导数和应用——32个超越函数习题精讲

1、32 个超越函数问题超越函数，指的是变量之间的关系不能用有限次加、减、乘、除、乘方、 开方运算表示的函数，如三角函数、对数函数、反三角函数、指数函数就是超 越函数。导数是研究超越函数问题的基本方法。1.已知 f (x) (t 1)ln x tx2 3t ，t R. 若 f(x) 4x对任意 x 1, )恒成立， 求t的取值范围 .【解析】：由 (t 1)ln xtx2 3t 4x0 ，令 (x) (t21)ln x tx2 3t 4x0，首先由(1) 0t1，此时 (x)22tx2 4x t 1 x，令h(x)2tx 2 4xt 1 ，所以16 8t(t 1)0 ，所以 h(x)0恒成立，即(

2、x) 0 ，(x) 在 1,)递增，故(x)(1) 4t4 0， t 1122.已知 f(x) aln(x 1)x2 x， a为非零实数.y f(x) 有两个极值点2x1 x2 ，求证 f (x2 ) 1.x12解析】： x11 a ， x2 1 a ，所以 f(x2)1f (x2)1f(x2)1x20 aln(x21) 1x221x20x12 x222 22(1 x2)ln(x2 1) x2 021 令 g(x) (1 x)ln( x 1)x， x (0,1)，21因为 g (x) ln(x 1) 0，所以 g(x) g(0) 0，得证 .23. 设函数 f(x) x2 ax ln x(a

3、1) ，记 f (x) 极小值为 H ，求 H 的最大值 .aa2 8解析】：设 f (x0) 0，则 2x0 ax0 1 0，有 x0 a a 8，2x02 1 ax0.4f ( x)在(0, x0)递减，在 (x0, )递增. 则 H x02 ax0 ln x0 x02 1 lnx0.记 g(a)a a2 84(a 1)，当a 0时， g(a)为增函数；当1a0， g(a)a2为增函数 . a所以 x0g( 1)1. H max23ln 241 f (x) ax2f (x) (2a 1) 在(1,e) e 解析】：设H ( x) ax2 (14. 已 知函数2x， g(x) ln x .

4、求 a 0 ， 使 得 方 程g(x)x内有且只有两个不相等的实数根 .12a)x lnx(x 0)，即H(x)在区间 ( , e)内有且只有e两个零点 . H (x) 2ax (1令H(x) 0，解得 x 1或 x2a) 1 (2ax 1)(x 1) (x x11 (舍)2a0)当x当x(1, )时，H (x) 0，H(x)是增函数；(0,1)时， H (x) 0 ， H (x)是减函数；1H(x) 在区间 ( 1 , e)内有且只有两个不相等的零点 . e2 ee 2e 10，0H 1 0 e 只需 H(x)minH(e)5. 已知 f (x)x2 2aln x ，aR. 若f(x) 0对

5、任意 x 1,)恒成立，求 a 取值范围.【解析】： x22aln x 0 对x 1,)恒成立.(1)当x 1 时，有 aR；(2)当x 1时， x2 2aln x0，a2 x.2ln x .令g(x)2x (x 1)，得 g(x)x(2ln x 1) ；2；2ln x2ln 2 x若 1 xe ，则 g (x)0；若xe ，则 g (x) 0得 g(x) 在(1, e)上递增，在 ( e, ) 上递减.2故g(x) 2lxnx(x 1)的最大值为 g( e) e.所以a e.6.设函数 f(x) px p 2ln x， g(x)x2e2e，若在 1,e上至少存在一点 x0，使 x得 f (x

6、0) g(x0) 成立，求实数 p的取值范围 .解析】：因为 g(x) 2e在1,e 上是减函数， x2,2e ，所以 g(x)min 2 ， g(x)max 2e，即 g(x) 当 p 0时，由 2 知 f (x) 在1,e 递减f (x)max f(1)0 2 ，不合题意；1 当 0 p 1 时， x 1,e x0 ，x11所以 f (x) p(x ) 2ln x x 2ln xxx1e 2ln e e e11 2 2不合题意e 当 p 1时， f (x)在1,e上是增函数，f (1) 0 2，又g(x) 在1,e 上是减函数，故只需 f (x)maxg(x)min ，x 1,e ，g(x

7、)min 2，即 p(e1e)2lne2 ，解得 p1而 f (x)max f (e) p(e ) 2ln ee4e. 综上，p的范围 ( 24e , ).e14ee2 127. h(x) aln x |(ax解：当 a 2 时，2)x|，x 1,)，求证： h(x)h(x)ax 22xa20 ，故 h(x) h(1)2，当 a 2时， h(x)h(x) ax2 2 ax2x(2 a)x 2(xaln x (a 2)x1) 0，解得 x22a0或 x 1，x (0,1)时， h(x)0，h(x) 是减函数；当 x (1, ) 时，h(x)0，h(x) 是增函数；故 h( x) min h(1)

8、4a2，即 h(x) 2. 综上所述： h(x) 28. 已知函数 f (x)2x2 aln x(a R) .有两个极值点 x1 ，x2 ，且 x1 x2 ，证明：f (x2) 5 24ln2.4解析】：f (x) 2x 2 a 2x 2x a，则 x1，x2是 2x2 2x a 0的两个根， xx1 2 2 2 所以x2 1，a 2x2 2x22 ，所以 f(x2) x22 2x2 2 (2x2 2x22)ln x2，2令g(t) t2 2t 2 (2t 2t2)lnt，1 t 1，g(t) (2 4t) ln t ，所以g (t) 0，2则 g(t)在t ( 1 ,1)上为增函数，所以 g

9、(t) g(1) 5 2ln 22 2 43 2 3 b9. 已知函数 f (x) ln( x 1) x3 x2 x.方程 f (1 x) (1 x)3 有实根，求 b x范围.【解析】： bxln xx2 x3 在 x 0 上有解，即求函数 g(x) xln x x2 x3的值域.令 h(x) ln x2 xx，由 h(x)11 2x(2x 1)(1x).因为 x 0，xx所以当 0 x1时，h (x) 0 ；当 x 1 时，h(x) 0.所以h(x) h(1) 0,又因为 x 0，所以 g(x)的值域为 ( ,0.10. 已知函数 f(x) ax2 ex(a R).若 f ( x)有两个极

10、值点 x1， x2，求 a取值范 围.解：设 g(x) f (x) 2ax ex，若 a 0时， g(x) 单调递减，舍；若a 0时，由 g (x) 0，得 x ln2a ，当x ( ,ln2a)时，g (x) 0 ， g( x)单调递增，当 x (ln 2a, )时， g (x) 0，g(x) 单调递减，所以 g(x)max g(ln2a) 2aln2a 2a 0，得 a e.211. 已知函数 f (x) ax x2 xln a(a 0,a 1) .若存在 x1 ， x2 1,1 ，使得 f(x1) f(x2) e 1 ，求实数 a 的取值范围 .解析】：只要 f (x)max f (x)

11、min e 1.f (x) 在 1,0上是减函数，在 0,1上是增函数，1所以 f (x)min f (0) 1. 因为 f (1) f ( 1) a2ln a，a1令g(a) a 1 2lna(a 0)，因为 g(a) 0，所以 g(a)在(0, )上是增函数. a而 g(1) 0 ，故当 a 0时， g(a) 0； 当 0 a1时， g(a)0，所以，当 a1时， f (1) f (0) e 1，即 a lna1，a1解析】： f(x)x3 2x2 4x.即 x3 2x24x k 在 3,2 上有两个不相等实e；而函数 y a ln a 在 a (1, ) 上是增函数，解得1 当0 a 1

12、时， f( 1) f (0) e 1，即ln aa1函数 y 1 ln a在a (0,1) 上是减函数，解得 0 a1综上所求 a的取值范围为 (0,1 e, )e12. 已知 f (x) ax3 bx2 4x 极小值为 -点( 2,0) ，如图所示. 若函数 y f (x)同的零点，求实数 k 的取值范围 .根.22f (x) 3x2 4x 4 ，令 f (x) 0 ，解得 x 2或 x，可列表如下：13. 已知 f (x)(k 4)ln xk4 x2k 0.若 k 4,) ，曲线 y f (x) 上总存x( 3, 2)( 2,23)(23,2)f (x)f (x)由表可知， k 8或 3

13、k 27在相异两点 M ( x1, y1) ， N (x2 , y2 )使得曲线 y f(x)在M ， N两点处切线互相平行，求 x1 x2的取值范围 .解析】： f (x1)f (x2) (x1,x20且 x1x2)，即kx142x1x242 x21，即 4(x1 x2) (k )x1 x2k而 x1 x2x1x2所以4(x1 x2) (k 4)(x1 x2)2 k2令 g(k) k 4 ， g (k) 1 42 (k 2)(2k 2) 0 ，所以 g(k) k k kg(4)5，所以1616，所以 x15x2 的取值范围是 ( ,5).1 2 114.已知函数 f(x) alnxx2(a

14、0)对任意 x 1, )，都有 f (x) 0，求22a的取值范围.【解析】：当a 0时，f(x)在1, )上单调递减. 所以 f(x)在1, )上的最大值 为 f(1) 0. 当 a 1， f(x)在1, )上单调递减 . 所以 f(x) 在的最大值为 f (1) 0.当 a 1， f(x)在1, a )上单调递增，所以 f( a) f(1)， f( a) 0，矛盾. 综上 a 的取值范围是 ( ,0) (0,115. 已知函数 f(x)ln xa(x2x)(aR). 求 f(x) 在1,2 的最大值1【解析】： f (x)x2axa2ax2ax1，x 0 ；x当 a 0 时， f (x)0

15、，f(x) 在 1,2 上递增，f(x)max f (2) ln 2 ；当 a 0时，令 g(x)2ax2ax 1 ，x1,2当a 0时， f (x)在1,2上递增， f (x)max f(2) ln2 2a；当a 0时，若g(1) 0，f (x) 0在1,2恒成立， f (x)递减， f (x)max f (1) 0；2若g(1) 0，g(2) 0，即： 61 a 1时， f (x)在1,a 4aa 8a)上大于零，(aa2 8a ,2上小于零， 所以 f(x)maxf(aa2 8a)4a 4aa a2 8aa2 8a a 4ln .4a 8若 g(1) 0， g(2) 0， f (x) 0

16、在1,2恒成立， f(x) 在1,2递增，所以1a61a16a1f (x)max f(2) ln 2 2aln2 2aa a2 8aa2 8a a 4ln4a 801 x ln 1 x x kxx16. 已知函数 f x 。当 x 1，且 x 0时，不等式 1 kx f x 1 x 成立， ln 1 x【解析】：原不等式可化为1 x ln 1x x kx20。x令gx1 x ln 1xx kx2。令 hx g xln 1 x 2kx ，1h x 2k ，x1当 x0 时，有 011，x1令 2k1 ，则 h x0，h x 在 0,上单调递减，g x g 00， g x 在 0,上单调递减，从而

17、 gxg 0 0 ，即1 x ln 1x x kx20求实数 k 的值。x2当1 x 0 时，有1x11 ，令 2k 1，则 h x0，hx 在 1,0 上单调递增，gxg 0 0 ，g x 在1,0 上单调递减， g xg 0 0 ，1 即1x ln 1 xx kx210 ，因此，当 k 时，221 x ln 1 x x kxx0。x1 显然当 2k 1 不成立），因此，当 k 时，20；综上， k 1 。21 3 2fx17. 已知函数 f xx3 ax唯一零点 x0 ，且 x0,0 。因为 h x0 3x b（ a,b R ）。对任意的 b ，函数 g x3零点不超过 4 个，求 a 的

18、取值范围。解析】：由题得：2ax 3 ，4a2 12 。当0，即 a2 3时，x 0 ，满足题意。当0，即 a2 3 时，x 0 有两根，记为 x1 ，x2 ，且 x1x2 ，则 x1x22a，x1x2。由题意知：f x1f x24，333x1 x232 a x12x23x1 x2得：3a4 ，综合可得：2。18. 已知 f x ex m x3 ， g x ln x 1 【解析】： f x g x x3 ex m ln x 当 m 1 时， ex m ln x 1 2 ex 1 ln 设hx ex1 ln x 1 2，则h x ex1则 p x ex 11 2 0 ，所以 p xx 1 211

19、因为 he2 2 0， h 0 e 122 ，当 m 1时，证明： f x g x x3 。1 2 0 。x 1 2 ，只需证明 ex 1 ln x 1 2 011，设 p x ex 1 1 ，x1x1hx在1, 上单调递增。0，所以h x ex 1 1 在 1,上有x10 ，所以 ln x0 1x0 1 ，当 x 1,x0 时， h x 0 ；当 x x0,时， h x 0 ，所以当 x x0 时， h x 取得最小值 h x0 ，所以 h x h x0 ex0 1 ln x0 1 2 1x0 1 2 0x0 13综上可知：当 m 1时， f x g x x3 。1319. 已知函数 f x

20、x3 bx ，当 b81时，求证： 对任意 x 0,2 ， f x 2b 恒3成立。解析】： f x x2 b ，当 b0 时， f x 0 恒成立， f x 在 0,2 上单调递增，2b 83当 1 b 0时，由 f 00 得：x b 0,2 ，所以 f x 在0, b 上单调递减，在 b,2 上单调递增，f x max f 0 , f 2 。而 f 0 0，f 22b83 0，2f b b b 0 ，只需证323b b82b ，3即证： bb34 ，因为1 b 0，所以 0 b 1，34，所以4。证毕。20. 过曲线 Cfxx3 ax b外的点 A 1,0 作曲线 C的切线恰有两条。）求

21、a ，b 满足的等量关系；）若存在x0R ，使f x0x0x0 e 0a 成立，求 a 的取值范围。解析】：（） fxx3ax2x 3x2 a ，设切线x0, fx0，则过 A1,0的切线方程为： y3x02ax1 ，将 x0 , f x0 代入得：x0a x0 1f x0 x03ax0 b3x02 a x0x30ax0b，2x033x02 a b由条件切线恰有两条知：程*恰有两根，gx322x3 3x2ab0 ，则 g x 6x26x6x1，显然有两个极值点与x1 ，于是要使得 g x 恰有两个零点，只要0或g0。当g00 时，a b ；当g 1 0 时， a b1 ，此时 f xx3axa

22、1x1x2x1a，经过 A1,0与条件不符合，所以）存在x0R ，使 f x0x0 ex0 a 得：3x03ax0 ax0 ex02x0 aex0 0x02 ex0 成 立 。 设 h2xxex，则 h x2xxe，ex ，令 h x0得：x ln 2 ，从而 h x 在 0,ln2 上单调递增，在 ln2,上单调递减，ln 2 2ln 2 2 2 ln 2 1 0 ，所以 h x 在 0,上单调递减， h x h 01，因此 a1 。21. 已知函数 fx ln x 1 aex a R ，若f x 不是单调函数，求 a 的取值范围。解析】： f xln x 1 ae xx1x1xaexe a

23、 x 1。xx 1e先证明） exx 1 （过程省略，由图象也易知）当 a1时，ex x 11 ，故0 恒成立， f x 在1,上单调递增，不符合题意；1时，令 mx ex a x 1 xmxa ，由m x 0得：x lna0 ，于是当 x1,ln a 时， m x0，m x 单调递减；当x ln a,时，1m x 0， mx 单调递增，而 m 1 e 10， mlna alna0 ，故 mx在1,ln a 上存在唯一零点， 设其为x0 ，则当 x1,x0 时，m x 0 ，fx单调递增；当 x x0,时，0 ， f x 单调递减，所以 f x不是单调函数，故 a 1 符合题意。综上所述，实数

24、a 的取值范围是 1,22. 已知对任意x0,1 ，恒有 exln 1 x10，求的取值范围。【解析】：令 fxexln 1 x 1 ，则 fxx eex 1 x1x 1 x令 g x ex 1xg xxex 。当 x0,1时， gx 0 恒成立， g x 单调递减。若存在使 g x ex 1 x 0 的区域 0,x0 ， 则 f x 在 0,x0 上是 增函 数， f x f 0 0 ，与已知不符合； 若 x 0,1 ， g x 0 ， f x 在 x 0,1 上单调递减， f x f 0 0 成立 。由 g x ex1 x 0 恒 成立，而 g x 0 ，则需 g x max g 0 0

25、，即 1 0 e0 ， 1 ，所以 的取值范围是 1,。1 2 223. 已知函 数 f xax 2a 1 x 2ln x a R 。设 g x x2 2x ，若对 任意x1 0,2 ，均存在 x2 0,2 ，使得 f x1 g x2 ，求 a 的取值范围。【解析】：由题意知，在0,2 上有 f x maxg x max 。由已知得：g x max0。22ax 2a 1 x2ax 1 x 21fxax 2a 1（ x1 2 ，x2 ），xxxa当 a1 时， fx在0,2 上单调递增，f x f 2 max2a 22ln 2，所以22a 2 2ln2 0，解得 a ln2 1，故 ln2 1

26、a 1 ； 2111当a时， f x 在0,上单调递增，在,2上单调递减，2aaf x maxf1212ln a1 ，由 a 可 知：lnaln11ln1， 所以a2a22e2lna2，即2lna 2，所以2 2lna 0。综上所述， a ln2 1。24. 定义在3, 6 上的两个函数 f x32x2 2aln x ， g x x3 bx2 x 在 x x0处切线平行于x 轴。（1）求实数a和 b的取值范围；（ 2）试 问 ：是 否 存 在 实 数 x1 ， x2 ，当 x1 ， x0 ， x2 成 等 比 数 列 时 ，等式f x1 f x2 2g x0 成立。2a 2 2a解析】 ：（

27、1） f x 2x ， g x 3x2 2bx 1 ，由题知： 2x00 ，x x03x022bx0 1 0 ，从而，2 a x01,33,2，b3x0212x0123a1，b在 a36, 上单调递减，所以b 3,11 6。3212（2）由（ 1）知： x0a ，若存在实数 x1 ，x23,3,6，2使x1 ， x0， x2 成等比数列，则 x1x2 a ，由 f x1f x22g x0得：2 x12x22aln x1 2aln x22a abaaaaa2x122 x2 2aln x1x2 x12 x22aln aaa2x12x2 2x1x2 2aln aaaa 2a，a1,33,2令a2al

28、n a a a a2a，13 a,32，则a 2ln a132 a 2 a，从而因此，14a a34a2ln 322ln33不存在满足条件的x1，8 a 1 3a 0，4a a 0 ，7612x2。所以a 在 1,332上单调递增，0，所以23 0，即x1x233 上单调递减，20 ，矛盾，25. 已知数列 xn 按如下方式构成：* 1 xxn 0,1 （ n N* ），函数 f x ln 在点1xxn,f xn 处的切线与 x轴交点的横坐标为 xn 1。31）证明：当 x 0,1 时， f x 2x ；（2）证明： xn 1 xn3 ；3 ） 若 x1 0,a ， a0,1求 证 ： 对 任

29、 意 的 正 整 数 m ，都有logxn a logxn 1 alogxn m an213N * ）。1x【解析】：（1）令gxfx2x ln2xln 1 xln 1 x 2x ，1x111x1x21 x22x2则 g x2，因为 x 0,1 ，所1x1x1 x 1x1 x 1xg x 在x2x 得证。0 ，即 f以g0，g0xx0,1 上单调递增， g x由题知：从而得函数 fx1x2，1 x 1 x2 ，x 在点 xn,xn 处的切线方程：f xn21 xn2xn ，令 y0，1并化简整理得： xn 1 xn 1 1 xn22f xn ，因为 xn0,1 ，由（ 1）知 f xn2xn

30、，所以 xn 1xn1 1 xn2n2 n12f xnxn1 xn 2xnn n 2 n nxn ，得证。3）令 bklogxnk a(k 0,1,2, ,m)，因为 xn k3xn k 1 ，且 a0,1 ，所以 loga xn k loga3xn k 13logaxn k 1 ，1 logxn k a 3log n k 1 a，所以 bk1bk3k1，由递推可知：1bk 3bk113 3bk 2113 3bk 3b0故 log x axnlog xn 1 alog x axn mb0b1 b2bmb0 13b021 b030m1 mb0301b0m1131132b01m132b0。要证 l

31、og xnlog xn 1 alogxnmnm只需证2b0即证 b0n1，即 logxnn113也即证xn3n 1a。又 xn xnx13n1x10,a所以 x133n 1a3n1xna3n126. 已知函数fxax（1）当a2时，求曲线（2）当a0时，求fxy2aln x2，gxx 2aln xx 在点 1, f 1处的切线方程；的单调区间；3）若存在12,e ， e使不等式 f x g x解析】：（1）当a 2 时， f x2x 5ln x1 0 ，所以曲线 yf x 在点，其中 aR。成立，求 a 的取值范围。2，x2，2，x1，1, f 1 处的切线方程为：x11。2) f x a 2

32、a 1x2ax 2a 1 x 2 x 22xax2x，令 f x0 得：1 ，当a2即 a 1时， f2x 在 0, 1a2, 上单调递增， 在 1,2a上单调递减；当2即单调递减。3）存在即存在 x1,e e，使a 1 时， f x2在 0,21上单调递增， 在 2,1 上a1,ee使ax e ，所以 hx在1,ee所以 h x mine，故存在27. 设函数 f xxe ax1）若 a b2ax 2a 1 lnxxlnx ln成立。令 h xx上单调递增，2aln x2成立，x1 lnx，由 h0 得：在 e,e2 上单调递减，h1ee，h12 ,e ea，bln x，要使得 a 成立，只

33、要xR ）。1，求 f x 在区间 1,2 上的取值范围；2）若对任意的 x R ， f x0 恒成立，记 M a,bb，求e。a,b 的最大值。解析】：（ 1）若 a b 1， f x e x1，令ex0得：0，所以 f x 在 1,0 上单调递减，在 0,2 上单调递增，又f21，故 f x 的取值范围为： 2,e2 2。（ 2） fx0恒成立ex ax b 恒成立，易知： a0，若 a0，则 b 0，即 M a,b a b 0 ；若 a0，则 b ex ax 恒成立，即 a b ex axa 恒成立。令gxexxxax a ， 则 g x e a ， 由 e a0得：x lna ，所 以

34、 gx在,lna 上单调递减，在 lna, 上单调递增， g xmin gln a 2aaln a ，所以ab2aalna ，令 h a 2a aln a，则 h a 1ln a ，由 1 lna0得： ae，从而知：ha在 0,e 上单调递增， 在 e, 上单调递减，ha max hee ，故 Ma,b的最大值是 e 。28. 设 a R ，函数 f x x2e1 x a x 131）当 a 1时，求 f x 在 3,2 上的单调区间；42）设函数 g xa x 1 e1 x ，当 g x 有两个极值点 x1 ， x2 （ x1x2 ）时，1x2xe1，总有 x2g x1f x1 ，求实数

35、的值。f x 2e1 x2xe1 x2xe1 xx2e1 x2 4x x2 e1 xx22 2e1 xx 3,2时 ， fxf30， 所 以 f x 在3,2上单调递减解 析 】：（ 1 ） 当 a 1 时 ，x x2e1 x x 1x21xxe4 4 43f x f 21， f 1 0 ，可知 f x 在 ,1 单调递增，在 1,2 上单调递减。4（2）gx f xax11xe21xxe1xae2x1x a e ，gx1x2xe x2a1xe2 x2x1x a e ，易知：x1，x2 是方程2 x2xa0的两根，则44a0即a1， x1x2 2， x1x22 a ， x12x1a0，因为 x

36、1x2 ，所以x11x2g x1f x12x12x1a1 x1 e2x121 x1 ex1 a2 x1 2x1 e1 x12x12 1 x1 x1 e2x12x1,1 上恒成立。x1 2e1 x1e1 x1 1 0 ，对任意 x1当 x1 0 时， x1 2e11 x1e0 恒成立；2e1 x1e1 x1 1当 x1 0,1 时， 2e1 x1e1 x1 1 0令函数 h x2e1 x1e1 x1 12 e1 x1 1是 R上减函数，当 x10,1 时，h xh02ee1所以2ee1当 x1,0 时，2e1 x1e1 x11021ex，由知， 当 xe1 x1 11 x1,0 时，2eh x

37、h0 ，e1所以2ee1综上所述：2e。e129. 已 知 函 数 fn xln xnnxn其中 n为常数，n N* ），将函数fn x fn x 的最大值记为 an，由 an 构成的数列an 的前 n 项和记为 Sn 。*xI）求 Sn ；（II ）若对任意的 n N* ，总存在 x R 使 x 1 a ex 11 III ）比较 n1fn en 与an的大小。en 1 enan，求 a的取值范围；解析】：（I） fn xln x n n 1xx n n n 1关于 x 求导：n x 1 ln x n2 n，令 fn x 0得：x e1 n n，所以 fn x 在xnn是单调递减，所以当n

38、时，1nn,en 上单调递增，在 e1 n n,x e1nxmax1n ln e n n n1nenn1nn1，1即 an从而Sn1 e1ne1II）由当n11，anan0,e12e。令gx上单调递增，1,当x时，limx若对任意的1n1ne n2 e1n1enn111nexx1e上单调递减，为减函数可得：a ，则 g xx 1 x 1 e xee2x 2an maxa1，故gxmaxg1xlim 1x 1lim x 1e x e，总存在 x R洛必达）an ，1ex 1x ，可知：e。当 x 0 时，a ，所以 g x1a,1 a 0, 2e2a,10,1a，a，故a0111 1 2 a 0

39、 ；1 a 2 e 2 e2 2III ）（先作差）1n1e enennln e n n ne1nee nlnne n nnen11ne1nee nnen ln n enen11 neln令t以h1,1nenennenenenenn，ex 在 1,令kteln t 1t e上递减，所以1h因为xexxe即 t 1,1kt1 上 恒 成 立 ， 所以 e1,1上单调递增，kt1xxek10，所0在所以nen ln n enenne0，因此1n1ean。en30. 已知函数 f x ex ax2 bx 1，若 f 1 0 ， f x 在区间 0,1 内有零点，求 a 的 取值范围。【解析】：由 f

40、 1 0 得： e a b 1 0 b e a 1，由题知： f x ex 2ax b ex 2ax a e 1 ， f 0 0若设x0为 f x 在区间 0,1内的一个零点，由 f 0 0，f 1 0知， f x 在 0,x0 内 至少有两个单调区间，在 x0,1 内至少有两个单调区间，在 0,1 内至少有三个单调区间。 设 g x f x ex 2ax a e 1 ，考虑 g x ex 2a ，可知 g x 在 0,1 上单调递1增， g x max g 1 e 2a ， g x min g 0 1 2a ，若 1 2a 0 即 a ，则2eg x 0 恒成立， f x 在 0,1 单调递

41、增，若 e 2a 0即 a，则 g x 0 恒成立，2f x 在 0,1 单调递减。故当 a 1或a e时， f x 在 0,1 上至多有两个单调区间，22不满足条件。当 12 ae时，由 g x 0 得： x ln 2a ，可知 g x 在20,ln 2a 上单调递减，在ln 2a ,1单调递增，则 g x min g ln 2a 3a 2aln 2a要使 f xg x min g 0 0 。g 1 0令（2ax）hx3xxlnxe1（ 1 x e），则 h x1ln x ，22xe，所以hx在1, e上 单 调 递 增 ， 在 e,e 上单调递减hxmaxhe3eelnee 1 0 。故只

42、需满足g 0 0，2g1 02ea0，解得：ae21e即，又 a ，因此 e2a1a10a12231. 已知函数ln xfxxln x ，gx。x（1）求fx的最小值；（2）求证：f x g x ；（3）若fxaxb0，求b1的最小值。在 0,1 内至少有三个单调区间，则要使得，从而可知：a1由 h x 0 得：解析】：1） f x 的定义域为0,1 1 ，令 f x x0 得： x 1 ，故fx min1；证：1 ln xe,fx3）gx，令gx0 得： xe ，可知 g x 在0,e 上单调递增，在上单调gx；令fxln x递减ax bax x ，gxmaxge由 f x ming x max 可 知 ：ln xaxb lnxaxx，hx1 ，若 a 10，则h0 ， h x 无最大值，若 a0 ，由 h x0得：1a11，所以h1x 在 0,a11上单调递增，在1, a 1,上单调递减，hx11 ln a 1 ，所以 b a11 ln a 1 。所以 b 1a1ln a 1 。设 aa1ln a 1，则 a a1ln a 1 11 2 ，所以 ： a 在1,e 1 上 单 调 递 减 ， 在e 1,上