专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用答案

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1.解析（1）f(x) 6x2 2ax 2x(3x a)．a令f(x) 0，得x=0或x .3若a>0，则当x(,0)a,时，f(x)0；当x0,a时，f(x)0．故f(x)33在(,0),a,单调递增，在0,a单调递减；33若a=0，f(x)在(,)单调递增；若a<0，则当x,a(0,)时，f(x)0；当xa,0时，f(x)0．故f(x)33在,a,(0,)单调递增，在a,0单调递减.33（2）当0a3时，由（1）知，f(x)在0,a单调递减，在a,1单调递增，所以f(x)33在[0,1]的最小值为aa32，最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是f273ma32，M4a,0a2,272,2a3.2a3a2,a,0所以Mma327,2a3.27当0a2时，可知2aa3单调递减，所以Mm的取值范围是8,2.2727当2a3时，a3单调递减，所以Mm的取值范围是[8,1).2727综上，Mm的取值范围是[8,2).12732.解析（Ⅰ）由f(x)x3x2x得f(x)x22x1．1，即3x2448．令f(x)2x11，得x0或x43又f(0)0，f(8)8，32788所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，273即yx与y64x．27（Ⅱ）要证x6剟fxx，即证6剟fxx0，令g(x)f(x)x,x[2,4]．由g(x)1x3x2得g'(x)3x22x．484令g'(x)0得x0或x．3g'(x),g(x)在区间2,4上的情况如下：x2(2,0)0(0,8)8(8,4)4333g'(x)g(x)6064027所以g(x)的最小值为6，最大值为0．故6剟g(x)0，即x6剟f(x)x．（Ⅲ）Fxfxxagxa,x2,4，由（Ⅱ）知，gx6,0，当a3时，M(a)F(0)|g(0)a|a3；当a3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；当a3时，M(a)3．综上，当M(a)最小时，a 3．3.解析（1）因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3．因为f(4)8，所以(4a)38，解得a2．（2）因为bc，所以f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2，从而f'(x)3(x2ab．令f'(x)0，得xb或x2abb)x．33因为a,b,2ab都在集合{3,1,3}中，且ab，3所以此时

2ab3．31,a3,bf(x)(x3)(x3)2，f'(x)3(x3)(x1)．令f'(x)0，得x3或x1．列表如下：x(,3)3(3,1)1(1,)f'(x)+0–0+f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)232．（3）因为a0,c1，所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx，f'(x)3x22(b1)xb．因为0b1，所以4(b1)212b(2b1)230，则f'(x)有2个不同的零点，设为x1,x2x1x2．由f'(x)0，得xb1b2b1,xb1b2b1．1323列表如下：x(,x1)x1x1,x2x2(x2,)f'(x) + 0 – 0 +f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值Mfx1．解法一：Mfxx3(b1)x2bx1111[3x122(b1)x1b]x1b12b2b1x1b(b1)93992b2b1(b1)b(b1)22b327927b1b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3272727b(b1)24．因此M42727．2727解法二：因为0b1，所以x1(0,1)．当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)2．令g(x)x(x1)2,x(0,1)，则g'(x)3x1(x1)．3令g'(x)0，得x1．列表如下：3x11(1(0,)3,1)33g'(x)+0–g(x)极大值所以当x1g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max14．时，g2733所以当x(0,1)时，f(x)g(x)4，因此M4．27274.解析（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1,g(x)xcosx.当xπg(x)0；当xπ0，所以g(x)在(0,π(0,)时，,π时，g(x))单调递增，222在π,π单调递减.2又g(0)π0,g(π)2，故g(x)在(0,π)存在唯一零点.0,g2所以f(x)在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知f(π)aπ,f(π)0，可得a≤0.由（1）知，f(x)在(0,π)只有一个零点，设为x0，且当x0,x0时，f(x)0；当xx0,π时，f(x)0，所以f(x)在0,x0单调递增，在x0,π单调递减.又f(0)0,f(π)0，所以，当x[0,π]时，f(x)0.又当a,0,x [0,π]时，ax≤0，故f(x) ax.因此，a的取值范围是(,0].5.解析（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1,g(x)xcosx.当xπ(x)0；当xπ0，所以π(0,)时，g,π时，g(x)g(x)在(0,)单调递增，222在π,π单调递减.2又g(0)π0,g(π)2，故g(x)在(0,π)存在唯一零点.0,g2所以f(x)在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知f(π)aπ,f(π)0，可得a≤0.由（1）知，f(x)在(0,π)只有一个零点，设为x0，且当x0,x时，f(x)0；当0xx0,π时，f(x)0，所以f(x)在0,x0单调递增，在x0,π单调递减.又f(0)0,f(π)0，所以，当x[0,π]时，f(x)0.又当a,0,x[0,π]时，ax≤0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是 ( ,0].6.解析（1）f(x)的定义域为（ 0，+ ）.f(x)x1lnx11xlnx.x因为ylnx单调递增，y1f(x)单调递增，又f(1)10，单调递减，所以1ln41xf(2)ln20，故存在唯一x0(1,2)，使得fx00.22又当xx0时，f(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增.因此，f(x)存在唯一的极值点.（2）由（1）知fx0f(1)2，又fe2e230，所以f(x)0在x0,内存在唯一根x.由x01得11x0.又f111ln111f()0，故1是f(x)0在0,x0的唯一根.综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.7.解析（Ⅰ）由已知，fx的定义域为(0,)，且f(x)1aexa(x1)ex1ax2ex，xx因此当a≤0时，1ax2ex0，从而f(x)0，所以fx在(0,)内单调递增.（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知f(x)1ax2ex.令g(x)1ax2ex，由0a1，xe可知gx在(0,)内单调递减，又g(1)1ae0，且gln1221aln111ln10.aaaa故gx0在(0,)内有唯一解，从而f(x)0在(0,)内有唯一解，不妨设为x0，则1x0ln1.a当x0,x0时，f(x)g(x)gx00，所以fx在0,x0内单调递增；当xxx(x0,)时，f(x)g(x)gx00，所以fx在(x0,)内单调递减，因此x0xx是fx的唯一极值点.令h(x)lnxx1，则当x1时，h(x)10，故hx在(1,)内单调递减，从1x而当x1时，hxh10，所以lnxx1.从而fln1lnln1aln111lnln1ln11hln10，lnaaaaaa又因为fx0f(1)0，所以fx在(1,)内有唯一零点.又fx在0,x0内有唯一零点1，从而，fx在(1,)内恰有两个零点.（ii）由题意，fx00,即ax02ex1x，从而lnx1x11x1x0，即fx10,lnx12eax11e1x0xxx2lnxx1lnxx1，故xxx02x112e1001.因为当时，，又10，x1x01ex0x11x11两边取对数，得lnex1x0lnx02，于是x1x02lnx02x01，整理得3x0x12.8.解析（Ⅰ）当a3时，f(x)3lnx1x,x0．44f'(x)31x(1x2)(21x1)，4x214x1x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（Ⅱ）由f(1)1，得0a2．42a当0a2xx21x2lnx0．4时，f(x)等价于2a2aa令t1，则t22．a设g(t)t2x2t1x2lnx,t22，则g(t)g(22)8x421x2lnx．（i）当x1,时，1122，则x7g(t)g(22)8x421x2lnx．记p(x)4x221xlnx,x1，则7p'(x)2212xx12xx1xx1xxx1.故x1(1,1)1(1,)77p'(x)0+p(1)极小值p(x)单调递减p(1)单调递增7所以，p(x)p(1)0．因此，g(t)g(22)2p(x)0．（ii）当11时，12xlnx(x1)x2,1g(t)gx2xe7令q(x)2xlnx(x1),x12,1lnx2，则q'(x)x10，e7故q(x)在11上单调递增，所以,1．,q7q(x)e7由（i）得q127p127p(1)0．7777所以，q(x)<0．因此g(t)g11q(x)0．x2x由（i）（ii）得对任意x12,，t[22,),g(t)0，e即对任意x1,，均有f()x．2x,2ae综上所述，所求a的取值范围是0,2．42010-2018年1．C【解析】由f(x)2(1x)，0x2知，f(x)在(0,1)上单调递增，x(2x)在(1,2)上单调递减，排除A、B；又f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于x1对称，C正确．2．D【解析】由导函数的图象可知，yf(x)的单调性是减增减增，排除A、C；由导函数的图象可知，yf(x)的极值点一负两正，所以D符合，选D．3．C【解析】函数f(x)x1sin2xasinx在(,)单调递增，3等价于f(x)12cos2xacosx4cos2xacosx50333在(,)恒成立．设cosxt，则g(t)4t2at50在[1,1]恒成立，33g(1)4a5011所以33，解得a453．故选C．g(1)a0333．【解析】因为f(x)3x2123(x2)(x2)，令f(x)0，x2，当4Dx(,2)时f(x)0，f(x)单调递增；当x(2,2)时f(x)0，f(x)单调递减；当x(2,)时f(x)0，f(x)单调递增．所以a2．故选D．5．D【解析】∵f(x)kxlnx，∴f(x)1）单调递增，k，∵f(x)在（1，+x所以当x1时，f(x)k1≥0恒成立，即k≥1在（1，+）上恒成立，x x∵x1，∴11k1，所以x≥，故选D．6．C【解析】由正弦型函数的图象可知：fx的极值点x0满足f(x0)3，则x02k(kZ)，从而得x0(k1)m(kZ)．所以不等式m21)2m221)]x02[fx0]2m2，即为(k3m2，变形得m2[1(k3，其中21)]2kZ．由题意，存在整数k使得不等式m2[1(k3成立．当k1且k0时，12必有(k)21，此时不等式显然不能成立，故k1或k0，此时，不等式即为32m2，解得m2或m2．43(0,1]时，得a≥3(1)34(1)2117．C【解析】当x，令t，则t[1,)，xxxxa≥3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t[1,)，则gx9t28t1(t1)(9t1)，显然在[1,)上，gt0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a≥6；同理，当x[2,0)时，得a≤2．由以上两种情况得6≤a≤2．显然当x0时也成立，故实数a的取值范围为[6,2]．8．C【解析】设f(x)exlnx，则f(x)ex1，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f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)ex，g(x)ex(x1)gxgx，，故g(x)在(0,1)上单调递减，所以2xx21选C．9．B【解析】当a0，可得图象D；记f(x)ax2xa，2g(x)a2x32ax2xa(aR)，取a1，f(x)1(x1)21，令g(x)0，得x2,2，易知g(x)的极小值为2243g(2)11，所以g(2)f(2)，所以图象A有可能；同理取a2，可，又f(2)42得图象C有可能；利用排除法可知选 B．10．C【解析】若 c 0则有f(0) 0，所以A正确。由 f(x) x3 ax2 bx c得f(x) c x3 ax2 bx，因为函数 y x3 ax2 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x0是f(x)的极小值点，则极大值点在 x0的左侧，所以函数在区间（ ∞, x0）单调递减是错误的， D正确。选 C.11．A【解析】若f(x)x在[0,1]上恒成立，则f(f(x))f(x)x，则f(f(x))x在[0,1]上无解；同理若f(x)x在[0,1]上恒成立，则f(f(x))f(x)x。所以f(f(x))x在[0,1]上有解等价于f(x)x在[0,1]上有解，即xexxaaexx2x,x[0,1]，令g(x)exx2x,x[0,1]，所以g'(x)ex2x10,x[0,1]，所以a[1,e]．12．D【解析】A．xR,f(x)f(x0)，错误．x0(x00)是f(x)的极大值点，并不是最大值点；B．x0是f(x)的极小值点．错误．f(x)相当于f(x)关于y轴的对称图像，故x0应是f(x)的极大值点；C．x0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x0应是f(x)的极小值点．跟x0没有关系；D．x0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．13．B【解析】∵y1x2lnx,∴yx1,由y,0，解得1剟x1，又x0，2x0x,1故选B．14．D【解析】 f(x) xex，f(x) ex(x 1)，ex 0恒成立，令 f(x) 0，则x 1当x 1时，f(x) 0，函数单调减，当 x 1时，f(x) 0，函数单调增，则x 1为f(x)的极小值点，故选 D．15．D【解析】f(x)12x22ax2b，由f(1)0，即122a2b0，得ab6．由a0，b0，所以ab≤(ab)29，当且仅当ab3时取等号．选D．216Dx1为函数f(x)eac，∵选项A，B的函数．【解析】若x的一个极值点，则易知为f(x)a(x1)2，∴[f(x)ex][f(x)f(x)]exa(x1)(x3)ex，∴x1为函数f(x)ex的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴xb0，且开口向下，2a∵a0,b0，∴f(1)2ab0，也满足条件；选项D中，对称轴xb0，且开口向上，∴a0,b2a，∴f(1)2ab0，与题图矛盾，2a故选D．17．D【解析】由题|MN|x2lnx(x0)不妨令h(x)x2lnx，则h'(x)2x1，x令h'(x)0解得x2，因x(0,2)时，h'(x)0，当x(2,)时，222h'(x)0，所以当x2时，|MN|达到最小．即t2．2218．3【解析】f(x)(2x+3)ex,f(0)3．19．①④【解析】因为f(x)2x在R上是单调递增的，所以对于不相等的实数x1,x2，m2x12x20恒成立，①正确；因为g(x)x2ax，所以nx12ax1(x22ax2)x1x2x1x2=x1x2a，正负不定，②错误；由mn，整理得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)．令函数p(x)f(x)g(x)2xx2ax，则p(x)2xln22xa，令t(x)p(x)，则t(x)2x(ln2)22，又t(1)2(ln2)220，t(3)8(ln2)220，从而存在x0(1,3)，使得t(x0)2x0(ln2)220，于是p(x)有极小值p(x0)2x0ln22x0a22log22a，所以存ln2(ln2)2在a2log222，使得p(x)20，此时p(x)在R上单调递增，故不存在(ln2)ln2不相等的实数x1,x2，使得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，不满足题意，③错误；由mn得f(x)g(x)，即a2xln22x，设h(x)2xln22x，则h(x)2x(ln2)220，所以h(x)在R上单调递增的，且当x时，h(x)，当x时，h(x)，所以对于任意的a，ya与yh(x)的图象一定有交点，④正确．20．2【解析】由题意f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0得x0或x2．因x0或x2时，f(x)0，0x2时，f(x)0．∴x2时f(x)取得极小值．21．【解析】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1．x由题设知，f(2)0，所以a12．2e从而f(x)12exlnx1，f(x)12ex1．2e2ex当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0．所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．(2)当a≥1x时，f(x)≥elnx1．eexx1．设g(x)elnx1，则g(x)eeex当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0．所以x1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)0．因此，当a≥1时，f(x)≥0．e22．【解析】(1)函数f(x)的导函数f11(x)x，2x由f(x1)1111f(x2)得x1x12x2，2x2因为x1x2，所以111x1x2．2由基本不等式得1x1x2x1x2≥24x1x2．2因为x1x2，所以x1x2256．由题意得f(x1)f(x2)x1lnx1x2lnx21ln(x1x2)．x1x212设g(x)xlnx，2则g(x)1(x4)，4x所以x(0,16)16(16,)g(x)0+g(x)24ln2所以g(x)在[256,)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln2，即f(x1)f(x2)88ln2．(2)令me(|a|k)，n(|a|1)21，则kf(m)kma|a|kka≥0，f(n)kna1a|a|10n(nk)≤n(k)nn所以，存在x0(m,n)使f(x0)kx0a，所以，对于任意的aR及k(0,)，直线ykxa与曲线yf(x)有公共点．由f(x)kxa得kxlnxax．设h(x)xlnxax，lnxx1ag(x)1a则h(x)2x2x2，其中g(x)xlnx．2由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤34ln2，故g(x)1a≤g(16)1a34ln2a，所以h(x)≤0，即函数h(x)在(0,)上单调递减，因此方程f(x)kxa0至多1个实根．综上，当a≤34ln2时，对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点．23．【解析】(1)当a3时，f(x)1x33x23x3，f(x)x26x3．3令f(x)0解得x323或x323．当x(,323)(323,)时，f(x)0；当x(323,323)时，f(x)0．故f(x)在(,323)，(323,)单调递增，在(323,323)单调递减．(2)由于x2x10，所以f(x)0等价于x33a0．x2x1设g(x)x2x313a，则g(x)x2(x22x3)≥0，x(x2x1)2仅当x0时g(x)0，所以g(x)在(,)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a1)6a22a16(a1)210，f(3a1)10，3663故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．24．【解析】(1)因为f(x)[ax2(3a1)x3a2]ex，所以f(x)[ax2(a1)x1]ex．f(2)(2a1)e2，由题设知f(2)0，即(2a1)e20，解得a1．2(2)方法一：由(1)得f(x)[ax2(a1)x1]ex(ax1)(x1)ex．若a1，则当x(1,1)时，f(x)0；a当x(1,)时，f(x)0．所以f(x)在x1处取得极小值．若a≤1，则当x(0,1)时，ax1≤x10，所以f(x)0．所以1不是f(x)的极小值点．综上可知， a的取值范围是 (1, )．方法二：f(x)(ax1)(x1)ex．(ⅰ)当a0时，令f(x)0得x1．(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(,1)1(1,)f(x)+0-f(x)↗极大值↘∴f(x)在x 1处取得极大值，不合题意．(ⅱ)当a0时，令f(x)0得x11,x21．a①当x1x2，即a1时，f(x)(x1)2ex≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值，不合题意．②当x1 x2，即0 a 1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(,1)1(1,1)1(1,)aaaf(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)在x 1处取得极大值，不合题意．③当x1x2，即a1时，f(x),f(x)随x的变化情况如下表：x1111(1,)(,)(,1)aaaf(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)在x 1处取得极小值，即 a 1满足题意．(ⅲ)当a0时，令f(x)0得x11,x21．a(x),f(x)随x的变化情况如下表：x(,1)1(1,1)1(1,)aaaf(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘∴f(x)在x1处取得极大值，不合题意．综上所述，a的取值范围为(1,)．ax2(2a1)x2f(0)2．25．【解析】(1)f(x)ex，因此曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程是2xy10．(2)当a≥1时，f(x)e≥(x2x1ex1)ex．令g(x)≥x2x1ex1，则g(x)≥2x1ex1．当x10，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增；时，g(x)所以g(x)≥g(1)=0．因此 f(x) e≥0．26．【解析】(1)函数f(x) x，g(x) x2 2x 2，则f(x) 1，g(x) 2x 2．由f(x)g(x)且f(x)xx22x2g(x)，得2x，此方程组无解，12因此，f(x)与g(x)不存在“S点”．(2)函数f(x) ax2 1，g(x) lnx，则f(x)12ax，g(x)．x设x为f(x)与g(x)的“点”，由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得0S0000ax021lnx0，即ax021lnx0，（*）2ax012ax021x0111e得lnx0e2，则a，即x01．22(e2)22e时，x01当ae2满足方程组（*），即x0为f(x)与g(x)的“S点”．2因此，a的值为e．2(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa．因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0(0,1)，使得h(x0)0．令b2x03，则b0．ex0(1x0)函数f(x)x2a，g(x)bex，x则f′(x)2x，g′(x)bex(x1)x2．由f(x) g(x)且f(x) g(x)，得x2abexx2a2x03exxex0(1x0)x，即，（**）bex(x1)2x03ex(x2x2x1)x2ex0(1x0)x2此时，x0满足方程组（**），即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”．因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0,)内存在“点”．S27．【解析】(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x1，因此f(0)0，f(0)=-1，又因为曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，故所求切线方程为xy0．(2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t239)xt229t2．故f(x)3x36t2x3t229．令f(x)=0，解得xt23，或xt23．当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：x(-∞，t23(t23，t23(t23，t23)t23)+∞)f(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t23)(3)39(3)63；函数小值为f(t23)(3)39363．(3)曲线yf(x)与直线y(xt2)63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)630有三个互异的实数解，令uxt2，可得u3(1d2)u630．设函数g(x) x3 (1 d2)x 6 3，则曲线y f(x)与直线y (x t2) 63有三个互异的公共点等价于函数 y g(x)有三个零点．g'(x)3x3(1d2)．当d2≤1时，g'(x)≥0，这时g'(x)在R上单调递增，不合题意．当d21时，g'(x)=0，解得xd21，x2d21．133易得，g(x)在(,x1)上单调递增，在[x1,x2]上单调递减，在(x2,)上单调递增，d23(d23g(x)的极大值g(x1)g(121)263>0．)=93d23(d23g(x)的极小值g(x2)g(121)263．3)=-9若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数yf(x)至多有两个零点，不合题意．3若g(x2)0,即(d21)227，也就是|d|10，此时|d|x2，g(|d|)|d|630,且2|d|x1,g(2|d|)6|d|32|d|636210630，从而由g(x)的单调性，可知函数yg(x)在区间(2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点，符合题意．所以d的取值范围是(,10)(10,).28．【解析】（1）函数f(x)的定义域为(,)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)，①若a0，则f(x)e2x，在(,)单调递增．②若a0，则由f(x)0得xlna．当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在( ,lna)单调递减，在 (lna, )单调递增．③若a0，则由f(x)0得xln(a)．a))时，f2a),当x(,ln((x)0；当x(ln()时，f(x)0，2a))单调递减，在a),2故f(x)在(,ln((ln()单调递增．22（2）①若a0，则f(x)e2x，所以f(x)≥0．②若a0，则由（1）得，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)a2lna．从而当且仅当a2lna0，即a≤1时，f(x)≥0．③若a0，则由（1）得，当xln(a)时，f(x)取得最小值，最小值为2f(ln(a))a2[3ln(a)]．242a2[3a)]3从而当且仅当ln(0，即a2e4时f(x)≥0．423综上，a的取值范围为[2e4,1]．29．【解析】（1）f(x)(12xx2)ex令f(x)0得x12，x12．当x(,12)时，f(x)0；当x(12,12)时，f(x)0；当x(12,)时，f(x)0．所以f(x)在(,12)，(12,)单调递减，在(12,12)单调递增．（2）f(x)(1)(1)xxxe．当a≥1时，设函数h(x)(1x)ex，h(x)xex0，因此h(x)在[0,)单调递减，而h(0)1，故h(x)≤1，所以f(x)(x1)h(x)≤x1≤ax1．当0a1时，设函数g(x)exx1，g(x)ex10(x0)，所以g(x)在[0,)单调递增，而g(0)0，故ex≥x1．当0x1时，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x054a1，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，2故f(x0)ax01．当a≤0时,取x051,则x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)21≥ax01．2综上，a的取值范围是[1,)．30．【解析】（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)12ax2a1(x1)(2ax1)．xx若a≥0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)单调递增.若a0，则当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0．故f(x)2a2a在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减.2a2a1（）由（）知，当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为2af(1111)ln()．2a2a4a所以f(x)≤32等价于ln(1)11≤32，4a2a4a4a即ln(1)11≤0．2a2a1设g(x)lnxx1，则g(x)1．x当x(0,1)时，g(x)0；当x(1,)时，g(x)0．所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减.故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0．所以当x0时，g(x)≤0．从而当a0时，ln(1)11≤0，即f(x)≤32．2a2a4a31．【解析】（I）由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f'(x)3x212x3a(a4)3(xa)(x(4a))，令f'(x)0，解得xa，或x4a．由|a|1，得a4a．当x变化时， f'(x)，f(x)的变化情况如下表：x ( ,a) (a,4 a) (4 a, )f'(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间为(,a)，(4a,)，单调递减区间为(a,4a)．（II）（i）因为g'(x)ex(f(x)f'(x))，由题意知g(x0)ex0，g'(x0)ex0f(x0)ex0ex0f(x0)1．所以，解得ex0(f(x0)f'(x0))ex0f'(x0)0所以，f(x)在xx0处的导数等于0．（ii）因为g(x)ex，x[x01,x01]，由ex0，可得f(x)1．又因为f(x0)1，f'(x0)0，故x0为f(x)的极大值点，由（I）知x0a．另一方面，由于|a|1，故a14a，由（I）知f(x)在(a1,a)内单调递增，在(a,a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在[a1,a1]上恒成立，从而g(x)ex在[x01,x01]上恒成立．由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1．令t(x)2x36x21，x[1,1]，所以t'(x)6x212x，令t'(x)0，解得x2（舍去），或x0．因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，故t(x)的值域为[7,1]．所以，b的取值范围是[7,1]．32．【解析】（Ⅰ）因为(x2x1)11，(ex)ex2x1所以f(x)(11)ex(x2x1)ex2x1(1x)(2x12)ex(x1)2x12（Ⅱ）由(1x)(2x12)ex0f(x)2x1解得x5．1或x2因为x11，11（1，5）5（5，）22222f(x)-0+0-f(x)↘0↗↘又f(x)1(2x11)2ex≥0，2所以f(x)在区间[1,1)上的取值范围是[0,1e2]．2233．【解析】(1)由f(x)x3ax2bx1,得f(x)3x22axb3(xa)2ba2.33当xaa2时，f(x)有极小值b.33因为f(x)的极值点是f(x)的零点.所以f(aa3a3ab10，又a0，故b2a23.)27939a3因为f(x)有极值，故f(x)=0有实根，从而ba21(27a3)0，即a3.39aa3时，f(x)>0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；a3时，f(x)=0有两个相异的实根x1=aa23b，x2=aa23b.33列表如下x(,x1)x1(x1,x2)x2(x2,)f(x) + 0 – 0 +f(x) 极大值 极小值故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3，因此b2a23(3,).9，定义域为a（2）由（1）知，b2aaa3．a9a设g(t)2t3222t2279，则g(t)3t29t2．t当t(36,)时，g(t)0，所以g(t)在(36,)上单调递增．22因为a3，所以aa33，故g(aa)g(33)3，即b3．a因此b23a．（3）由（1）知,f(x)的极值点是x1,x2，且x1x22a，x12x224a26b.39从而f(x1)f(x2)x13ax12bx11x23ax22bx21x1(3x122ax1b)x2(3x222ax2b)1a(x12x22)2b(x1x2)233334a36ab4ab20279记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba21a23，所以h(a)=1a23，a3.39a9a因为h(a)=2a30，于是h(a)在(3,)上单调递减.9a2因为h(6)=7，故a≤6.，于是h(a)≥h(6)2因此a的取值范围为 (3，6].34．【解析】 (Ⅰ)f'x x 1ex 2ax 1 x 1 ex 2a.(i)设a0，则当x,1时，f'x0；当x1,时，f'x0.所以f(x)在,1单调递减，在1,单调递增.(ii)设a0，由f'x0得x1或xln(2a)．①若ae，则f'xx1exe，所以fx在,单调递增.2②若ae，则ln(2a)1,故当x,ln2a1,时，f'x0；2当xln2a,1时，f'x0，所以fx在,ln2a,1,单调递增，在ln2a,1单调递减.③若ae1，故当x,1ln2a,时，f'x0，，则ln(2a)2当x1,ln2a时，f'x0，所以fx在,1,ln2a,单调递增，在1,ln2a单调递减.(Ⅱ)(i)设a0，则由(I)知，fx在,1单调递减，在1,单调递增.又f1e，f2a，取b满足b<0且blna，22则f(b)a(b2)a(b1)2a(b23b)0，所以fx有两个零点.22(ii)设a=0，则fxx2ex，所以fx有一个零点.(iii)设a<0，若ae，则由(Ⅰ)知，fx在1,单调递增.2e又当x时，fx<0，故fx不存在两个零点；若a2在1,ln2a单调递减，在ln2a,单调递增.又当x1时fx<0，故x不存在两个零点.综上，a的取值范围为0,.35．【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,).当a4时，f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx13，f(1)2,f(1)0.x曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.（Ⅱ）当x(1,)时，f(x)a(x1)0.0等价于lnx1a(x1)，则x令g(x)lnxx1g(x)12ax22(1a)x1,g(1)0，x(x1)2x(x1)2（i）当a2，x(1,)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0,g(x)在x(1,)上单调递增，因此g(x)0；（ii）当a2时，令g(x)0得x1a1(a1)21,x2a1(a1)21，由x21和x1x21得x11，故当x(1,x2)时，g(x)0，g(x)在x(1,x2)单调递减，因此g(x)g(1)0.综上，a的取值范围是,2.36．【解析】（Ⅰ）由题设，f(x)的定义域为(0,)，f(x)11，令f(x)0，解得xx1．当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，lnxx1.故当x(1,)时，lnxx111，即1x1x.1，lnxlnxx（Ⅲ）由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxlnc，c1ln令g(x)0，解得xlnc.0lnc当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由（Ⅱ）知，1c1c，故0x01，又g(0)g(1)0，lnc故当0x1时，g(x)0.所以当x (0,1)时，1 (c 1)x cx.137【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，f(x)a．x若a≤0，则f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递增．若a0，则当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0．所以f(x)在aa(0,1)单调递增，在(1,)单调递减．aa1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a≤0时，f(x)在(0,)上无最大值；当a0时，f(x)在x111a取得最大值，最大值为f()lna(1)lnaa1aaa．因此f(1)2a2等价于lnaa10．a令g(a)lnaa1，则g(a)在(0,)单调递增，g(1)0．于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0．因此a的取值范围是(0,1)．38．【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0，+)，f(x)=2e2xax0．x当a≤0时,f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，因为e2x单调递增，a单调递增，所以f(x)在(0，+)单调递增.又xf(x)0，当b满足0ba10，故当a0时，f(x)存在唯且b时，f(b)44一零点．（Ⅱ）由（Ⅰ），可设f(x)在(0，+)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，+)时，f(x)0．故f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，+)单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0a=0，所以f(x0)=a2ax0aln2≥2aaln2．x02x0aa故当a0时，f(x)≥2aaln2．a39．【解析】（Ⅰ）f'(x)=3x26xa，f'(0)a.曲线yf(x)在点（0,2）处的切线方程为yax2．由题设得22，所以a1．a（Ⅱ）由（Ⅰ）知， f(x) x3 3x2 x 2设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4，由题设知1k0．当x≤0时，2，单调递增，，3x6x1k0g(1)k10,g(0)4g(x)所以g(x)=0在,0有唯一实根．当x0时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)．h'(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0，所以g(x)0在(0,)没有实根.综上，g(x)=0在R有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点．40．【解析】（Ⅰ）函数yfx的定义域为(0,)f(x)exx22xexk(21)(x2)(exkx)(x0)x4x2xx3由k0可得exkx0所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递减，所以当x(2,)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增，所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，f(x)的单调递增区间为(2,)（Ⅱ）由（Ⅰ）知，k0时，f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k0时，设函数gxexkx，x[0,)，因此g(x)exkexelnk．当0k1时，x(0,2)时g(x)exk0，函数ygx单调递增故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k 1时，x (0,lnk) lnk (lnk, )g x 0g(x)函数在(0,2)内存在两个极值点g(0)0g(lnk)0e2当且仅当0，解得ekg(2)20lnk22e综上函数 f x在0,2内存在两个极值点时， k的取值范围为(e, )．41．【解析】（Ⅰ）f(x)a(1a)xb，x由题设知f(1)0，解得b．1（Ⅱ）f(x)的定义域为(0,)，由（Ⅰ）知，f(x)alnx1ax2x，a1aa2f(x)(1a)x1)(x1)x(x1a1ax（ⅰ）若a，则1，故当x(1,)时，f'(x)0，f(x)在(1,)单调21aaa递增，所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，a1a1即1a1a，解得21a21．2a1（ii）若1a1，则aa1，故当x(1,aa)时，f'(x)0；211当x(a,)时，f'(x)0，f(x)在(1,a)单调递减，在(a,)单调递1a1a1a增．所以，存在x01，使得f(x0)a的充要条件为f(a)a，a11aa1而f(a)alna1a1a（iii）若a1，则f(1)综上，a的取值范围是 (

a2 a a，所以不合题意．2(1a)a1a11a1a1a．22a121,21)(1,)．42．【解析】（Ⅰ）由题意知a0时，f(x)x1(0,)，x,x1此时f(x)2，可得f(1)1(1)0，(x1)2，又f2所以曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为x2y10．（Ⅱ）函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)a(x2ax2(2a2)xa，x1)2x(x1)2当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增，当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(2a1)，①当a1时，0，21(x1)2f(x)21)20，函数f(x)在(0,)上单调递减，x(x②当a1时，0,g(x)0，f'(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递减，21③当 a 0时， 0，2设x1,x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点，则x1(a1)2a1，x(a1)2a1，a2aa12a1a22a12a1由x1aa0，所以x(0,x1)时，g(x)0,f'(x)0，函数f(x)单调递减，x(x1,x2)时，g(x)0,f'(x)0，函数f(x)单调递增，x(x2,)时，g(x)0,f'(x)0，函数f(x)单调递减，综上可知，当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递增；当a1时，函数f(x)在(0,)上单调递减；2当1a0时，f(x)在(0,(a1)a2a1)，((a1)2a1,)上单调2a递减，在((a1)2a1,(a1)2a1)上单调递增．aa43．【解析】（Ⅰ）f'(x)x22xa,方程x22xa0的判别式:44a,当a1时,0,f'(x)0,此时f(x)在(,)上为增函数.当a1时,方程x22xa0的两根为11a,当x(,11a)时,f'(x)0,此时f(x)为增函数,当x(11a,11a)时,f'(x)0,此时f(x)为减函数,当x(11a,)时,f'(x)0,此时f(x)为增函数,综上,a1时,f(x)在(,)上为增函数,当a1时,f(x)的单调递增区间为(,11a),(11a,),f(x)的单调递减区间为(11a,11a).（Ⅱ）1132113121f(x0)f(2)3x0x0ax013(2)(2)a(2)11x03(1)3x02(1)2a(x01)32221(x01)(x02x01)(x01)(x01)a(x01)3224222(x01x02x01x01a))(612223(x01)(4x0214x0712a)122若存在x0(0,1)(1,1),使得f(x0)f(1),22112必须4x0214x0712a0在(0,)(,1)上有解.22a 0, 142 16(7 12a) 4(21 48a) 0,方程的两根为:1422148a72148a,x00,84x0只能是72148a,4依题意,07+2148a1,即72148a11,492148a121,4即25a7,1212又由7+2148a=1,得a5,故欲使满足题意的x0存在,则a5,4244当a(25,5)(5,7)时,存在唯一的x0(0,1)(1,1)满足f(x0)f(1).124412222当a(,25][7,0)5时,不存在x0(0,1)(1,1)使f(x0)f(1).1212422244．【解析】（Ⅰ）xR，f(x)exexf(x)，∴f(x)是R上的偶函数（Ⅱ）由题意，m(exex)≤exm1，即m(exex1)≤ex1∵x(0，)，∴exex10，即m≤xexx1对x(0，)恒成立ee1令tx(t1)，则m≤1t对任意t(1，)恒成立et2t1∵21t(t2t111≥1，当且仅当t2时等号成立tt11)(t1)t1113t1m≤13（Ⅲ）f'(x)exex，当x1时f'(x)0，∴f(x)在(1，)上单调增令h(x)a(x33x)，h'(x)3ax(x1)∵a0，x1，∴h'(x)0，即h(x)在x(1，)上单调减∵存在x0[1，0a(030f(1)e12a，即a1e1)，使得f(x)x3x)，∴e2e∵ae-1e1a1lnalne(e1)lnaa1lnea1设m(a)(e1)lnaa1，则m'(a)e11e1a，a1e1aa2e当1e1ae1时，m'(a)0，m(a)单调增；2e当ae1时，m'(a)0，m(a)单调减因此m(a)至多有两个零点，而m(1)m(e)0∴当ae时，m(a)0，ae1ea1；当1e1ae时，m(a)0，ae1ea1；2e当ae时，m(a)0，ae1ea1．45．【解析】（I）f(x)e2(axab)2x4．由已知得f(0)4，f(0)4，故b4，ab8，从而ab4；（Ⅱ）由（I）知，（fx)4ex(x1)x24x,f(x)x2)2x44(xx14e(x2)(e).2令f(x)0得，xln2或x2．从而当x(,2)(1n2,)时，f(x)0；当x(2,1n2)时，f(x)0．故f(x)在(,2)，(ln2,)单调递增，在(2,ln2)单调递减．当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)．46．【解析】（Ⅰ）fx的定义域为,，fxexxx2①当x,0或x2,时，fx0；当x0,2时，fx0所以fx在,0，2,单调递减，在0,2单调递增．故当x0时，fx取得极小值，极小值为f00；当x2时，fx取得极大值，极大值为f24e2．（Ⅱ）设切点为t,ft，则l的方程为yftxtft所以l在x轴上的截距为mttftttt223ftt2t2由已知和①得t,02,．令hxx20，则当x0,时，hx的取值范围为[22,)；当xxx,2时，hx的取值范围是,3．所以当t,02,时，mt的取值范围是,0[223,)．综上，l在x轴上截距的取值范围,0[223,)．47．【解析】（Ⅰ）由fxx1a，得fx1a．exex又曲线yfx在点1,f1处的切线平行于x轴，得f10，即1a0，解得ae．e（Ⅱ）fx1a，xe①当a0时，fx0，fx为,上的增函数，所以函数fx无极值．②当a0时，令fx0，得exa，xlna．x,lna，fx0；xlna,，fx0．所以fx在,lna上单调递减，在lna,上单调递增，故fx在xlna处取得极小值，且极小值为flnalna，无极大值．综上，当a 0时，函数 f x无极小值；当a0，fx在xlna处取得极小值lna，无极大值．（Ⅲ）当a1时，fxx11ex1令gxfxkx11kx，ex则直线l：ykx1与曲线yfx没有公共点，等价于方程gx0在R上没有实数解．假设k1，此时g0101110，，g11kek1又函数gx的图象连续不断，由零点存在定理，可知gx0在R上至少有一解，与“方程gx 0在R上没有实数解”矛盾，故k 1．1又k 1时，gx 0，知方程gx 0在R上没有实数解．xe所以k的最大值为1．解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．（Ⅲ）当a1时，fxx11．ex直线l：ykx1与曲线yfx没有公共点，等价于关于x的方程kx1x11在R上没有实数解，即关于x的方程：xek1x1x（*）e在R上没有实数解．①当k1时，方程（*）可化为10，在R上没有实数解．ex②当k1时，方程（*）化为k1xex．1令gxxex，则有gx1xex．令gx0，得x1，当x变化时，g x的变化情况如下表：x,111,gx0gx1e当x1时，gxmin1时，gx趋于，同时当x趋于，e从而gx的取值范围为1,．e所以当1,1时，方程（*）无实数解，解得k的取值范围是1e,1．k1e综上，得k的最大值为1．48．【解析】（Ⅰ）函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x1.e当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x1110,e,eef′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间是e（Ⅱ）证明：当 0＜x≤1时，f(x)≤0.设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)＞0.故存在唯一的 s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．（Ⅲ）证明：因为 s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而

1, .lng(t)lnslnslnsu，lntlnf(s)ln(s2lns)2lnsln(lns)2ulnu其中u＝lns.要使2lng(t)1成立，只需0lnuu.5lnt22当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立．另一方面，令F(u)＝lnuu11，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.2u2当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.因此lnuu成立．2综上，当t＞e2时，有2lng(t)1.51lnt2149．【解析】：（Ⅰ）由题f'(x)a0在(1,)上恒成立，a)上恒成立，x在(1,xa1；g'(x)exa若a0，则g'(x)exa0在(1,)上恒成立，g(x)在(1,)上递增，g(x)在(1,)上没有最小值，a0，当xlna时，g'(x)0，由于g'(x)exa在(1,)递增，xlna时g'(x)0，g(x)递增，xlna时g'(x)0，g(x)递减，从而xlna为g(x)的可疑极小点，由题lna1，ae，综上a的取值范围为 a e．（Ⅱ）由题 g'(x) ex a 0在(1, )上恒成立，exa在(1,)上恒成立，由f(x)lnxax0,(x0)得令h(x)lnx,(x0)，则h'(x)x当0xe时，h'(x)0，h(x)

1，ealnx,(x0)，x1lnx,(x0)，x2lnx,(x 0)递增，当xe时，h'(x)0，h(x)lnx,(x0)递减，xxe时，h(x)