > 1)J,因此口 V2 >e1 r 得证. “15 分7、S; （J）由题总得 /'（X）= In天一Crr 故 = Sg()=(x>0), g*(X) = '，故当 Oc：VVE g'(x)>O,XXJr当jc&

30、gt;e, g'(x) <0 ,所以g(jc)在(0,e)上单调递增,在(匕七o)上单调递減，乂 g(l)=0, g(p) = » 当 XlAE Hij" g (工)> 0 , .-.-.-.-.4 分 e所以实数G的取值范围(0,丄.5分CJ(ID 由(I)得 InXI -v, = O ,且, > e f 故 =也玉 X2(1 要证明2 1-（ a f只耍证21 1-TJE ,只耍证2'1 >-> In X.8分 X2 /I兀丿X2 X-设 (jr) = 2r-X-I (.r > e )71 I)十 2则r(x)二2寸二

31、一二 >0 所以力(H在(耳30)上单调递型.X XX¾ft(x)>(e) = 2e-1>0 .10分因此2 I-X 成立.， I疋丿（1【1）由（丨）得InXl-OXI =OFInx1 -OXl =O . HI < x1 < e < x2 故 Q =til -Injr2由（I）得O <处<1,要证明丄十 >2e,只要证明丄十>2.只要证明In Xl In x2OV: ax2丄十丄也故丄十-Ia - 兀兀X. + 心 rX +. r InX - In x.fl=- 一 2- -2×! 煌分Xr工芒Jfl-X2XI

32、r 1 X 21 设G(X)=X-丄-2Inx ( 0< < 1 ) X>0则 G(XrIVZ所以G(X)在(0J)±单调递増.故 G(X)CG(I)=0 X.因此丄十丄2成立.OXl ax215分由 C 1 ) W In J1 x -0 , Inx1XXJl-OXr =0 F 且 1 CX 弋 £< A I 故=3yXXIa In x2 -Inxl8、所 -要证明一+ Inr In je,只要迁期丄十丄 工 X> 2tffi I A 耍证晓I> 2a& ,X 匕讥只要迁明-T. + >2e(只耍证更HWAb分-TlI-I&

33、#39;'IlljC2 - OX. =0I LlAl - 11 X2 =CI( JCl- x2) Ir1-2=.,+j231±21. lnXl+ ln >2. e 】5 分In XI - Ln x. Irl XI ÷ l, 2解：(【方法： <(>)j = (jr图幔上的任議一点.2分则点M关于点(1,0)的对称点为(2 - x-fW) 即(x) = (2x),所以+c2 bX = X3 -( + 6)x2 + (4+b + 12)x-(4 + 26 + 8)对所有实数X成立,从而 = -( + 6) b = 4+b + 12, 0 = 4 + 2

34、Z)+ 8求得* a = -3,b = 2 > 从而 /(x) = x3-3x2 + 2x.方法二：l(x) = 3x2 +2x+ w(x) = 6x + 2 所以对称中心为(-；(-；)=(1,0) >JW求得： = -3,Z> = 2 r 从而 f(x) = Xi- 3x2 +2x.() /Xx) = 3x2 + 2x+> 由2+6 + 3 = 0fet(l) = 0. 设/Xx) = 3(x-ix-m).則_¥ = 1 + 加,£ =加，BPa =弓(1 + "0,b = 3加3 1因为-6-1 所以一 m3因为极小值存在.所以m.若

35、-加则' = 1所以/")=/=_2 + b + l-(l + m)§2 3m÷l 1 4 11 5分"亍E心亍齐7*亍扑若<m39则rmf所以高三敷学试卷9-a4'4分/(0 ZZ -O +m)I 3 3 2o 亠 Jn 4J3 12 J2mJ =3 I +m 3(« +1)令 (x) =X3 *3XZ3而),Jl!u,-2x(XZ -3)3(x41)3A(X)在上为减函如 在3,3±为增函数+又 A(I) = £, A(3) = 3233) = O* 故如e3-2JI,0. w球上所述. 型的取值范

36、凰为3-2Ab15分3方祛二；前面分析同上法，以下以"为主元分析最價.A0_a + £» + l p + 21 2 z 1 51H分当- u “ j #=一上色m=(X砍却+卯3 少27a,3+<-92T Qa1aO =-3-3>5 (正根舍去)易知它是ft,hffi点.故15 3-23,0.Z譽吐2©329、( I)解：f (X) X 3x , f '(1)2.1 分3 5且f(1)，所以在X 1处的切线方程为y 2x .3分4 4()证明：因为对任意的实数 X ,不等式f(x) a 2x恒成立所以4X3aX42x恒成立.设 g(x

37、)X4x3 2x ,则 g '(X)3 X3x2 2(X 1)(x22x2) (X所以g(x)在1 =,1 ,1+、3单调递增，在，1I3 ,1,1+ 3单调递减所以 g (X) minmin g(13),g(1、3)因为1.3,1 +、-3是方程X2 2x2=0的两根.所以g(°)4X03X0 2X0(2X02)2x°(2x°2) 2xo2xo(Xo1.2Xo2 21)2X01)(x 1.3)(X 1 、3)(其中Xo 13)所以a的最大值为1.(川)解:若对任意的实数k ,关于X的方程f (X)kx m有且只有两个不同的实根,当X 0 ,得m 0 ,与

38、已知矛盾所以kX4 4x3 4m有两根，即4x4x4与y k有两个交点.910分4x令 h(x)X一空4m，则 h'(x)4x3x4 8x3 4m4x2令 P(X)3x48x3 4m , P '(x)12x2(X 2),则 P(X)在(，2)单调递减，(2,)单(i)当I 4m 16 0 时，即 m 4时，贝U h'(x) 0 ,即 h(x)在(，0) , (0,)单调递增,且当X时，h(x);当 X 0 时，h(x);当 X 0 时，h(x);当X时，h(x).此时对任意的实数 k ,原方程恒有且只有两个不冋的解.12分调递增，所以11分16.P(x)min P(2)

39、 4m(ii)当 0 m 4 时，P(X)有两个非负根 x1, x2 ,所以 h(x)在(，0) , (0, x1), (x2,)是 f (O)1 b O ,因此 b 1.12分单调递增，(X1,X2)单调递减，所以当k (h(X2),h(X1)时有4个交点，k=h(X)或k = h(X2)有3个交点，均与题意不合，舍去.13分(iii)当m O时，则P(X)有两个异号的零点 X1 ,X2 ,不妨设X1 0 X2 ,则h(X)在(，x1),(X2,)单调递增；h(X)在(X,O) , (O,X2)单调递减.又 X时，h(X);当 X 0 时，h(X);当 X 0 时，h(X)当 X时，h(X)

40、.所以当h(X1) h(X2)时，对任意的实数 k ,原方程恒有且只有两个不同的解43432222所以有 3x18x14m 0,3X28X24m 0,得3(X1x2)(x1X2)8(X1X2x1x2).10、易得f (X)的导数f (X)2ax b.由 h(x1)h(X2),得X33x123X223X2,即2 2x1 x2 x1x23(x x2)所以x12x； 8,X1X22,X1X22.故8m3348(x1 X2)3(x14X2 )8(X1X2)(X12X1X2x2)23(X1X2)2(X1X2) 8.所以m 1.所以当m 4或m1时，原方程对任意实数 k均有且只有两个解15分2ax.(I)

41、证明：此时 f(x) ln(1 x) ax2, f (x)注意到对任意实数 a , f (0)0, f (0)1, 4分故直线y X是曲线y f(x)在原点(0,0)处的切线； 6分()由题意，存在实数 a ,使得对任意X ( 1,0),都有f (x) 0,且对任意X (0,),都有f (X) 0 . 8 分10分因f(0)0 ,故f (0) 0 (否则，若f (0)0 ,则在X 0的左右附近，恒有 f (X)0,从而f(x)单调递减，不合题意)又当a - , b21 时，f (X)（等号成立当且仅当0），于是f（X）在（1,）内单调递增，满足题意15分所以b的最小值为1.11、m aay*与

42、相切于点W(), r + 2日所+)=f =L 所(w * = 2fl(> 0|.afl*XKf1切it, =Jt上，JHU21n*M1=l2 廿i'-l1 j1 = 2Ln(a.r ,-t- A| = 2fn 2j . h = 2atix =2a-2a In2cr ,因比> = 2a2 2a: ln2a(a > O).设 g() = 2/ la1 In 2a(a > 0) 则由 g'() = 2a Aa nla = 2(l -2 In2a) > O t 解得O<v当.所以g()在(0.当)上单调递増，在当,*c)上单调递减，可知g()的最大

43、值为g(丰)=寸，所以血的最大值为寸.6分(II)方法1：原方程即为21n(oA + l)=( + l)2 + fl(j+l).段处 + l=f,则上述方程等价T21n/ = /2 +(>0).设p() = 21n-2>0),则歯数 P(J)需有两个不同的竽点.&分W为p(t) = -力-在(0,+x)±单调递减且p(t) = 0(0,÷x)上存在唯一丈根tQ 即pf(to)=O,即r0=2-2J.所以当z (O0)Rt, p (I) > 0 ；当 w(b+oc)时，(0<0 因比Pa)在(OjO)上单凋递增，在(f°,÷

44、x)上单调递减.10分若>0,则0 (0,1).P SPUo) = 21nf0-2-6r = 2Iz0-z02-(2-2) = 2lnr0 + 02-2<O, 不含题总.舍去.若 <0 则G (l,÷x) (0,1)时，KlJp(r) = 21nr-2-r<21nr+,¾r1=e-y 则MI)<0；当 FG (l.+<)时则 P(I) = 2 In/-/* Qt 2(* 1)尸Clt 广 + (2 o)t *取r2=2+fl,则p(f2)<O.由此 zI <t<t29 且 P(FI)V0 P(S)V 0要使爲数Pit)

45、= 2n-t2-at(r>0)有炳个不同的零点.则只 W P(Ifi) = 2InrO -2 -r0 >012分所以只ffip()= 2Inf(JiO2-(2-2rJ) = r +2Inro-2 >0 .国为M)=2ln-2÷fD 的增產勉且P(I)="I<0,拭丄) = 21n-> O , 44 16所以存在W(Lt-)x£得0"所以当4"时M八O-4g=十滋关于汕減破所 W 对1413、-152Lf-fWJft,(f)=2-21f29亦驚亠*护h所哄袒的最大整数值-l.方法入 原方程即为2ln(ar+l)=(y

46、 + l)1+(x÷l)设OX÷l 瓦原方程等价 于关于F的方程21nt-r 一& = 0U>0)有两4不同的解.R分即黄于F的方Sg=21nzr(2 0)有苗个不同的黑iS w(r) =2 - -2 Inr,由r>= -2f<0 所Ulj(f) = 2- 2In /t在Zw(O)上单调递减，又创=L > O冲(釘=-2 ln< 0 416+le(k-)變得咖G=O ID分r (0j(J)Ftf 7(f) > 0 7f(r) > 0÷ z e (rL.,>x) (r) <0, t(t) < 0.所

47、h(t)(0,FJ上单调递増,在仏存)上单岡递肉删畑=DMrf*Ft) 0IU要使得关于f的方a = -rr (r>0)两个不同的解IlIIJa<J(d).口分 当口二1时，设p()二2lnr-f'+f,则PIf)二三-2I可知庐在(SH乎)4上单调递希.在(j戸+)单调遽减-l) = 0. P(Ik)>o (e) = 2-ez+e<0.44P有两个不同的零点，苻合題总.14 WWK1值为一1.IF 分舞：*T)所以(的单调Efd为® +*3分(H)设()-l)ta-orft t KL,j) = -re* -a - 当时Tffl-V) 1在山十刘单诸透

48、增"rtgf)=-o. -.故mm-4. L>0St.存 .l > 0ItJ =0 * HIfl = AC* J 且if(x)01 Xcf上单调遗圈 在¾1+oc)上单MS.所以 f)= -Dclil-OXfi -ttt 烬得 -l)e-= 一1)臼一£ 扌a -4b<eijb -4-(J + 1)ejt TS k(x)-x'-4 - t + l>e4r. HJ,x>-±j +jr)e,(e, -2)1所U A(X)在0In 2上单调谨减.在In2Pl上单调递增.所U<lnD<(0)-t 世)A(ta2)

49、 -4Ini2+ta2-8 k所也当 -2ln2r =-2lni2-2 2-2 H 口： +4小值一(ln2-,l)i,此时方程jc) x÷fc 有零点In2 't,* 13 LCI > 因为 fx) = e1ei 在(OP-HX)±i½±, X所Wf = e-2<0 » lO) = -o>0 r XAeM a2首先当Jr = I时+"21nx = e÷e'1 e(3l4) 又因为beZt 3ftli3> i -. if 1 MF-i 3 . l. Sl _. j,-B . Li.li -一其次我力可以证明不尊式J + + 2(>0)、， FJ,a B r r* 1SV« V*. TI- 4. -1 * y1: I设"x1-2(j>0)r 则03)之一严-2工* g*(x) = ei+e-i-2>0立剜贰何e1-2x>St(O) = 0愼成立，所以(X) = b *严-H -空a容(G) = O恒成立I - , t'k*i Pr -B1.«II- i- . I .叫"1 I所x1 ÷2(x>0)jE立绦合上面的站采可. e,+e-2hx÷221njt(x)