理科数学2010-2019高考真题分类训练专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用答案

1、关注微信公众号：数学炫技领取更多资料专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用答案部分2019 年关注微信公众号：数学炫技领取更多资料1 .解析当x 1时，f 112a 2a 1 0恒成立;当 x 1 时，f xx2 2ax 2aJS0 2a -x恒成立,x 121 x 2 1x11 x1 x 2?2. 1 x 121 x1 x所以2ag x max 0 ,即a 0.x当 x 1 时，f x x a ln x JM0a 恒成立,In xxx ,In xln x xxI2In xln x 1In x当x e时，h x 0, h x递增，当1 x e时，h x所以当x e时，h x取得最小值h e e

2、.所以 a, h x min e.综上，a的取值范围是 0,e22 .解析(1) f (x) 6x 2ax 2x(3x a).a 令 f (x) 0,得 x=0 或 x -.时，f (x) 0 ；当 xa0,-时，f (x) 0 .故 f (x) 33若 a>0,则当 x (,0) U -,3一 a 一 a在(，0),-,单调递增，在0,-单调递减;33若a=0, f(x)在(,)单调递增;若a<0,贝U当x,a U(0,)时, 3a 一f (x) 0；当 x ,0 时，f (x) 0.故 f(x) 3aa 一在 ，a ,(0,)单调递增，在 a,0单调递减.33(2)满足题设条件

3、的a, b存在.当awo时，由(1)知，f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,l的最小值为f(0)=b,最大值为f (1) 2 a b.此时a, b满足题设条件当且仅当b 1,2 a b 1,即a=0,(ii)当a4时，由(1)知，f(x)在0, 1单调递减，所以f (x)在区间0, 1的最大值为f(0)=b,最小值为f (1) 2 a b .此时a, b满足题设条件当且仅当2ab 1 , b=1,aa3(iii)当0<a<3时，由(1)知，f (x)在0, 1的最小值为f b,最大值为b327或 2 b .3若 b 1 , b=1 ,则33/2，与 0<a<

4、3 矛盾.273若 g-b 1,2a b1,贝Ua3J3或-3百或a=0,与0<a<3矛盾.27综上，当且仅当a=0, b 1或a=4, b=1时，f (x)在0, 1的最小值为T ,最大值为1.，3 一 一、 3.3.解析：(I)当 a 一时，f (x)- In x v1 x,x 0 .44f'(x)31(.1 x 2)01 x 1)4x 2.1 x4x、1 x所以，函数f (x)的单调递减区间为(0, 3),单调递增区间为(3, +),1(n)由f (1) ，得02a当 0 a Y2 时，f(x) Yx 等价于 Yx 22/匚x 2ln x 0.42a a2 a令t ，

5、 m 1由(i)得q 7,则t 2忑2 . a设 g(t) t2Jx 2tJTT 2ln x,t 2应，则g(t) g(2衣8a 472E_X 21nx.当x , 时，J1 2J2则7. xg(t) g(272)8Tx 4/24"x 21nx.- 1记 p(x)4a/x2V271x In x, x -，则7P'(x)2 x.x 1.2x x 1x. x 1x17(7,1)1(1,)p'(x)0+p(x)1 p(y)单调递减极小值p(1)单调递增所以，p(x) p(1) 0因此，g(t) g(2>/2)2p(x) 0./.、业 1112.xlnx (x 1)(ii

6、)当 x,-时，g(t)g J1 -尸-e 7' x2 . x人.一.1 1. In x 2 ._令 q(x)2 vx In x (x 1), x ,- ，则 q'(x) 1 0 ,e 7、x,1 1,、1故q(x)在 1,1上单调递增，所以q(x), q 1e2 772.7 vp萨p。.所以，q(x)<0 .因止匕g(t)gq(x)2.x0.一 、1一_ 一-由(i) (ii)得对任意 x 丁，t 2衣 ),g(t>0,e即对任意x1-2 e,均有 f (x),. 2a综上所述，所求a的取值范围是1.，、4.解析：(1)设 g(x) f'(x),则 g(x

7、) cosx ， g (x)1 xsin x1(1 x)21- 时，g'(x)单调递减，而g'(0)0，叱)°,可得g'(x)在 1- 有唯一零点，设为2则当 x ( 1,)时，g'(x) 0;当 x-时，g'(x) 0. 2所以g(x)在(1,)单调递增，在，单调递减，故g(x)在21-存在唯一极2大值点，即f'(x)在1,存在唯一极大值点. 2(2) f(x)的定义域为(1,).当x ( 1,0时，由(1)知，尸在(1,0)单调递增，而f'(0) 0,所以 当x ( 1,0)时，f'(x) 0,故£J)在(

8、1,0)单调递减，又f(0)=0 ,从而x 0是 "*)在(1,0的唯一零点.(ii)当x 0,-时，由(1)知，f'(x)在(0,)单调递增，在 ，单调递减， 22而f'(0)=0 f 0,所以存在 ，一，使得f( ) 0,且当x (0,)时,，22f'(x) 0;当 x，时，f'(x) 0.故f(x)在(0,)单调递增，在，单调22递减.又 f(0)=0, f -1 ln 1 -0,所以当 x 0,时，f(x) 0.222从而f (x)在0,-没有零点.2(iii)当x -,时，f'(x) 0,所以f(x)在，单调递减.而f 0,222f(

9、 ) 0,所以f(x)在，有唯一零点.2(iv)当x (,)时，ln(x 1) 1,所以f(x)<0,从而£3在(，)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.5.解析：(1)f(x)的定义域为(0,1)U(1,).一,、11因为f (x) - 2 0 ,所以f (x)在(0, 1) , ( 1, +8)单倜递增.x (x 1)因为f (e) =1e 1八 277 °, f(e)e2 1e2 1e2 3e2 10,所以f (x)在1, +00)有唯一零点x1，即 f (x1) =0.ln x1x11x11f(x1) 0,1故f (x)在(0, 1)有唯一零点一. 为综

10、上，f (x)有且仅有两个零点.(2)因为工 e 1nx0,故点b x0(Inx。,1一)在曲线y=ex上.x0由题设知f (x。) 0 ,即lnx。x。 1x 1 'x0 I11n x。1xo1x。XoXo111nx。x。x。1xoXox。1故直线AB的斜率k1、一ln xo,)处切线的斜率是Xo1一,曲线yXo曲线y=ex在点B(ln x在点A(xo,ln x°)处切线的1斜率也是一, xo所以曲线V 1nx在点A(x0,1n X。)处的切线也是曲线y=ex的切线.36.解析(1)因为 a b c,所以 f (x) (x a)(x b)(x c) (x a).因为f (4

11、) 8,所以(4 a)3 8 ,解得a 2.(2)因为b c,所以 f (x)(x a)(x b)2x3(a 2b)x2b(2a b)x ab2 ,2a b2b从而 f'(x)3(x b) x .令 f'(x)0,得 x b或 x旦上33因为a b经_b都在集合 3,1,3中，且a b , ''3所以 2a_b 1,a 3,b3.3此时 f(x) (x 3)(x 3)2, f'(x) 3(x 3)(x 1).令f'(x) 0,得x 3或x 1 .列表如下：x(,3)3(3,1)1(1,)f'(x)+。一。+f(x)Z极大值极小值Z所以f(

12、x)的极小值为f(1) (1 3)(1 3)232 .32(3)因为 a 0,c 1,所以 f(x) x(x b)(x 1) x (b 1)x bx,- 2一f'(x)3x2(b 1)x b .因为 0 b 1 ,所以 4(b 1)2 12b (2b 1)2 3 0,则f'(x)有2个不同的零点，设为 ?2 x1 x2 .由 f' (x) 0 ,得 x1b 1, b b 1 bi . b b 1,X2列表如下:X(,Xi)XiXi,X2X2(X2,)f'(x)+0一0+f(x)Z极大值极小值Z所以f(x)的极大值M f解法一 ：Mf X13Xi(b 1)X2bx

13、i23xi2 2(b1)XibXi2 b2 b 1Xib(b 1)922 b2 b1 (b1)b(b 1)273，- 3一 b2 b 127b(b 1)2722(b 1)2(b271)27( . b(b 1) 1)3b(b 1)272274.因此27M 27解法二：因为0b 1 ,所以 x,(0,1).当 x (0,1)时,-2f (x) x(x b)(x 1) x(x 1).1)-21令 g(x) x(x D,x (0，1),则 g(x) 3 x 3 (x1令g'(x) 0,得X .列表如下:3X1 (0,3)131(3J)g'(x)+0一g(x)Z极大值1-所以当x 一时，

14、g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x) max g427所以当x (0,1)时，f(x)4-g(x) 一，因此 M271 37.解析：(I)由 f(x) -x 42一-x x ,得 f '(x)4273 2x42x3令 f '(x)1 ,即 3x2 2x4又 f (0)880, f(-), 327所以曲线y f(x)的斜率为的切线方程是82764即y x与y x 272,4 .(II)令 g(x)1 3由 g(x) 4x2 .一x 得 g(x)令g '(x) 0得x 0或x3 2-x2 2x.48.3x-22,000,8 38334 34g'(x)+-+g(

15、x)-6Z06427Z0g '(x), g(x)随x的变化情况如表所示所以g(x)的最小值为-6,最大值为0,所以6由(II)知,(III )g(x) 0 ,即 x 6 f (x) x .3时,3;3时,3.3时,综上,a最小时,3.x8.解析'(x) e (cosx Sin x).因此， 当5x 2k,2k(k Z)时，有 sin x cosx，得 f x 0 ,则 f x 单倜递减;44.3当 x 2k ，2k (k Z)时，有 sinx cosx,得 f'x 0 ,则 f x 单调递443所以，f x的单倜递增区间为2k ，2k (k Z), f (x)的单调递减

16、区间为4452k -,2k 一 (k Z).44(n)记 h(x)f(x)g(x)-xx .依题意及(I)，有 g(x) e (cosx sin x),从而g'(x) 2exsin x.g(x)( 1)g'(x) 2 x0.当 x 4,2 时，g'x 0,故 h'(x) f '(x) g '(x) x 2因此，h x在区间 一，一上单调递减，进而 h(x)h f 0.4 222所以，当 x ,-时，f (x) g(x) x 0. 4 22(出)依题意，u xnf xn1 0,即 ex1 cos xn 1.记 y xn 2n ,则 yn-,-,且

17、fyneyn cosyn e" 2 n cos xn2n e2n n N .由 fyne2n , 1f y0 及(i),得 yny0.由(n)知，当 x ， 时，g' x 0 ,所以g x在 一, 上为减函数，因此 4 24 2g yn , g y00.又由(n)知,f yng yn所以,yn蒯2nynynxn2n e2n eg yn2n eg y。2ney0e 0 sin y0 cos y02nesin x0 cos x0sin x0 cosx02010-2018 年1. A所以f(x)_ 2_ x 1_f(x) x(a 2)xa 1e, f( 2)令 f (x)0,解得x

18、 2或x 1 ,所以当x (2)，f (x)0, f(x)单调递增；当x(2,1)时，f (x) 0, f(x)单调递减；当(1,),f (x) 0, f(x)(x" ,_.1 .f (1) 4 e 0 , f (2) 8 e 0,所以存在x0 (0,一)是函数f(x)的极小值点,2即函数f (x)在(0,刈)上单调递减，在(x0,2)上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图像为D.4. B【解析】(解法一)m 2时，抛物线的对称轴为 xS8 .据题意，当 m 2时,m 2 x 1)ex 1, f (x) (x2 x 2)ex 1单调递增，所以f(x)的极小值为f(1) (1 1

19、1)e1 1增，排除A、C;D符合，选D.2. D【解析】由导函数的图象可知，y f(x)的单调性是减由导函数的图象可知，y f(x)的极值点一负两正，所以2 xx3. D【解析】当x? 0时，令函数f (x) 2x e ,则f (x) 4x e ,易知f (x)在0,In 4)上单调递增，在In 4,2上单调递减，又f (0)1 0 , f (-) 2 Ve 0,22m n且2 即 2m n 12 . Q J2m n n 6 mn 18 .由22m n 12 得 m 3,n 6.当m 2时，抛物线开口向下，据题意得,即 m 2n 18. Q 72m-n2m n 八81,9 mn .由222n

20、 m且 m2n 18 得m 9 2,故应舍去.要使得mn取得最大值，应有m 2n18 (m 2,n8).所以mn (18 2n)n(18 2 8) 8 16 ,所以最大值为18.选B.(解法二)由已知得f (x) (m 2)x n 8,对任意的 xJ-,2 , f (x) w 0,所所示,1、一(一)w 0(2)，即(x)< 0m > 0,n > 0m 2n< 18 .画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分2mn0 2令mn t,则当n = 0时,t=0,当n 0时，m -,由线性规划的相关知识，只有n当直线2m n12与曲线tt2m = -相切时，t取得取大值，由

21、n八19 - nt = 18 ,所以(mn)max 18,选 B.一f(x)5. A【解析】令h(x) = -(-7,因为f(x)为奇函数，所以xxf (x) f (x)h (x) a ,当-> 0 时,xh(x)为偶函数，由于上单调递减，根据对称性 h(x)在(数形结合可知，使得f (x) >0成立的6. D【解析】由题意可知存在唯一的整数xf '(x) f (x),0)上单调递增,x的取值范围是xo,使得 ex5 (2x00,所以 h(x)在(0,)f( 1)1) ax00, f(1) = 0,g(x) ex(2x 1), h(x) ax a,由 g (x) ex(2x

22、 一，1、1),可知 g(x)在(，-)上单调递减，在(g(x)与h(x)的大致图象如图所示,)上单调递增，作出故hg(0), h( 1)<g( 1)7. D【解析】一f (x) kxf (x) k f (x)在(1,)单调递增,所以当x 1一 、.1 一时，f (x) k 一 方0恒成立, x1 ，,k>-在(1,)上恒成立,8. A【解析】法c1/0 1,所以k> 1,故选D.x由题意可知，该三次函数满足以下条件:过点(0, 0), (2, 0),在(0,0)处的切线方程为y x,在(2,0)处的切线方程为y3x6,以此对选项进行检验.A、一1 Q选项，y x32x ,显

23、然过两个定点，又 y则 y |x 01, y |x 23,故条件都满足,由选择题的特点知应选法二设该三次函数为_32f (x) ax bx23ax 2bx cf(0)f (2)由题设有f (0)f (2)2,b故该函数的解析式为9. C【解析】由正弦型函数的图象可知:x的极值点x0满足f (x0)33 ,2k (k Z),从而得2x0-1、(k )m(k Z).所以不等式 2x2 3 1fx0 2 m2,即为(k 2)2其中k一，21Z.由题意，存在整数 k使得不等式m21 (k -) 3成立.12当k 1且k 0时，必有(k -)2 1,此时不等式显然不能成立，23 c故k 1或k 0,此时

24、，不等式即为 3m2 3,解得m 2或m 2.410.A【解析】设所求函数解析式为y f(x),由题意知f(5)2, f( 5)2,且f ( 5) 0,代入验证易得 yC【解析】当x (0,1时，得a A13x1253(-)3x3x符合题意, 5,1、214()2 ,令 tx x1, it x1,a > 3t3 4t2 t ,令 g(t) 3t3 4t2 t , t 1,),9t2 8t 1 (t 1)(9t 1),显然在1,)上，g t 0,g(t)单调递减，所以g(t)max g(1)6< a< 2 .同理，当x 2,0)时，得a0 2.由以上两种情况得显然当x 0时也成

25、立，故实数 a的取值范围为6, 2.xx 1.12. C【解析】设f(x) e ln x ,则f (x) e 一，故f (x)在(0,1)上有一个极值点， x即f(x)在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与“*2)的大小，故A、B错；构造exex(x 1)函数g(x) , g (x) 一故g(x)在(0,1)上单倜递减，所以g X g x2 , xx选C.2a .23213. 【解析】B 当a 0,可得图象 D；记f(x) ax x ，g(x) a x 2ax2一1 一 .、1 . 2 1一 一 2 一x a(a R),取 a - , f (x) - (x 1)4,令 g(x) 0,

26、得 x 易知，一，-1、1 一 ，八g(x)的极小值为g(2) 2,又f(2)所以g(2)f(2),所以图象A有可能；同理取a 2,可得图象C有可能；利用排除法可知选B .3214. C【解析】右c 0则有f (0)0,所以A正确.由f (x) x ax bx c得3232f(x) c x ax bx,因为函数y x ax bx的对称中心为(0,0),所以f(x) x3 ax2 bx c的对称中心为(0, c),所以B正确.由三次函数的图象可 知，若Xo是f(X)的极小值点，则极大值点在Xo的左侧，所以函数在区间(，%)单调 递减是错误的，D正确.选C.15. A【解析】法一：由题意可得，yo

27、 sin Xo 1,1,而由 f(x) Jex x a 可知 yo 0,1, 当a O时，f(x) = JeX x为增函数, yo O,1时，f(xo) 1,Ve-7. f(f(y0)G 1.不存在 yo o,1使 f (f (yo) yo成立，故 B, D 错；当 a e 1 时，f (x) = jex_xe 1 ,当yo o,1时，只有yo 1时f(x)才有意义，而f(1) o, f(f(1) f(o),显然无意义，故 C错.故选A.法二：显然，函数 f (x)是增函数，f (x) > o ,从而以题意知 yo o,1.于是,只能有f (yo)yo .不然的话，若f (yo)y0,得

28、 f(f(y。)f(yo)yo,与条件矛盾；若f (yo)yo,得f (f ( yo)f (yo) yo,与条件矛盾.于是，问题转化为f (t) t在o,1上有解.由 t VettI,得 t2 et t a ,分离变量，得 a g(t) et t2 t , t 0,1 因为 g (t) et 2t 1 0 , t 0,1, 所以，函数g(t)在0,1上是增函数，于是有1 g(0) < g(t) < g(1) e , 即a 1,e,应选A .16. D【解析】A.x R, f (x) f(x0),错误.xo(xo 0)是f (x)的极大值点，并不是最大值点；B.xo是f ( x)的极

29、小值点.错误. f ( x)相当于f(x)关于y轴的对称图像，故xo应是f( x)的极大值点；C, xo是f(x)的极小值点.错误.f(x)相 当于f (x)关于x轴的对称图像，故xo应是f(x)的极小值点.跟xo没有关系；D. xo 是f( x)的极小值点.正确. f( x)相当于f (x)先关于y轴的对称，再关于 x轴的对称图像.故D正确.一1 2.1 . 一 一一,一17. B【解析】: y xln x,，y x ，由y , 0 ,解得1 蒯x1,又 x 0,2x0 x, 1 故选 B.18. D【解析】f (x)xex, f (x) ex(x 1), ex 0 恒成立，令 f (x)

30、0 ,贝U x当x 1时，f (x) 0,函数单调减，当x1时，f (x) 0,函数单调增,0)不妨令 h(x) x2 ln x ,2 ，一2，因 x (0, -)时，h (x) 0 ,2x -1时，|MN |达到最小.2b, f (x) 3x a ,当 a 0 时，f (x) 0 ,则f(x)在R上单调递增函数，此时 x3ax b 0仅有一个实根，所以(4)(5)对;则x 1为f (x)的极小值点，故选 D.219. D【解析】f (x) 12x 2ax 2b,由 f (1) 0,即 12 2a 2b 0,a b. 2得a b 6.由a 0 , b 0,所以ab0()9,当且仅当a b 3时

31、取等号.选D.20. D【解析】若x 1为函数f (x)ex的一个极值点，则易知 a c, 选项A, B的函数为 f(x) a(x 1)2, . f (x)ex f (x) f(x)ex a(x 1)(x 3)ex,b -x 1为函数f (x)ex的一个极值点满足条件；选项 C中，对称轴x 0,2a且开口向下，a 0,b 0, f( 1) 2a b 0,也满足条件；b选项D中，对称轴x 0,且开口向上，a 0,b 2a ,2a. f ( 1) 2a b 0,与题图矛盾，故选 D.21. D【解析】由题| MN | x2 ln x , (x1,一则 h'(x) 2x 一，令 h'

32、(x) 0解得 x x,3 当x (,)时，h'(x) 0,所以当2J即t -.2当a 3时，由f (x) 3x2 3 0得1 x 1,所以x 1是f(x)的极小值点.由f(1) 0,得13 3 1 b 0,即b 2,(3)对.x 1是f(x)的极大值点，由 f ( 1) 0 ,得(1)3 3 ( 1) b 0 ,即 b 2 , (1)对.23.【解析】(1)设x1> x2 ,函数2x单调递增，所有2x1 >2x2 ,为-沟>0,则m “文小至一所以正确;x1 x2x1 - x222g(x1)-g(x2) x1 - x2 +a(x1-x2)(2)设 x1 > x

33、2，贝U x1 x2 0 ,贝U n =x1 - x2x1 - x2(x1 - x2)(x1 + x2 +a)= = x1+x2+a ,可令 x1 =1, x2=2, a 4,为-x2则n 10,所以错误；f(x1) f(x2)(3)因为m = n，由(2)得： x1 x2 a ,分母乘到右边，x x2右边即为g(x1) g(x2),所以原等式即为 f(x1) f(x2) = g(x1) g(x2),即为 f(x1) g(x2)= f (x) g(x2),令 h(x) f(x) g(x),则原题意转化为对于任意的a,函数h(x) f(x) g(x)存在不相等的实数 x1,x2 使得函数值相等，

34、h(x) 2x x2 ax,则 h (x) 2x In 2 2x a ,x则h (x) 2 (ln 2) 2 ,令h (x0) 0 ,且1刈2 ,可得h (x0)为极小值.若a 10000 ,则h (Xo) 0 ,即h (x0) 0 , h(x)单调递增，不满足题意，所以错误.(4)由得 f (Xi) f(X2) = g(X1)g(X2),则 f(x1)g(x1) g(X2) f (X2),设h(x) f(x) g(x),有Xi, X2使其函数值相等，则 h(x)不恒为单调.h(x) 2x x2 ax , h (x) 2x ln 2 2x a , h (x) 2x ln 2 2 2 0恒成立，

35、h(x)单调递增且h( ) 0, h( ) 0 .所以h(x)先减后增，满足题意，所以正确.24. 4【解析】当 0<x01 时，f(x) = -lnx, g(x)=0,此时方程 | f (x) + g(x) |=111即为lnx = 1或lnx = -1,故* = e或乂 =,此时x =-符合题意，万程有一个实根.ee当 1<x<2时，f (x) = lnx , g(x) =4- x2 - 2 = 2 - x2 ,方程 | f (x) + g(x)|=1即为 In x + 2- x2=1 或 lnx + 2-x2 = -1,即 lnx+1-x2 = 0 或 lnx + 3-

36、x2 = 0,人2Q 12令 y = ln x + 1- x ,则 y& - - 2x < 0 ,函数 y = ln x +1 - x 在 x? (1,2)上单倜递减， x且 x=1 时 y = 0,所以当 1< x < 2 时，方程 ln x +1 - x2 = 0 无解；令 y = ln x + 3- x2 ,12则 y - 2x < 0 ,函数 y = lnx + 3- x 在 x? (1,2)上单倜递减，且 x = 1 时 y = 2 >0 , xx = 2时y = ln2-1<0,所以当1<x<2时，方程ln x + 3- x2

37、 = 0有一个实根.2-2当 x>2时，f (x) = ln x , g(x) = x - 6,方程 | f (x) + g(x) |= 1 即为 ln x + x -6 = 1或 lnx + x2-6 = -1,即 lnx + x2-7 = 0 或 lnx + x2-5 = 0,令 y = lnx + x2-7,一 “12则y + 2x > 0 ,函数y = ln x + x - 7在x? 2, ?)上单调递增，且 x = 2时 xy = ln2-3<0, x=3 时 y = ln3+2>0,所以当 x> 2 时方程 ln x + x2 - 7 = 0有1个实根

38、；同理lnx+x2- 5 = 0在x? 2, ?)有1个实根.故方程| f (x) g(x) | 1实根的个数为4个.225. 2【解析】由题意 f (x) 3x 6x 3x( x 2),令f(x) 0得x 0或x 2 .因 x 0或 x 2 时，f (x) 0, 0 x 2时，f (x) 0 .x 2时f(x)取得极小值.一 1 .1 a x2 ax 126【解析】(1)f(x)的定义域为(0,), f(x) 1 -2一 .x x x(i)若 a02,则 f (x) w 0 ,当且仅当 a 2,x 1 时 f (x) 0,所以 f(x)在(0,单调递减.(ii)若 a 2,令 f(x) 0得

39、，x a-a-4 或x a 'a' 4 .f (x) 0;(0, a 舟 4)U(a 4 f,)时,22a 3a2 4a .a24、一)时，f (x)a . a2 40.所以 f (x)在(0, 2a(一,a 4 ,)单调递减，在(a 'a 4224 、,4)单调递增.(2)由(1)知，f (x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x2满足x2 ax0,所以x1x21 ,不妨设X1x2 ，则x2 1 ,由于f(x,) f(x2)X x2x#2ln x,ln x2axx2ln x1aln x2x1x22lna又2所以 f(X1) f(X2)一一 12 等价

40、于 一 x2 2ln x20 .xx2x2、一1设函数g(x) x由(1)知，g(x)在(0,)单调递减,g(1) 0 ,从而当x (1,)时,g(x) 0.1所以x22lnx2f(x1)fd)x x227.【解析】(1)当a 1时,f (x) > 1等价于(x21)e x设函数g (x) (x21)ex 1,则 g'(x)(x2 2x1)ex (x2 x1) e当 x 1 时，g'(x)0,所以g(x)在(0,)单调递减.而g(0) 0,故当x0时，g(x)< 0,即 f (x) > 1 .(2)设函数h(x) 12 x ax ef (x)在(0,)只有一个

41、零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点.(i)当a00时，h(x) 0, h(x)没有零点;x)当 a 0时，h(x) ax(x 2)e当 x (0,2)时，h'(x) 0；当 x (2,)时，h'(x) 0 .所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增.故 h(2) 14a 1,丁是 h(x)在0, e)的最小值.若h(2)0,2e,一， h(x)在(0,4若h(2)0,2e -7，h(x)在(0, 4)只有一个零点;若h(2)0,2e ,一,由于h(0)4h(x)在(0,2)有一个零点由(1)知，当0时,所以h(4a)16a34ae彳 16a31( 2a 2(

42、e )16a3(2a)4故h(x)在(2,4 a)有一个零点,因此h(x)在(0,)有两个零点.2一 .一一 . e综上，f(x)在(0,)只有一个零点时，a .428【解析】(1)当 a 0时，f (x) (2 x)ln(1 x) 2x, f (x) ln(1 x)xx设函数 g(x) f (x) ln(1 x) 上，则 g(x) 1 x(1 x)当 1 x 0 时，g (x) 0；当 x 0 时，g (x) 0.故当x 1时，g(x) > g(0) 0,且仅当x 0时，g(x) 0,从而f仅当x 0时，f (x) 0.所以f(x)在(1,)单调递增.又 f(0) 0,故当 1 x 0

43、 时，f (x) 0；当 x 0 时，f(x) 0 .(2) (i)若 a>0 ,由(1)知，当 x 0时，f (x) > (2 x)ln(1 x) 2x这与x 0是f (x)的极大值点矛盾.(ii)若 a 0,设函数 h(x) 但丁 ln(1 x) 2x-.2 x ax2 x ax由于当|x| min1-L时，2 x ax2 0 ,故h(x)与f (x)符号相同. |a|又h(0) f(0) 0 ,故x 0是f (x)的极大值点当且仅当 x 0是h(x)的极大值点._2_22 2-、12(2 x ax ) 2x(1 2ax) x (a x 4ax 6a 1)h(x)2-221 x

44、(2 x ax )(x 1)(ax x 2)如果 6a 1 0 ,则当 0 x6a-1,且 |x| min1,J-1时，h (x) 0 ,4a|a|故x 0不是h(x)的极大值点.如果 6a 1 0,则 a2x2 4ax 6a 1 0存在根 x1 0,故当x (为,0),且|x| min1时，h (x) 0 ,所以x 0不是h(x)的极大值 .|a|点.3 ,如果 6a 1 0,则 h(x) x (x 24)则当 x ( 1,0)时，h(x) 0；(x 1)(x2 6x 12)2当x (0,1)时，h (x) 0 .所以x 0是h(x)的极大值点，从而x 0是f(x)的极大值点1综上，a .

45、629【解析】(1)因为 f(x) ax2 (4a 1)x 4a 3ex,所以 f (x) 2ax (4a 1)ex ax2 (4a 1)x 4a 3ex (x R)= ax2 (2 a 1)x 2ex.f (1) (1 a)e.由题设知f (1) 0,即(1 a)e 0,解得a 1 .此时 f(1) 3e 0 .所以a的值为1.(2)由得 f (x) ax2 (2a 1)x 2ex (ax 1)(x 2)ex.1 _1,右 a ,则当 x (,2)时，f (x) 0;2 a当 x (2,)时，f (x) 0.所以f(x) 0在x 2处取得极小值.41一一一一 ，1. 一右a05，则当 x (

46、0,2)时，x 2 0, ax 1 < -x 1 0,所以f (x) 0 .所以2不是f (x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是(1,).2xx30.【解析】(1)由已知，h(x) a xlna,有 h(x) a ln a In a .令h (x) 0 ,解得x 0 .由a 1 ,可知当x变化时，h (x) , h(x)的变化情况如下表:x(,0)0(0,)h (x)0+h(x)极小值Z所以函数h(x)的单调递减区间(，0),单调递增区间为(0,).(2)证明:由f (x) axlna,可得曲线y f (x)在点(x, f (x1)处的切线斜率为x.1a In a .由g (x) ,

47、可得曲线y g(x)在点(x2, g(x2)处的切线斜率为xln a1一.因为这两条切线平行，故有ax11n a 1一，即x2ax1(1n a)2x2 ln ax2 In a两边取以a为底的对数，得log a x2 x1 2log a In a0 ,所以 x1g (x2)21n In aIn a证明：曲线y f (x)在点(x，a")处的切线l1 ： y4x11/a a In a (x曲线 y g(x)在点(X2,log a X2)处的切线 I2 ： y lOgaX21x2 ln a(x1要证明当aee时，存在直线l,使l是曲线y f(x)的切线，也是曲线 y g(x)的i切线，只需

48、证明当aee时，存在x1 (,) , x2 (0,),使得li和12重合.1_1a 减，又 u(0) 1 0, u() 1 a(lna) 0,(lna)故存在唯一的 x0,且 x0 0 ,使得 u (x0)0 ,即 1 (ln a)2x0a"0 .由此可得u(x)在(，)上单调递增，在(x°,)上单调递减.u(x)在x %处取得极大值u(xO). ln a 即只需证明当a > ee时，方程组x2 ln a有解，1 公a xa lna loga x2 ln a1 .由得x2 不 2 ,代入,a (ln a)1因此，只需证明当 a nee时，关设函数 u(x) ax xa

49、xln a x1即要证明当aee时，函数y2 x 一 Ju (x) 1 (ln a) xa ,可知 x得 a为 x1ax1 ln a x1于x1的方程有实数解.1 2ln ln a ln a ln au(x)存在零点.(,0)时，u(x) 0；1 2ln ln a0. dln a ln ax (0,)时，u(x)单调递因为 a > ee ,故 ln(ln a) >所以 u(x0)a"x0ax0 ln a1：Jx0x0(ln a)1 ,1 2ln ln a% - ln a ln a2ln ln a 2 2ln ln a>> 0.ln aln a卜面证明存在实数t

50、,使得u(t) 0 .由(1)可得 ax > 1 x ln a ,-1当x 时,In a有 u(x)&(1 xlna)(1xln a)(ln a)2x2x 11In a1 x In a2ln In aIn a2ln In aIn a所以存在实数t,使得u(t) 01因此，当a > ee时，存在为(i所以，当a > ee时，存在直线l ,),使得 u(Xi) 0.使l是曲线y f(x)的切线，也是曲线 y g(x)的切线.31.【解析】(1)函数f (x) x , g(x)x2 2x 2 ,贝U f (x) 1, g (x) 2x 2 .由 f (x)g(x)且 f (x)2 x x g (x)，得1 2x2x 2、一,此方程组无解,2因此，f(x)与g(x)不存在S点2(2)函数 f (x) ax 1 , g(x)