高考数学复习专题-导函数解答题学霸必刷35题A卷(教师版)

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高考数学复习专题-导函数解答题学霸必刷35题A卷(教师版)

导函数解答题学霸必刷 35 题 A 卷 1.已知函数 21 3( ) ln 2 2 2 f x x ax x    ( 0)a  . (1)讨论函数 ( )f x 的极值点的个数; (2)若 ( )f x 有两个极值点 1,x 2x ,证明:    1 2 0f x f x  . 【答案】(1)答案不唯一,具体见解析;(2)证明见解析. 【解析】 (1) 1( ) 2f x ax x     2 2 1,ax x x    (0, )x  . ①当 0a  时, 2 1( ) xf x x    . 当 10, 2 x      时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 在 10, 2       上单调递增; 当 1 , 2 x       时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 在 1 , 2      上单调递减. 即函数 ( )f x 只有一个极大值点 1 2 ,无极小值点. ②当0 1a  时, 4 4 0a    , 令 ( ) 0f x  ,得 1 1 ax a    . 当 1 1 1 10, ,a ax a a                     时, ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在 1 10, ,a a         1 1 ,a a         上单调递增; 当 1 1 1 1,a ax a a           时, ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在 1 1 1 1,a a a a           上单调递减. 即函数 ( )f x 有一个极大值点 1 1 a a   ,有一个极小值点 1 1 a a   . ③当 1a  时, 4 4 0a    ,此时 ( ) 0f x  恒成立, 即 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增,无极值点. 综上所述,当 0a  时, ( )f x 有且仅有一个极大值点,即只有 1个极值点; 当0 1a  时, ( )f x 有一个极大值点和一个极小值点,即有 2个极值点; 当 1a  时, ( )f x 没有极值点. (2)由(1)可知,当且仅当0 1a  时, ( )f x 有两个极值点 1,x 2x ,且 1,x 2x 为方程 2 2 1 0ax x   的两根, 即 1 2 2 ,x x a   1 2 1x x a  , 所以        2 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln 2 3 2 af x f x x x x x x x       2 1 4 2 4ln 3 2 a a a a a          2ln 2a a     . 令 2( ) ln 2,g a a a     (0,1)a , 则 2 2 1 2 2( ) 0ag a a a a       恒成立, 所以 ( )g a 在 (0,1)上单调递增, 所以 ( ) (1) ln1 2 2 0g a g      , 即    1 2 0f x f x  . 2.已知函数 f(x) 1 2 kxe  a2x(k∈R,a>0,e为自然对数的底数),且曲线 f(x)在点(1,f(1))处 的切线的斜率为 e2﹣a2. (1)求实数 k的值,并讨论函数 f(x)的单调性; (2)设函数 g(x) 1xxe lnx x    ,若对∀x1∈(0,+∞),∃x2∈R,使不等式 f(x2)≤g(x1)﹣1成立, 求实数 a的取值范围. 【答案】(1)k=2,见解析(2)0<a e . 【解析】 (1) 21 2 ( ) kxef x k a  ,f'(1) 2 2 21 2 kke a e a    , 得 21 2 kke e ,故 k=2,a>0,所以 ( )f x =e2x﹣a2=e2x﹣e2lna, 当 x∈(﹣∞,lna)时, ( )f x <0,f(x)递减; 当 x∈(lna,+∞)时, ( ) 0f x  ,f(x)递增; ( )f x 单调递减区间是 ( , )lna ,单调递增区间是 ( , )lna  (2)根据(1)当 x∈R时,f(x)有最小值为 f(lna) 2 2 2 21 1 2 2 lnae a lna a a lna    , g(x) 1 1x xxe lnx lnxe x x       , ( )g x 2 2 2 x x lnx x e lnxe x x     ,x∈(0,+∞), 令 h(x)=x2ex+lnx,显然函数在(0,+∞)单调递增, 由 h( 1 2 ) 1 21 1 0 4 2 e ln  < ,h(1)>0, 故 h(x)在( 1 2 ,1)存在唯一的零点 m,使得 h(m)=0, 即 m2em+lnm=0,当 x∈(0,m)时,g(x)递减; x∈(m,+∞)时,g(x)递增; 故 g(m)为 g(x)的最小值, g(m)﹣1 21 11 1 m m mme lnm me m e m m            1 11 1m mme m m e m m            , 对于 y 1me m   与 h(m)都单调递增, 且当 1me m  时, 2 2 1m mm e lnm m lne m      0成立, 所以 g(m)﹣1=0, 根据题意, 2 1 2 a lna      0,即 1 2 lna  , 故 a e ,故 0<a e . 3.已知函数 ( ) ( ) lnxf x a x a   ( 0)a  . (1)若函数 ( )f x 在[1, ) 上是增函数,求正数a的取值范围; (2)当 1a  时,设函数 ( )f x 的图象与 x轴的交点为 A, B,曲线 ( )y f x 在 A, B两点处的切线斜率 分别为 1k , 2k ,求证: 1k + 2k 0 . 【答案】(1) (0,1]; (2)见解析. 【解析】 (1)   lnxf x a x a       ( 0)a  ,∴   2lnx x x af x ax    , 设   2lng x x x x a   , 函数  f x 在  1, 上是增函数,∴   2lng x x x x a   0 在 1, 上恒成立,即 2 lna x x x  在  1, 上恒成立, 设   lnh x x x x  ,则   ln 2h x x  , 1x  ,∴   2h x  ,∴   lnh x x x x  在 1, 上是增函数, ∴   1h x  ,由 2 lna x x x  在 1, 上恒成立,得 2 1a  , 0a  , ∴0 1a  ,即 a的取值范围是  0,1 . (2) 1a  ,由   ln 0xf x a x a        ,得 1 1x  , 2 2x a ,不妨设    21,0 , ,0A B a .    2lnx x x af x ax    , 2 1 1 ak a    , 2 2 lnak a  , 1k + 2k 2 2ln 1a a a    , 设   ln 1F x x x   ,则   1 xF x x    , 0 1x   时,   0F x  , 1x  时,   0F x  ,所以 1x  为   ln 1F x x x   的极大值点,所以   ln 1F x x x   的极大值即最大值为  1 0F  ,即   ln 1 0F x x x    , ∵ 0a  且 1a  ,∴ 2 0a  且 2 1a  , ∴  2 2 2ln 1 0F a a a    ,∴ 1k + 2k 2 2ln 1a a a    0 . 4.已知函数    22 ln 2 1 8x mxx xf m     ,m R . (1)讨论函数  f x 的单调性; (2)对实数 2m  ,令     3g x f x x  ,正实数 1x , 2x 满足    1 2 1 22 0g x g x x x   ,求 1 2x x 的 最小值. 【答案】(1)见解析(2)6 【解析】 (1)         2 1 12 2 2 1' 0 x f x mx mx m x x x         . 若 0m  ,当  0,1x 时,  ' 0f x  ,即  f x 在  0,1 上单调递增; 当  1,x  时,  ' 0f x  ,即  f x 在  1, 上单调递减. 若0 1m  ,当   10,1 ,x m        时,  ' 0f x  ,即  f x 在(  0,1 , 1 , m      上均单调递增; 当 11,x m      时,  ' 0f x  ,即  f x 在 11, m       上单调递减. 若 1m  ,则  ' 0f x  ,即  f x 在  0,  上单调递增. 若 1m > ,当  10, 1,x m        时,  ' 0f x  ,即  f x 在 10, m       ,  1, 上均单调递增; 当 1 ,1x m      时,  ' 0f x  ,即  f x 在 1 ,1 m       上单调递减. (2)当实数 2m  时,      23 2ln 2 9 8 0g x f x x x x x x       ,    1 2 1 22 0g x g x x x   , 2 2 1 1 1 2 2 2 1 22ln 2 9 8 2ln 2 9 8 2 0x x x x x x x x          ,      2 1 2 1 2 1 2 1 22 9 16 2 2lnx x x x x x x x       , 令 1 2t x x ,    2 2ln 0h t t t t   , 由于    2 1 ' t h t t   ,知当  0,1t 时,  ' 0h t  ,即  h t 单调递减; 当  1,t  时,  ' 0h t  ,即  h t 单调递增. 从而,    min 1 2h t h  , 于是,    2 1 2 1 22 9 16 2x x x x     ,即    1 2 1 22 3 6 0x x x x       , 而 1 2, 0x x  ,所以 1 2 6x x  , 而当 1 3 2 2x   , 2 3 2 2x   时, 1 2x x 取最小值 6. 5.已知函数   21ln 2 f x x x ax x   恰有两个极值点  1 2 1 2,x x x x . (1)求实数 a的取值范围; (2)求证: 2 2 12 1 a x        ; (3)求证: 1 2 1 1 2 ln ln ae x x   (其中 e为自然对数的底数). 【答案】(1) 1(0, ) e ;(2)证明见解析;(3)证明见解析. 【解析】 (1)由题意得   lnf x x ax   ,故 ln xa x  , 设    ln 0xg x x x   ,   2 1 ln xg x x   , 故0 x e  时,   0,g x x e   时,   0g x  , 故  g x 在  0,e 递增,在 ( , )e  递减, 又     11 0,g g e e   , 当 x e 时,   0g x  , 故实数a的范围是 1(0, ) e ; (2)由(1)得 2 2ln 0x ax  ,且 2x e ,故 2 2 ln xa x  , 要证明 2 2 ( )12 1 a x   ,只要证明 2 2 2 2 1 ln2 1 x x x        , 只要证明 2 2 2 ( )12 lnx x x   , 设    22 ln ,h x x x x e x     , 则 2 (2 1) 2( ) 0x xh x x     , 故  h x 在 ( , )e  递增, 故     22 1 0h x h e e e      , 故 2 2 ( )12 1 a x   成立; (3)由(1)得 1 1 2 2ln 0,ln 0x ax x ax    , 且 1 21 x e x   ,故 1 2 1 2 ln lnx xa x x    , 由(1)得0 1ae  ,要证明 1 2 1 1 2 ln ln ae x x   , 只需证明 1 2 1 1 2 ax ax   , 只需证明 1 2 1 1 2a x x   , 故 1 2 1 1 2a x x   1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln2x x x x x x x x       1 2 1 1 2 2 1 2 1 2lnx x x x x x x x         , 设    1 2ln 0 1G x x x x x      , 则 2 2 ( 1)( ) 0xG x x    , 故  G x 在  0,1 递增, 结合 1 2 0 0x x   ,故 1 2 0x x  , 1 2 1 2 1 2 2ln 0x x x x x x    ,有 1 2 1 1 2 0a x x    , 故 1 2 1 1 2 ax ax   , 故 1 2 1 1 2 ln ln ae x x   . 6.已知函数 ( ) 2 ln , (1) 0bf x ax x f x     (Ⅰ)若函数 ( )f x 在其定义域上为单调函数,求a的取值范围; (Ⅱ)若函数 ( )f x 的图像在 1x  处的切线的斜率为 0, 2 1 1( ) 1 1n n a f n a n      ,已知 1 4,a  求证: 2 2na n  (Ⅲ)在(2)的条件下,试比较 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 na a a a          与 2 5 的大小,并说明理由. 【答案】(Ⅰ)    ,0 1,   ;(Ⅱ)略;(Ⅲ) 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 na a a a          < 2 5 . 【解析】 (Ⅰ) ∵f(1)="a-b=0" ∴a=b ∴ ( ) 2 lnaf x ax x x    ∴ 2 2 2 2 2( ) a ax x af x a x x x        要使函数 ( )f x 在其定义域上为单调函数,则在定义域(0,+∞)内 ( )f x 恒大于等于 0或恒小于等于 0, 当 a=0时, 2( ) 0f x x    在(0,+∞)内恒成立; 当 a>0时, 2 2 2( ) 0ax x af x x     恒成立,则 24 4 0a    ∴ 1a  当 a<0时, 2 2 2( ) 0ax x af x x     恒成立 ∴a的取值范围是:    ,0 1,   (Ⅱ) (1) 2 0f a a    ∴a=1 则: 21( ) ( 1)f x x   于是 2 2 2 2 1 1( ) 1 ( ) 1 2 1 1n n n n n a f n a n n a na a n             用数学归纳法证明 2 2na n  如下: 当 n=1时, 1 4 2 1 2a     ,不等式成立; 假设当 n=k时,不等式 2 2ka k  成立,即 2 2na k  也成立, 当 n=k+1时, 1 ( 2 ) 1 (2 2) 2 1 4 5 2( 1) 2k k ka a a k k k k             所以当 n=k+1时不等式成立, 综上得对所有 n N 时,都有 2 2na n  (Ⅲ)由(2)得 2 1 1 1 12( 1) 1 ( 2 2) 1n n n n na a n a a a n            1 12( 1) 2 2 2 1 2 1n na n n a         于是 11 2( 1)( 2)nna a n    所以 2 11 2( 1),a a   3 21 2( 1),a a   , 11 2( 1),n na a    累乘得: 1 11 2 ( 1),n na a   则 1 1 1 1 1 ( 2) 1 2 1n n n a a     所以 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) 1 1 1 1 2 2 2nna a a a             2 1 2(1 ) 5 2 5n   7.已知函数    2 1 e xf x x ax   . (1)讨论  f x 的单调性; (2)若函数    2 1 e 1xg x x mx    在 1,  有两个零点,求 m的取值范围. 【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2) 21 1 e m „ 【解析】 解:(1)因为    2 1 xf x x ax e   ,所以    2 2 1 exf x x a x a       , 即      1 1 e xf x a xx     . 由   0f x  ,得  1 1x a   , 2 1x   . ①当 0a  时,    21 e 0xf xx   … ,当且仅当 1x   时,等号成立. 故  f x 在  ,  为增函数. ②当 0a  时,  1 1a    , 由   0f x ′ 得  1x a   或 1x   ,由   0f x ′ 得  1 1a x     ; 所以  f x 在   , 1a   ,  1,  为增函数,在   1 , 1a   为减函数. ③当 0a  时,  1 1a    , 由   0f x ′ 得  1x a   或 1x   ,由   0f x ′ 得  1 1x a     ; 所以  f x 在  , 1  ,   1 ,a   为增函数,在   1, 1a   为减函数. 综上,当 0a  时,  f x 在为  ,  增函数; 当 0a  时,  f x 在   , 1a   ,  1,  为增函数,在   1 , 1a   为减函数; 当 0a  时,  f x 在  , 1  ,   1 ,a   为增函数,在   1, 1a   为减函数. (2)因为    2 1 e 1xg x x mx    ,所以    21 e xg x mx    , ①当 0m„ 时,   0g x … ,  g x 在 1,  为增函数,所以  g x 在 1,  至多一个零点. ②当 0m  时,由(1)得  g x 在 1,  为增函数. 因为  0 1g m   ,  0 0g  . (ⅰ)当 1m  时,  0 0g  , 0x  时,   0g x  , 1 0x   时,   0g x  ; 所以  g x 在 1,0 为减函数,在  0, 为增函数,    min 0 0g x g  . 故  g x 在 1,  有且只有一个零点. (ⅱ)当 1m > 时,  0 0g  ,    21 0mg m e mm     ,  0 0,x m  ,使得  0 0g x  , 且  g x 在 01, x 为减函数,在  0 ,x  为增函数. 所以    0 0 0g x g  ,又      2 2 2 21 e 1 1 1 0mg m m m m m         , 根据零点存在性定理,  g x 在  0 ,x m 有且只有一个零点. 又  g x 在 01, x 上有且只有一个零点 0. 故当 1m > 时,  g x 在 1,  有两个零点. (ⅲ)当0 1m  时,   01g m    ,  0 0g  ,  0 1,0x   ,使得  0 0g x  , 且  g x 在 01, x 为减函数,在  0 ,x  为增函数. 因为  g x 在  0 ,x  有且只有一个零点 0, 若  g x 在 1,  有两个零点,则  g x 在 01, x 有且只有一个零点. 又    0 0 0g x g  ,所以  1 0g  … 即   21 1 0 e g m    … ,所以 21 e m … , 即当 21 1 e m „ 时  g x 在 1,  有两个零点. 综上,m的取值范围为 21 1 e m „ 8.已知函数   1 1 f x a x    (aR ). (1)若 2a  ,证明:当 1x  时,  2 ln x f x ; (2)若对于任意的 0x  且 1x  ,都有   2 ln 1a f x x   ,求 a的取值集合. 【答案】(1)证明见解析;(2) 1 2       . 【解析】 (1)当 2a  时,   1 2 1 f x x    , 要证当 1x  时,  2 ln x f x , 即证当 1x  时, 12ln 2 1 x x    令   12 ln 1 g x x x    ,            2 2 2 2 2 1 22 1 2 5 2 1 1 1 x xx xg x x x x x x x           当1 2x  时,   0g x  ,  g x 在  1, 2 内单调递减 当 2x  时,   0g x  ,  g x 在  2, 内单调递增, 故    min 2 2ln 2 1 ln 4 1 ln 1 2g x g e        .证毕. (2)先分析端值,当 0x  时, ln x, 1 1 1 a a x      , 要使 1 ln 1 1 a x x      ,需有 1 0a   ,即 1a  ; 当 x时, ln x, 1 1 a a x    , 要使 1 ln 1 1 a x x      ,需有 0a  ; 故必须有0 1a  . 由  1 11 1 1 a x a x x       知其分子恒正, 令     1ln 1 1 xx x a x       , 于是问题等价于当 1x  时,   0x  ; 当0 1x  时,   0x  . 注意到  1 0  .         22 2 1 1 ' 1 a x a x x x ax a           ①当 0a  时   1' xx x     , 此时当 1x  时,  ' 0x  ,  x 在  1, 单调递减, 于是    1 0x   ,这不符合题意; ②当 0a  时,  ' 0x  ,得 2 1 1 1x a       , 2 1x  . (i)当 1 2 a  时, 1 2x x ,  ' 0x  ,  x 在  0,  单调递增, 结合  1 0  可知符合题意; (ii)当 10 2 a  时, 1 2x x ,此时当 211, 1x a          时  ' 0x  , 于是在  x 在 211, 1 a         单调递减, 故在 211, 1 a         内    1 0x   ,这不符合题意; (iii)当 1 2 a  时, 1 2x x ,此时当 21 1 ,1x a          时  ' 0x  , 于是在  x 在 21 1 ,1 a         单调递减, 故在 21 1 ,1 a         内    1 0x   ,这不符合题意; 综上:符合题意的 a取值集合为 1 2       . 9.已知   1 2 1x xf x ae a    . (1) 1a  时,求  f x 的单调区间和最值; (2)①若对于任意的  0,x  ,不等式    21 2 x f x   恒成立,求a的取值范围;②求证: 1 32 ln 0 2 xe x x     【答案】(1)减区间为  0,1 ,增区间为  1, ,最小值为 0,无最大值;(2)① 1, ;②证明见解析. 【解析】 (1)当 1a  时,   1 2 1xf x e x   ,则   1 1xf x e x   , 易知  y f x  单调递增,又  1 0f   ,当 0 1x  时,   0f x  ,当 1x  时,   0f x  . 所以,函数  y f x 的减区间为  0,1 ,增区间为  1, , 函数  y f x 的最小值为  1 0f  ,无最大值; (2)①必要性:若 0a  ,则当 x时,  f x ,不合乎题意,所以,必有 0a  . 又   22 21 0 1 0a af a a a         ,则  1,a  ; 充分性:易知   1 2 1xf x e x   . 故只要证明  21 1 2 1 2 x x e x     在  0,x  恒成立即可, 即  21 1 1 2 0 2 xx e x e             ,令    21 1 1 2 2 xx g x e x e             , 则     3 2 21 3 2 2 xeg x x x x x x x                    2 1 1 1 2 2 2 xex x x x x x            , 则  y g x 在  0,1 单调递减,在  1, 单调递增,则    1 0g x g  . 故  1,a  ,因此,实数 a的取值范围是 1, ; ②由①可知,要证 1 32 ln 0 2 xe x x     ,只需证  21 1ln 0 2 2 x x     , 先证明不等式 1 lnx x  ,构造函数   1 lnh x x x   , 0x  ,   1 11 xh x x x      ,令   0h x  ,可得 1x  . 当0 1x  时,   0h x  ;当 1x  时,   0h x  . 所以,函数  y h x 的减区间为  0,1 ,增区间为  1, ,    1 0h x h   , 所以,对任意的 0x  , 1 lnx x  .        2 2 221 1 21 1 4 4ln 1 0 2 2 2 2 2 2 x x xx xx x               , 故 1 32 ln 0 2 xe x x     成立. 10.已知, ( ) ( 2) xf x x e  . (1)当 0a… 时,求 21( ) 2 ( ) ( 1) 2 g x f x a x   的单调区间; (2)若当 0a… 时,不等式  21( ) 2 4 2 f x a x x  … 在[0, ) 上恒成立,求实数 a的取值范围. 【答案】(1)增区间为 (1, ) ,减区间为 ( ,1) (2) 1 2 a  【解析】 (1)由题意知: 2 21( ) (2 4) ( 1) 2 g x x x a x    . 所以 ( ) (2 2) ( 1)xg x x e a x     . 即  ( ) ( 1) 2 xg x x e a    因为 0a… ,令 ( ) 0g x  ,得 1x  , 令 ( ) 0g x  ,得 1x  , 所以  g x 在 (1, ) 上单调递增, 在 ( ,1) 上单调递减. (2)设  2( ) ( ) 2 4 2 ah x f x x x    . 因为 ( ) ( 1) ( 2)xh x x e a x     . 令 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 2)xm x h x h x x e a x       . 有 ( ) xm x xe a   .因为 0a… ,有 ( ) 0m x … , 此时函数 ( )y m x 在[0, ) 上单调递增, 则 ( ) (0) 2 1m x m a … . (ⅰ)若 2 1 0a   即 1 2 a  时, ( )y h x 在[0, ) 上单调递增, 则 min( ) (0) 0h x h  恒成立; (ⅱ)若 2 1 0a   即 10 2 a „ 时, 则在[0, ) 存在  0 0h x  . 此时函数 ( )y h x 在 0(0, )x 上单调递减,  0 ,x x  上单调递增且 (0) 0h  , 所以不等式不可能恒成立,故不符合题意; 综上所述:  21( ) 2 4 2 f x a x x  … 在[0, ) 恒成立, 实数 a的取值范围为 1 2 a  . 11.若函数 ( ) ( )x xf x e ae mx m R    为奇函数,且 0x x 时 ( )f x 有极小值  0f x . (1)求实数 a的值; (2)求实数m的取值范围; (3)若  0 2f x e   恒成立,求实数m的取值范围. 【答案】(1)1;(2) (2, ) ;(3) 12,e e     【解析】 (1)由函数 ( )f x 为奇函数可得 (0) (0)f f  ,则 (0) 0f  ,1 0 0a m    ,则 1a  , 此时 ( ) x xf x e e mx   ,对任意 xR , ( ) ( )x xf x e e mx f x      , 满足 ( )f x 为奇函数, 1a  ; (2) ( ) x xf x e e m    , ① 2m  时,由 0xe  ,可得 2 2x x x xe e e e     ,则 ( ) 0f x  ,仅当 0x  时可能为 0, 则 ( )f x 在 R上单调递增,无极小值; ② 2m  时, 2 4 0m   ,令 ( ) 0f x  ,可得  2 1 0x xe me   ,则 2 4 2 x m me    , 2 2 4 2 0 2 4 m m m m       , 2 4 0 2 m m   , 即 2 1 4ln 2 m mx    , 2 2 4ln 2 m mx    ,则 ( ) 0f x  的解为 1 2 1 2, ,x x x x , ( )f x 单调性如下表: x  1, x  1 2,x x  2 ,x  ( )f x + - + ( )f x 递增 递减 递增 则 ( )f x 在 2x x 处取得极小值,即 0 2x x ,满足题意; 综上,m的取值范围是 (2, ) ; (3)根据第二问可得 0 0 2 0 4 2 0, ln ln 0 2 2 x x m me e m x         , 则        0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1x x x x x x xf x e e mx e x e e x e x e            , 令 ( ) (1 ) (1 )x xp x x e x e    ,  2( ) 1x x x xp x xe xe xe e       , 则 0x  时 ( ) 0, ( )p x p x  单调递减, 由 2(1)p e   ,  0 2p x e   , 0 0x  ,可得 0 (0,1]x  , 令 0xt e ,则 (1, ]t e , 1m t t   在 (1, ]e 单调递增,则m的取值范围是 12,e e     . 12.已知函数 ( ) 1,f x xlnx ax a R    (1)当 0x  时,若关于 x的不等式 ( ) 0f x  恒成立,求 a的取值范围; (2)当 *n N 时,证明: 2 2 23 12 2 4 2 1 n n nln ln ln n n n          . 【答案】(1)[ 1, )  .(2)见解析. 【解析】 (1)由   0f x  ,得 ln 1 0x x ax   ( 0)x  . 整理,得 1lna x x    恒成立,即 min 1lna x x        . 令   1lnF x x x   .则   2 2 1 1 1' xF x x x x     . ∴函数  F x 在  0,1 上单调递减,在  1, 上单调递增. ∴函数   1lnF x x x   的最小值为  1 1F  . ∴ 1a  ,即 1a   . ∴a的取值范围是  1,  . (2)∵ 2 4 n n  为数列     1 1 2n n          的前 n项和, 1 n n  为数列   1 1n n         的前 n项和. ∴只需证明    21 1ln 1 2 n n n n       1 1n n   即可. 由(1),当 1a   时,有 ln 1 0x x x   ,即 1lnx x x   . 令 1 1nx n    ,即得 1ln 1 1 n n n n     1 1n   . ∴ 2 2 1 1ln 1 n n n          1 1 2n n    1 1 1 2n n     . 现证明   2 1 1ln 1 n n n n    , 即 1 12ln 1 n n n n    1 1 n n n n     1 1 n n n n     .  * 现证明 12ln ( 1)x x x x    . 构造函数   1 2lnG x x x x     1x  , 则   2 1 2' 1G x x x    2 2 2 1 0x x x     . ∴函数  G x 在  1,  上是增函数,即    1 0G x G  . ∴当 1x  时,有   0G x  ,即 12lnx x x   成立. 令 1nx n   ,则  * 式成立. 综上,得    21 1ln 1 2 n n n n       1 1n n   . 对数列     1 1 2n n          , 2 1ln n n       ,   1 1n n         分别求前 n项和,得 2 2 3ln 2 ln 2 4 2 n n    2 1ln 1 n n n n      . 13.已知函数      ln 0f x ax b x a    . (1)当 0a b  时,试讨论函数  f x 的单调性,并求出函数  f x 的极值; (2)若   3f x x 恒成立,求 2a b的最大值. 【答案】(1)①当 0a  时,  f x 在  1, 上单调递增,  f x 无极值,②当 0a  时,  f x 在  ,0 上单调递增,在  0,1 上单调递减,  f x 的极大值  ln a ,  f x 无极小值(2) 24 3 e 【解析】 (1)    ln 1f x a x x     ①当 0a  时,  f x 的定义域为  1, ,   0 1 xf x x     ,  f x 在  1, 上单调递增,且  f x 无极值 ②当 0a  时,  f x 的定义域为  ,1 ,   1 xf x x    ,  f x 在  ,0 上单调递增,在  0,1 上单调递减, 当 0x  时,  f x 取得极大值  ln a ,且  f x 无极小值 (2)  ln 2ax b x  ,    ln 2g x ax b x   . 若 0a  ,由 0ax b  知 bx a   ,取 0 bx a   ,使得  0 2ln 1bax b a     , 则  0 0 2 1 2bg x x a     ,而 2 1 0 b aax b e    , 2 1 0 b ae b bx a a       所以 0 22 bx a   ,所以  0 2 21 1 0b bg x a a       ,与  0 0g x  矛盾 故 0a  ,且   22 2 2 2 a ba x ax a b ag x ax b ax b             , 故  g x 在 2, 2 b a b a a      上单调递增,在 2 , 2 a b a      上单调递减, 因此  min 2 2ln 0 2 2 2 a b a a bg x g a a          ,故 ln 2 2 aa a b   所以 3 3 2 ln 2 2 aa a a b   记   3 3 ln 2 2 aa a M a   ,则   23 2ln 2 2 3 a aM a         ,则  M a 在 2 30,2e       上单调递增,在 2 32 ,e       上单调递减,因此   2 23 max 42 3 M a M e e        , 所以当 2 32a e , 2 31 3 b e 时, 2a b取得最大值 24 3 e . 14.已知函数   2ln 2f x x x ax ax a     . (1)当 1 2 a  时,判断  f x 在定义域上的单调性; (2)若对定义域上的任意的  1,x  ,有   1f x ≤ 恒成立,求实数 a的取值范围; (3)证明: 1 1 1 ln 2 1 2 1 n i n i     ,  *n N . 【答案】(1)因为   12 0f x x x          所以  f x 在  0,  上单调递减,(2) 1 2 a  ,(3)证明见解 析. 【解析】 (1)当 1 2 a  时,   21 1ln 2 2 f x x x x x     ,故   12f x x x         因为 1 12 2x x x x     ,当且仅当 1x  时取等号.故   12 0f x x x          所以  f x 在  0,  上单调递减. (2)∵     1 2 1ax x f x x    , 当 0a  时,则   0f x  ,∴  f x 在 1, 上单调递增,    1 1f x f  , 当 10 2 a  时,令   0f x  ,解得 1 2 x a  , 当 11 2 x a   时,   0f x  ,当 1 2 x a  时,   0f x  , ∴  f x 在 11, 2a      上单调递增,在 1 2 , a     上单调递减,则 11, 2 x a     时,    1 1f x f  , 当 1 2 a  时,   0f x  ,  f x 在 1, 上单调递减,则    1 1f x f  , ∴ 1 2 a  (3)当 1n  时,1 1 ln 3  成立 当 2n  时,由(2)知,    211 ln 1 2 x x x    对任意 1x  都成立 取 2 1 2 1 ix i    , *i N ,则 22 1 2 1 1 2 11 ln 1 2 1 2 1 2 2 1 i i i i i i                  所以  2 2 2 1 2ln 2 1 2 1 2 1 i i i i       当 2i  时          2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 12 1 i i i i i ii           所以 2 2 2 2 1 1 1ln 2 1 2 1 2 3 2 1 n n i i i i i i i                   所以 2 2 2 1 1 1ln 2 1 3 1 2 1 n i n i n          所以     1 2 12 ln 2 1 ln3 1 2 ln 2 1 2 1 2 1 n i n n i n                所以 1 2 1 ln 2 1 2 1 n i n i     15.设m为实数,已知函数 ( ) x x mf x e   的导函数为 ( )f x ,且 (0) 0f   . (1)求m的值; (2)设 a为实数,若对于任意 xR ,不等式 2 ( )x a f x  恒成立,且存在唯一的实数 0x 使得 2 0 0( )x a f x  成立,求 a的值; (3)是否存在负数 k,使得 3y kx e   是曲线 ( )y f x 的切线.若存在,求出 k的所有值:若不存在,请说 明理由. 【答案】(1) 1m  (2) 1a  (3) 1 e  【解析】 (1)因为 1 ( )( ) x x mf x e     , 所以 0 1 (0 )(0) 1 0mf m e        , 故 1m  . (2)因为 2, ( )x R x a f x    , 所以 2 1 0x xx a e     恒成立. 记 2 1( ) x xx x a e      , 则 1( ) 2 2x x xx x x e e           , 因为 xR ,且 0xe  , 所以 12 0xe   , 因此为 0x  时, ( ) 0x  , ( )x 单调递减; 当 0x  时, ( ) 0x  , ( )x 单调递增, 所以 ( ) (0) 1 0minx a     ,即 1a  , 当 1a  时, 2( ) ( ) 1 0x x a f x a       , 故方程 2 ( )x a f x  无解, 当 1a  时,当 0x  时,由单调性知 2( ) ( ) 0x x a f x     所以存在唯一的 0 0x  使得 2 0 0( )x a f x  ,即 1a  . (3)设切点的横坐标为 t,则 ( ) 3 1 t k f t tkt e e       ,即 3 1 t t tk e tkt e e         , 23 1 t t t t e e e    ,即 23 1(*)t t t e e    原命题等价于存在正数 t使得方程 (*)成立. 记 2 1( ) t t tg t e    , 则  2(2 1) 1 ( 1)( ) t t t t t t tg t e e          , 令 ( ) 0g t  ,则 1t  , 因此当0 1t  时, ( ) 0g t  , ( )g t 单调递增, 3( ) (1)g t g e   ; 当 1t  时, ( ) 0g t  , ( )g t 单调递减, 3( ) (1)g t g e   , 则 3( ) (1)maxg t g e   . 故存在唯一的正数 1t  使得方程 (*)成立, 即存在唯一的负数 1 e et tk     , 使得 3y kx e   是曲线 ( )y f x 的切线. 16.已知函数 ( R)a . (Ⅰ) 求函数 ( )f x 的单调区间; (Ⅱ) 当 0a  时,求函数 ( )f x 在[1, 2]上最小值. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)当0 ln 2a  时,函数 ( )f x 的最小值是 min( )xf a  ;当 ln 2a  时,函数 ( )f x 的最小值是 min( ) ln 2 2f x a  【解析】 (1)函数 ( )f x 的定义域 为 (0, ) . 1 1( )     axf x a x x 因为 0a  ,令 1( ) 0f x a x ¢ = - = ,可得 1x a  ; 当 10 x a   时, 1( ) 0axf x x     ;当 1x a  时, 1( ) 0axf x x     , 综上所述:可知函数 ( )f x 的单调递增区间为 10, a       ,单调递减区间为 1 , a      (2)( )i 当 10 1 a   ,即 1a  时,函数 ( )f x 在区间[1, 2]上是减函数, ( )f x 的最小值是 (2) ln 2 2f a  ( )ii 当 1 2 a  ,即 10 2 a  时,函数 ( )f x 在区间[1, 2]上是增函数, ( )f x 的最小值是 (1)f a  ( )iii 当 11 2 a   ,即 1 1 2 a  时,函数 ( )f x 在 11, a       上是增函数,在 1 , 2 a       上是减函数. 又 (2) (1) ln 2f f a   , 当 1 ln 2 2 a  时, ( )f x 的最小值是 (1)f a  ; 当 ln 2 1a  时, ( )f x 的最小值为 (2) ln 2 2f a  综上所述,结论为当0 ln 2a  时,函数 ( )f x 的最小值是 min( )xf a  ; 当 ln 2a  时,函数 ( )f x 的最小值是 min( ) ln 2 2f x a  . 17.已知函数 ( )f x 满足:①定义为 R;② 2( ) 2 ( ) 9x xf x f x e e      . (1)求 ( )f x 的解析式; (2)若 1 2, [ 1,1]x x   ;均有    2 1 1 2 2( 2) 6 1x a x x f x    … 成立,求 a的取值范围; (3)设 2 ( ), ( 0) ( ) 2 1, ( 0) f x x g x x x x       ,试求方程 [ ( )] 1 0g g x   的解. 【答案】(1) ( ) 3xf x e  (2)[ 3, 7] (3) 3 , (1 2)  、 ln3, ln(3 ln 4) 、 1 2(1 ln 2)   【解析】 (1) 2( ) 2 ( ) 9x xf x f x e e      ,…① 所以 2( ) 2 ( ) 9x xf x f x e e       即 1( ) 2 ( ) 2 9x xf x f x e e      …② 由①②联立解得: ( ) 3xf x e  . (2)设 2( ) ( 2) 6x x a x      ,    ( ) 1 3 3 3x x xF x x e e xe x      , 依题意知:当 1 1x   时, min max( ) ( )x F x  ( ) ( ) 3 3x x x xF x e e xe xe       又 ( ) (1 ) 0xF x x e     在 ( 1,1) 上恒成立, 所以 ( )F x 在[ 1,1] 上单调递减 ( ) (1) 3 0minF x F e       ( )F x 在[ 1,1] 上单调递增, max( ) (1) 0F x F   ( 1) 7 0 (1) 3 0 a a           , 解得: 3 7a   实数 a的取值范围为[ 3, 7] . (3) ( )g x 的图象如图所示: 令 ( )T g x ,则 ( ) 1g T  1 2 32, 0, ln 4T T T     当 ( ) 2g x   时有 1个解 3 , 当 ( ) 0g x  时有 2个解: (1 2)  、 ln3 , 当 ( ) ln 4g x  时有 3个解: ln(3 ln 4) 、 1 2(1 ln 2)   . 故方程 [ ( )] 1 0g g x   的解分别为: 3 , (1 2)  、 ln3 , ln(3 ln 4) 、 1 2(1 ln 2)   18.已知函数    21 1 ln 2 f x x ax a x    . (1)若 1a  ,讨论函数  f x 的单调性; (2)设      1 lng x f x a x x    ,是否存在实数 a,对任意 1x ,  2 0,x   , 1 2x x ,有    1 2 1 2 0 g x g x a x x     恒成立?若存在,求出 a的范围;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)见解析(2)存在,  2,a  . 【解析】 (1)函数  f x 的定义域为  0 , ,        2 1 11 11 x x ax ax af x x a a x x x               , ①若 1 1a   ,则 2a  ,    21 0 x f x x     ,且只在 1x  时取等号,∴  f x 在  0 , 上单调递增; ②若 1 1a   ,则 2a  ,而 1a  ,∴1 2a  ,当  1,1x a  时,   0f x  ;当  0, 1x a  及  1,  时,   0f x  ,所以  f x 在  1,1a  上单调递减,在  0, 1a  及  1,  上单调递增; ③若 1 1a   ,则 2a  ,同理可得:  f x 在  1, 1a  上单调递减,在  0,1 及  1,a   上单调递增; 综上,当1 2a  时,  f x 在  1,1a  上单调递减,在  0, 1a  及  1,  上单调递增; 当 2a  时,  f x 在  0,  上单调递增; 当 2a  时,  f x 在  1, 1a  上单调递减,在  0,1 及  1,a   上单调递增; (2)    21 2 ln 2 g x x x a x    , 假设存在 a,对任意 1x ,  2 0,x   , 1 2x x ,有    1 2 1 2 0 g x g x a x x     恒成立, 不妨设 1 20 x x  ,要使    1 2 1 2 0 g x g x a x x     恒成立,即必有    2 2 1 1g x ax g x ax   , 令    h x g x ax  ,即      21 1 2 ln 2 h x x a x a x     ,          2 1 2 1 221 x a x a x x aah x x a x x x              , 要使  h x 在  0,  上为增函数, 只要   0h x  在  0,  上恒成立,须有 2 0x a   , 2a  ,故存在  2,a  时,对任意 1x ,  2 0,x   , 1 2x x ,有    1 2 1 2 0 g x g x a x x     恒成立. 19.已知函数     2ln 1f x x ax   , 0a  . (1)讨论函数  f x 的单调性; (2)若函数  f x 在区间( )1,0- 有唯一零点 0x ,证明: 2 1 0 1e x e    . 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析. 【解析】 (Ⅰ)   21 2 2 1' 2 1 1 ax axf x ax x x        , 1x   , 令   22 2 1g x ax ax   ,  24 8 4 2a a a a     , 若 0  ,即0 2a  ,则   0g x  , 当  1,x   时,  ' 0f x  ,  f x 单调递增, 若 0  ,即 2a  ,则   0g x  ,仅当 1 2 x   时,等号成立, 当  1,x   时,  ' 0f x  ,  f x 单调递增. 若 0  ,即 2a  ,则  g x 有两个零点   1 2 2 a a a x a     ,   2 2 2 a a a x a     , 由    1 0 1 0g g    , 1 0 2 g       得 1 2 11 0 2 x x      , 当  11,x x  时,   0g x  ,  ' 0f x  ,  f x 单调递增; 当  1 2,x x x 时,   0g x  ,  ' 0f x  ,  f x 单调递减; 当  2 ,x x  时,   0g x  ,  ' 0f x  ,  f x 单调递增. 综上所述, 当0 2a  时,  f x 在  1,  上单调递增; 当 2a  时,  f x 在  2 1, 2 a a a a           和  2 , 2 a a a a           上单调递增, 在    2 2 , 2 2 a a a a a a a a              上单调递减. (Ⅱ)由(1)及  0 0f  可知:仅当极大值等于零,即  1 0f x  时,符合要求. 此时, 1x 就是函数  f x 在区间  1,0 的唯一零点 0x . 所以 2 0 02 2 1 0ax ax   ,从而有  0 0 1 2 1 a x x    , 又因为     2 0 0 0ln 1 0f x x ax    ,所以     0 0 0 ln 1 0 2 1 xx x     , 令 0 1x t  ,则 1ln 0 2 tt t    , 设   1 1ln 2 2 h t t t    ,则   2 2 1' 2 th t t   , 再由(1)知: 10 2 t  ,  ' 0h t  ,  h t 单调递减, 又因为   2 2 5 0 2 eh e    ,  1 3 0 2 eh e    , 所以 2 1e t e   ,即 2 1 0 1e x e    20.已知函数   2lnf x x ax x   ,a R . (1)若 1a  ,试求函数  f x 的零点个数; (2)当 1a   ,对 1 0x  , 2 0x  且满足    1 2 1 2 1 f x f x x x     ,试判断 1 2x x 与 5 1 2  的大小关系, 并说明理由. 【答案】(1)一个零点;(2) 1 2 5 1 2 x x    ,理由见解析 【解析】 (1)当 1a  时,   2lnf x x x x   , 0x  , 此时     2 1 11 2 1' x x x f x x x       , 则当 0 1x  时,  ' 0f x  ;当 1x  时,  ' 0f x  ; 易知函数  f x 在区间  0,1 单调递增,在区间  1, 单调递减; 所以      max 1 0f x f x f   (当且仅当 1x  取等号), 故当 1a  时,函数  f x 只有一个零点; (2) 1 2 5 1 2 x x    ,理由如下:当 1a   时,   2ln xf x x x   , 0x  , 由    1 2 1 2 1 f x f x x x     ,即 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2ln lnx x x x x x x x        , 从而    2 1 2 1 2 1 2 1 2lnx x x x x x x x       ,令 1 2t x x  , 则由   lng t t t  ,得   1' tg t t   , 可知,  g t 在区间  0,1 上单调递减,在区间  1, 上单调递增. 所以有    1 1g t g  ,所以    2 1 2 1 2 1x x x x    , 因此, 1 2 5 1 2 x x    ,由上可知,这里取到等号需要 1 2 1x x  , 而此时 1 2 1 1 1 5 1 2 x x x x      无实数解,故必有 1 2 5 1 2 x x    . 21.已知函数   2xf x e ax   ,其中a为常数. (1)求函数  f x 的单调区间; (2)若 2y ex  是   2xf x e ax   的一条切线,求a的值; (3)已知 1a  , k为整数,若对任意  0,x  ,都有    ' 1 0x k f x x    恒成立,求 k的最大值. 【答案】(1)答案见解析;(2)0;(3)2. 【解析】 (1)函数  f x 的定义域为    , , xf x e a    . 若 0a  时,则   0f x  ,所以  f x 在  ,  上单调递增; 若 0a  时,则当  , lnx a  时,   0f x  ,当  ln ,x a  时,   0f x  , 所以  f x 在  , lna 上递减,在  ln ,a  上递增. (2)设切点为  0 0,x y 则: 0 0 0 0 0 0 2 2 x x e a e y ex y e ax           ,解得 0 0 1 0 , 0 2 x a a y e         . (3)当 1a  时,对任意  0,x  ,都有     1 0x k f x x    恒成立等价于 1 1x xk x e     对 0x  恒 成立. 令   1 ( 0) 1x xg x x x e      ,则      2 2 1 x x x e e x g x e      , 由(1)知,当 1a  时,   2xf x e x   在  0, 上递增. 因为    0 0 2 0f f, ,所以   2xf x e x   在  0, 上存在唯一零点, 所以  g x 在  0, 上也存在唯一零点,设此零点为 0x ,则  0 1,2x  . 因为当  00,x x 时,   0g x  ,当  0 ,x x  时,   0g x  , 所以  g x 在  0, 上的最小值为   0 0 0 0 1 1x xg x x e     ,所以 0 0 0 1 1x xk x e     , 又因为   0 0 0 2 0xg x e x    ,所以 0 0 2xe x  ,所以 0 1k x  . 又因为 k为整数且 02 1 3x   ,所以 k的最大值是 2. 22.已知函数    21 1 ln 2 f x x m x m x    ,m R ,   xeg x x  . (1)求  g x 的极值; (2)若对任意的   1 2 1 2, 2, 4x x x x  ,当 1 2x x 时,        1 2 1 2f x f x g x g x   恒成立,求实数m的 最大值; (3)若函数  f x 恰有两个不相等的零点,求实数m的取值范围. 【答案】(1)  g x 的极小值为 e,无极大值;(2) 2 2 2 e  ;(3) 1 ,0 2      . 【解析】 (1)     2 1xe x g x x    ,令   0g x  ,得 1x  . 列表如下: x  0,1 1  1,  g x - 0 +  g x 极小值 ∵  1 1g  ,∴  y g x 的极小值为 e,无极大值. (2)∵ 2 1x x ,由(1)可知        1 2 1 2f x f x g x g x   等价于        1 2 2 1f x f x g x g x   , 即        1 1 2 2f x g x f x g x   . 设        21 ln 1 2 xeh x f x g x x m x m x x        ,则  h x 在 2,4 为增函数. ∴       2 1 11 0 x xe xm x eh x x m x m x x x x                在 2,4 恒成立. ∴ xem x x   恒成立. 设   xev x x x   ,∵     2 1 1 0 xe x v x x      在 2,4 上恒成立 ∴  v x 为增函数. ∴  v x 在 2,4 上的最小值为   2 2 2 2 ev   . ∴ 2 2 2 em   ,∴m的最大值为 2 2 2 e  . (3)       1 1 x x mmf x x m x x         ①当0 1m  时,当  0,x m 和  1, 时,   0f x  ,  f x 单调递增 当  ,1x m 时,   0f x  ,  f x 单调递减 所以  f x 的极大值为    21 1 ln 2 f m m m m m m    2 ln 0 2 m m m m     所以函数  f x 至多一个零点 ②当 1m  时,    21 0 x f x x     ,  f x 在  0,  上单调递增. ③当 1m > 时,当  0,x m 和  1, 时,   0f x  ,  f x 单调递增 当  ,1x m 时,   0f x  ,  f x 单调递减 所以  f x 的极大值为    1 11 1 0 2 2 f m m        f x 的极小值为    1 0f m f  所以函数  f x 至多有一个零点. ④当 0m  时,当  0,1x ,   0f x  ,  f x 单调递增 当  1,x  时,   0f x  ,  f x 单调递减 所以    min 1 11 1 2 2 f m m      Ⅰ:当  min 11 0 2 f m    时,即 1 2 m   时,函数  f x 至多一个零点. Ⅱ:当 1 0 2 m   时,    3 1 ln 0 2 mf m m m          所以存在  1 ,1x m  ,  1 0f x  所以函数  f x 在  0,1 上有唯一的零点. 又     2 2 2 21 2 0 2 ef e e e m           所以函数  f x 在  1, 上有唯一的零点. 综上所述:实数m的取值范围为 1 ,0 2      . 23.已知函数   ln 2sinf x x x x   ,  f x 为  f x 的导函数. (1)求证:  f x 在  0 , 上存在唯一零点; (2)求证:  f x 有且仅有两个不同的零点. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】 (1)设     1 1 2cosg x f x x x     , 当  0,x  时,   2 12sin 0g x x x      ,所以  g x 在  0, 上单调递减, 又因为 3 1 1 0 3 g            , 2 1 0 2 g           所以  g x 在 , 3 2        上有唯一的零点 ,所以命题得证. (2) ①由(1)知:当  0,x  时,   0f x  ,  f x 在  0, 上单调递增; 当  ,x   时,   0f x  ,  f x 在  ,  上单调递减; 所以  f x 在  0, 上存在唯一的极大值点 3 2         所以   ln 2 2 0 2 2 2 2 f f                又因为 2 2 2 2 1 1 1 12 2sin 2 2 0f e e e e               所以  f x 在  0, 上恰有一个零点. 又因为   ln 2 0f         所以  f x 在  ,  上也恰有一个零点. ②当  , 2x   时, sin 0x  ,   lnf x x x  设   lnh x x x  ,   1 1 0h x x     所以  h x 在 , 2  上单调递减,所以     0h x h   所以当  , 2x   时,       0f x h x h    恒成立 所以  f x 在 , 2  上没有零点. ③当  2 ,x   时,   ln 2f x x x   设   ln 2x x x    ,   1 1 0x x     所以  x 在 2 ,  上单调递减,所以    2 0x    所以当  2 ,x   时,      2 0f x x     恒成立 所以  f x 在 2 ,  上没有零点. 综上,  f x 有且仅有两个零点. 24.已知函数   2xf x e mx  ,其中 0m  . (1)当 1m   时,求曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程; (2)若不等式   0f x  在定义域内恒成立,求实数m的取值范围. 【答案】(1) 1y x  ;(2)  2 ,0m e  . 【解析】 (1)当 1m   时,   2xf x e x  ∴   22 1xf x e   则  0 1f   ,又  0 1f  ∴曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为: 1y x  (2)函数  f x 定义域为  ,  ,且   22 xf x e m    0m  下面对实数m进行讨论: ①当 0m  时,   2 0xf x e  恒成立,满足条件 ②当 0m  时,由   0f x  解得 1 ln 2 2 mx       ,从而知 函数  f x 在 1 ln , 2 2 m         内递增;同理函数  f x 在 1, ln 2 2 m         内递减, 因此  f x 在 1 ln 2 2 mx       处取得最小值 ln 1 2 2 m m        ∴ ln 1 0 2 2 m m         , 解得 2 0e m   综上:当  2 ,0m e  时,不等式   0f x  在定义域  ,  内恒成立. 25.已知函数 ( ) ln( 1) 1xf x e x ax x     . (1)若 0a  ,证明:   0f x  . (2)若函数  f x 在 0x  处有极大值,求实数 a的取值范围. 【答案】(1)见解析;(2) 1 2 a  【解析】 (1)若 0a  , ( ) 1xf x e x   , ( ) 1xf x e  ,由 ( ) 0f x  得 0x  ,由由 ( ) 0f x  得 0x  , 所以 ( ) 1xf x e x   在( ), 0-¥ 单调递减,在( )0,+¥ 单调递增, 所以  ( ) 1 0 0xf x e x f     恒成立; (2) ( ) ln( 1) 1xf x e x ax x     ,  1,x   , ( ) 1 ln( 1) 1 x xf x e a x x          , 0(0) 1 0 0f e a     , 函数  f x 在 0x  处有极大值, 即 1( ) 1 ln( 1) 1 ln( 1) 1 1 1 x xxf x e a x e a x x x                       , 在 0x  处左正右负,且在 0x  处连续, 必存在 0  ,  ,x    , 必有  , 0x   , ( ) 0f x  ,  0, , ( ) 0x f x   , 记  2 l 1( ) 1 1 xf x e a x x            , 若  2 l 10, ( ) 0 1 1 xa f x e a x x             恒成立, 则 ( ) 1 ln( 1) 1 x xf x e a x x          在定义域单调递增, 0, ( ) (0) 0x f x f    ,不合题意,舍去; 若    2 2 1 l 1 l 10 , 0, 2, 2 2 1 1 1 1 1 ,xa x e a a x xx x                    2 l 1( ) 1 2 0 1 1 xf x e a a x x               , ( )f x 在  0,x  上单调递增, 即  0, , ( ) (0) 0x f x f     ,不合题意,舍去; 当  2 1 l 1, ( ) 2 1 1 xa f x e a x x            单调递增, (0) 1 2 0f a    ,必存在 0  ,使得当  ,x    时, ( ) 0f x  , 此时 ( )f x 在  ,x    单调递减, 0(0) 1 0 0f e a     必有  , 0x   , ( ) 0f x  ,  0, , ( ) 0x f x   , 即函数  f x 在  , 0x   递增,在  0,x  递减,即函数  f x 在 0x  处有极大值, 综上所述: 1 2 a  26.已知定义域为 R的函数 ( ) n nf x x ( *n N , 2n  ) (1)设 2 1( ) ( ) (1 )n nF x f x f x   ,求 ( )F x 的单调区间; (2)设 ' ( )nf x 为 ( )nf x 导数, (i)证明:当 2a  , 0x  时, 1xa x a   ; (ii)设关于 x的方程 ' ' 1 1 (1 ) 2 1 (1 ) 2 1 n n n n f x f x        的根为 0x ,求证: 00 1x  【答案】(1)当n为奇数时 ( )F x 的增区间为 2 1( , ) 3 1 n n    ,减区间为 2 1( , ) 3 1 n n    ;当 n为偶数时 ( )F x 的 增区间为 2 1( , ) 3 1 n n    及 (1, ) ,减区间为 2 1( ,1) 3 1 n n   . (2)(i)证明见解析,(ii)证明见解析. 【解析】 (1)    2 1 1 nnF x x x  , 当 *n N , 2n  时        2 2 12 1' 2 1 1 1n n nnF x n x nx x      即            1 12 2 2 2 2 1' 1 2 1 1 3 1 1 3 1 n nn n nF x x x n x nx n x x x n                    (a)当 n为大于 1的奇数时, 1n 是偶数,   11 0nx   , 2 2 0nx   ,3 1 0n   当 2 1 3 1 nx n    时,  ' 0F x  ,当 2 1 3 1 nx n    时  ' 0F x  故  F x 的增区间为 2 1, 3 1 n n     ,减区间为 2 1 , 3 1 n n     当n为偶数时, 1n 是奇数,由于 2 1 1 3 1 n n    ,所以 当 2 1 3 1 nx n    或 1x  时,  ' 0F x  ,当 2 1 1 3 1 n x n     时  ' 0F x  故  F x 的增区间为 2 1, 3 1 n n     及  1, ,减区间为 2 1 ,1 3 1 n n      综上,当 n为奇数时  F x 的增区间为 2 1, 3 1 n n     ,减区间为 2 1 , 3 1 n n     , 当n为偶数时  F x 的增区间为 2 1, 3 1 n n     及  1, ,减区间为 2 1 ,1 3 1 n n      , (2)(i)证明:设   1xx a x a    , 0x  ,则   1' ln 1xx a a   , 因为 2 1a   , ln ln2 0a   ,故  ' x 在  0, 是增函数, 从而    ' ' 0 ln 1x a a    ,由于 2a  , ln ln2 0a   所以 ln 2ln ln4 1a a a   ,  ' 0x  所以  x 在  0, 是增函数,    0 0x   ,即 1xa x a   (ii)  ' 1n nf x nx  ,原方程化为           1 1 1 2 1 1 1 2 11 1 n n n n n x n n xn x           解得     0 1 2 1 1 2 1 n n n x n      ,因为 2n  ,所以 0 0x  ; 作差得,     1 0 2 21 1 2 1 n n nx n       , 由(i)知,当 2a  , 0x  时, 1xa x a   , 令 2a  , x n ,故有 12 2n n   ,所以 0 1 0x   , 0 1x  , 综上, 00 1x  27.设函数   2 sinf x x x    , 0, 2 x     ,   22 cos 2 2 x mg x x x           ,  m R . (1)证明:   0f x  ; (2)当 0, 2 x     时,不等式   4 g x   恒成立,求m的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 2 2 8 ,     【解析】 (1) 2( ) cosf x x     在 0, 2 x     上单调递增, 2 2( ) 1,f x         , 所以存在唯一 0 0, 2 x      ,  0 0f x  .当  00, , ( ) 0x x f x  ,  f x 递减; 当 0, , ( ) 0 2 x x f x       ,  f x 递增. 所以 max( ) max (0), 0 2 f x f f          , ( ) 0,0 2 f x x      (2) 2( ) sin 2 xg x x m x            , 2( ) cosg x x m      当 0m 时,   0g x  ,  g x 在 0, 2 x     上单调递减, min( ) 2 4 g x g         ,满足题意 当 2 0m     时,  g x 在 0, 2 x     上单调递增, 2(0) 1 0g m       , 2 0 2 g m          , 所以存在唯一 1 0, 2 x      ,  1 0g x  . 当    10, , 0x x g x  ,  g x 递减;当  1, , 0 2 x x g x       ,  g x 递增 而 (0) 0 2 g m    , 0 2 g       .所以存在唯一  2 20, , 0 2 x g x       . 当  20, , ( ) 0x x g x  ,  g x 递增;当 2, , ( ) 0, ( ) 2 x x g x g x       递减. 要0 2 x    时, ( ) 4 g x   恒成立,即 2 (0) 4 2 8 2 4 g m g                 所以 2 2 8 0m     当 2m    时, ( ) 0g x  ,当 0, 2 x     ,  g x 递减, 0, ( ) 0 2 g g x       ( )g x 在 0, 2 x     递增, ( ) 2 4 g x g         与题意矛盾 综上:m的取值范围为 2 2 8,     28.已知函数     21ln 1 2 f x ax a x x    ,   1xg x e x   . (Ⅰ)若 0x  为函数  f x 的极小值点,求 a的取值范围,并求  f x 的单调区间; (Ⅱ)若 0x  ,     21 2 g x f x x  ,求 a的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 1a  ,  f x 的递减区间  1,0 和  1,a   ,递增区间为  0, 1a  ,(Ⅱ) 1a  【解析】 (Ⅰ)由题意知:  1,x   ,且    1 1 x x aaf x a x a x x            , 若 1 0a   ,即 1a  时,当 0x  ,   0f x  ,所以 0x  不可能为  f x 的极小值点; 若 1 0a   ,即 1a  时,令   0 0 1f x x a      ; 令   0 1 0f x x      或 1x a  , 所以  f x 的递减区间  1,0 和  1,a   ,递增区间为  0, 1a  , 所以 0x  为函数  f x 的极小值点, 综上: 1a  ,  f x 的递减区间  1,0 和  1,a   ,递增区间为  0, 1a  . (Ⅱ)令            21 ln 1 1 1 0 2 xF x g x f x x e a x a x x          , 则  0 0F  ,      11 1 1 1 1 1 1 x x xa xF x e a e a e x ax x x x                 , 令       1 1 0xg x e x ax x     ,则  0 0g  , 因为      2 1xg x x e a     ,令     0h x g x x  , 则    3 0xh x x e    ,  0x  , 所以  g x 在 0, 上单调递增,所以    0 1g x g a    , (1)当1 0a  ,即 1a  时,   0g x  , 0x  ,所以  g x 在 0, 上单调递增,所以   0g x  对 0x  恒成立. 所以    1 0 1 F x g x x     恒成立,所以  F x 在  0, 上单调递增,所以    0 0F x F  , 0x  , 符合题意; (2)当1 0a  ,即 1a  时,因为  0 1 0g a    , 又 1 0a   且        11 1 1 1 1 0ag a a e a a a           , 又  g x 在  0, 上连续且单调递增,所以存在 0 0x  ,使得  0 0g x  ,此时,当  00,x x 时,   0g x  ,所以  g x 单调递减,所以    0 0g x g  , 所以    1 0 1 F x g x x     ,所以  F x 在  00,x x 单调递减, 所以    0 0F x F  ,  00,x x ,矛盾,舍去. 综上: 1a  . 29.已知函数    ln x af x a R x    ,   e 1xg x   . (1)求  f x 的单调区间; (2)若    g x f x 在  0,  上恒成立,求 a的取值范围. 【答案】(1) ( )f x 的单调递增区间为  10,e a ,单调递减区间为  1e +a , (2)  ,1 【解析】 (1) 2 1 ln'( ) x af x x    ( 0)x  . 当 10 e ax   时, '( ) 0, ( )f x f x 单调递增; 当 1e ax  时, '( ) 0, ( )f x f x 单调递减. 所以 ( )f x 的单调递增区间为  10,e a ,单调递减区间为  1e +a , (2)由 ( ) ( )g x f x 得 lne 1x x a x    也就是 e lnxa x x x   ,令 ( ) e lnxh x x x x   则 1'( ) e e 1x xh x x x     = 1( 1)(e )xx x   ,由 0x  知, 1 0x   . 设 1( ) ext x x   , 2 1'( ) e 0xt x x    , ( )t x 在  0,  单调递增, 又 1( ) e 2 0, (1) e 1 0 2 t t      ,所以存在 0 1 ,1 2 x ( )使得 0( ) 0t x  , 即 0x 0 1e x  . 当  00,x x 时, '( ) 0h x  , ( )h x 在  00, x 单调递减; 当  0 ,x x  时, '( ) 0h x  , ( )h x 在  0 ,x  单调递增; 所以 0 min 0 0 0 0( ) ( ) e lnxh x h x x x x    = 0 01 1x x   . 所以 a的取值范围是  ,1 . 30.已知 1( ) lnmf x x m x x     ,mR . (1)讨论 ( )f x 的单调区间; (2)当 2 0 2 em  时,证明: 2 ( ) 1xe x xf x m    . 【答案】(1) ( )f x 在 (1, 1)m  上单调递减;在 (0,1)和 ( 1, )m   上单调递增.(2)见解析 【解析】 (1) ( )f x 的定义域为 (0, ) , 2 2 1 ( 1)[ ( 1)]( ) 1 m m x x mf x x x x         , 当 1m £ 时,由 ( ) 0f x  ,得 1x  ; 由 ( ) 0f x  ,得 0 1x  , 所以 ( )f x 在 (0,1)上单调递减,在 (1, ) 上单调递增; 当1 2m  时,由 ( ) 0f x  ,得 1x  或0 1x m   ; 由 ( ) 0f x  ,得 1 1m x   ; 所以 ( )f x 在 ( 1,1)m  上单调递减,在 (0, 1)m  和 (1, ) 上单调递增; 当 2m  时,由 2 2 ( 1)( ) 0xf x x    ,得 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增; 当 2m  时,由 ( ) 0f x  ,得 1x m  或 0 1x  ;由 ( ) 0f x  ,得1 1x m   ; 所以 ( )f x 在 (1, 1)m  上单调递减;在 (0,1)和 ( 1, )m   上单调递增. (2)由 2 ( ) 1xe x xf x m    ,得 lnxe mx x , ①当0 1x  时, e 1x  , ln 0mx x  ,不等式显然成立; ②当 1x  时, ln 0x x  ,由 2 0 2 em  ,得 2 0 ln ln 2 emx x x x  , 所以只需证: 2 ln 2 x ee x x , 即证 22 ln 0 xe x x    ,令 22( ) ln xeg x x x    , 则 2 2 2 ( 1)( ) xe x xg x x      , 1x  , 令 2( ) 2 ( 1)xh x e x x   , 则 2( ) 2 1xh x xe   , 令 ( ) ( )h x x  , 则 2( ) 2( 1) 0xx x e     , 所以 ( )h x 在 (1, ) 上为增函数, 因为 2(1) 1 0h e     , (2) 3 0h   , 所以存在 0 [1,2]x  ,  0 0h x  , 所以 ( )h x 在 01, x 上单调递减,在 0 ,x  上单调递增, 又因为 (1) 1 0h    , (2) 0h  , 当 [1, 2)x 时, ( ) 0g x  , ( )g x 在[1,2)上单调递减, 当 [2, )x  时, ( ) 0g x  , ( )g x 在[2, ) 上单调递增, 所以 ( ) (2) 1 ln 2 0g x g    , 所以 ( ) 0g x , 所以原命题得证 31.已知函数   3 21 ( 1) 3 2 a x x axf x     . (Ⅰ)当 1a  时,求曲线  y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程; (Ⅱ)讨论函数  f x 的单调性; (Ⅲ)对于任意 1x , 2 [0 2]x  , ,都有 1 2 2 ( ) ( ) 3 f x f x  ,求实数 a的取值范围. 【答案】(Ⅰ) y x ;(Ⅱ)分类讨论,详见解析;(Ⅲ) 1 5, 3 3      . 【解析】 解:(Ⅰ)当 1a  时,因为   3 21 3 x x xf x    所以   2 2 1x xf x    , (0) 1f   . 又因为 (0) 0f  , 所以曲线 ( )y f x 在点  0, (0)f 处的切线方程为 y x . (Ⅱ)因为   3 21 ( 1) 3 2 a x x axf x     , 所以 2( ) ( 1) 0f x x a x a      . 令 ( ) 0f x  ,解得 x a 或 1x  . 若 1a  ,当   0f x  即 1x  或 x a 时, 故函数 ( )f x 的单调递增区间为    ,1 , ,a  ; 当   0f x  即1 x a  时,故函数 ( )f x 的单调递减区间为  1,a . 若 1a  ,则 2 2( ) 2 1 ( 1) 0f x x x x       , 当且仅当 1x  时取等号,故函数 ( )f x 在  ,  上是增函数. 若 1a  ,当 ( ) 0f x  即 x a 或 1x  时, 故函数 ( )f x 的单调递增区间为    , , 1,a  ; 当 ( ) 0f x  即 1 a x 时,故函数 ( )f x 的单调递减区间为  ,1a . 综上, 1a  时,函数 ( )f x 单调递增区间为 ( 1) ( )a , , ,+ ,单调递减区间为 (1, )a ; 1a  时,函数 ( )f x 单调递增区间为 ( , )  ; 1a  时,函数 ( )f x 单调递增区间为 ( ) (1 )a , , ,+ ,单调递减区间为 ( ,1)a . (Ⅲ) 由题设,只要    max min 2 3 f x f x  即可. 令 2( ) ( 1) 0f x x a x a      ,解得 x a 或 1x  . 当 0a  时,随 x变化, ( ), ( )f x f x 变化情况如下表: x 0  0,1 1  1,2 2  f x  0   f x 0 减 极小值 增 2 3 由表可知 (0) 0 (1)f f  ,此时 2 (2) (1) 3 f f  ,不符合题意. 当0 1a  时,随 x变化,    'f x f x, 变化情况如下表: x 0  0,a a  ,1a 1  1,2 2  f x  0  0   f x 0 增 极大值 减 极小值 增 2 3 由表可得 3 21 1 1 1 2 (0) 0 ( ) (1) (2) 6 2 2 6 3 f f a a a f a f      , , , , 且 (0) ( )f f a , (1) (2)f f , 因     22 0 3 f f  ,所以只需 ( ) (2) (1) (0) f a f f f    , 即 3 21 1 2 6 2 3 1 1 0 2 6 a a a         ,解得 1 1 3 a  . 当 1a  时,由(Ⅱ)知  f x 在 0,2 为增函数, 此时        max min 22 0 3 f x f x f f    ,符合题意. 当1 2a  时, 同理只需 (1) (2) ( ) (0) f f f a f    ,即 3 2 1 1 2 2 6 3 1 1 0 6 2 a a a         ,解得 51 3 a  . 当 2a  时, 2( ) (1 ) 3 2f f  ,   2( ) 0 ( 3 1 1)ff f  ,不符合题意. 综上,实数a的取值范围是 1 5, 3 3      . 32.已知函数 ( ) ln ,f x x x kx k R   . (1)求 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程; (2)若不等式 2( )f x x x  恒成立,求 k的取值范围; (3)求证:当 *n N 时,不等式   2 2 1 2ln 4 1 2 1 n i n ni n     成立. 【答案】(1) ( 1) 1y k x   (2) k 2 (3)证明见解析 【解析】 (1)函数 ( )y f x 的定义域为 (0, ) , ( ) 1 lnf x x k    , (1) 1f k   , ∵ (1)f k ,∴函数 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 ( 1)( 1)y k k x    , 即 ( 1) 1y k x   . (2)由 2( )f x x x  , ( ) lnf x x x kx  ,则 2lnx x kx x x   ,即 ln 1x k x   , 设 ( ) ln 1g x x x k    , 1( ) 1g x x    ,  0,1x ,   0g x  , ( )g x 单调递增,  1,x  , ( ) 0g x  , ( )g x 单调递减, ∵不等式 2( )f x x x  恒成立,且 0x  , ∴ ln 1 0x x k    ,∴ max( ) (1) 2 0g x g k    即可,故 k 2 . (3)由(2)可知:当 2k  时, ln 1x x  恒成立, 令 2 1 4 1 x i    ,由于 *i N , 2 1 0 4 1i   . 故, 2 2 1 1ln 1 4 1 4 1i i     ,整理得:  2 2 1ln 4 1 1 4 1 i i     , 变形得:  2 1ln 4 1 1 (2 1)(2 1) i i i      ,即:  2 1 1ln 4 1 1 2 2 1 2 1 i i i         1,2,3, ,i n  时, 1 1ln3 1 1 2 3        , 1 1ln5 1 1 2 3        ……,  2 1 1 1ln 4 1 1 2 2 1 2 1 n n n         两边同时相加得:   2 2 2 1 1 1 2 2ln 4 1 1 2 2 1 2 1 2 1 n i n n ni n n n n             , 所以不等式在 *n N 上恒成立. 33.已知函数 2( ) ln ( 0)f x x x ax a   . (1)当 1a  时,求  f x x 的最大值; (2)若  f x 只有一个极值点 0x . (i)求实数 a的取值范围; (ii)证明:  0 1f x e   . 【答案】(1) 最大值为-1. (2) (i) 0a  (ii)证明见解析 【解析】 (1)当 1a  时,   ln f x x x x   , 0x  . 令   lng x x x  ,则   1 1g x x    , ∴  g x 在  0,1 上单调递增,在  1, 上单调递减 ∴ max( ) (1) 1g x g   ,故  f x x 的最大值为-1. (2) ( ) 1 ln 2f x x ax    , 1( ) 2f x a x    . ①当 0a  时,   0f x  在  0,  恒成立,则  f x 在  0,  单调递增. 而 1 2 0af e e          ,当 0 1x  时, ( ) 1 ln 2 1 ln 2f x x ax x a       , 则  2 1 0af e   ,且 2 1 1ae e   ,∴ 2 1 0 1,ax e e       使得  0 0f x  . ∴当  00,x x 时,   0f x  ,则  f x 单调递减; 当  00,x x 时,   0f x  ,则  f x 单调递增,∴  f x 只有唯一极值点 0x . ②当 0a  时, 1 1( ) 2 0 2 f x a x x a       当 10, 2 x a      时,   0f x  ,则  f x 单调递增; 当 1 , 2 x a       时,   0f x  ,则  f x 单调递减,∴ max 1( ) ln 2 2 f x f a a          . (i)当 2 1a  即 1 2 a  时,   0f x  在  0,  恒成立,则  f x 在  0,  单调递减,无极值点,舍去. (ii)当0 2 1a  即 10 2 a  时, 1 ln 2 0 2 f a a          . 又 1 2 0af e e          ,且 1 1 2e a  ,∴ 1 1 1, 2 x e a      使得  1 0f x  . 由(1)知当 0x  时, ln 1x x  ,则 ln 2 ln 2( 1) 2 1x x x x     ∴ ( ) 1 ln 2 2 2 2 (1 )f x x ax x ax x a x        则 2 1 0f a       ,且 2 1 1 2a a  ,∴ 2 2 1 1, 2 x a a      使得  2 0f x  . ∴当  10,x x 时,   0f x  ,则  f x 单调递减; 当  1 2,x x x 时,   0f x  ,则  f x 单调递增; 当  2 ,x x  时,   0f x  ,则  f x 单调递减. ∴  f x 有两个极值点 1x , 2x ,舍去. 综上,  f x 只有一个极值点时, 0a  ∵  0 0 01 ln 2 0f x x ax     ,∴ 0 0 1 ln 2 xa x   , 2 1 0 1,ax e e      ∴    2 0 0 0 0 0 0 1ln ln 1 2 f x x x ax x x    , 2 1 0 1,ax e e      . 令 1( ) (ln 1) 2 x x x   ,∴ 1( ) ln 0 2 x x    ,则  x 在 2 1 1,ae e       单调递减 ∴当 2 1 1,ax e e      时, 1 1( )x e e          ,∴    0 0 1f x x e    . 34.已知函数 2 2( ) 1 lnf x x a x ax    ( )a R . (1)当 0a  时,讨论函数 ( )f x 的单调性; (2)若 0a  且 (0,1)x ,求证: 2( ) 1 1x f x x e x    . 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【解析】 (1)函数  f x 的定义域为  0,       2 2 2 2 1 11 2 12 ax axa x axf x a x a x x x          ①若 0a  时,则   0f x  ,  f x 在  0,  上单调递减; ②若 0a  时,当 1x a  时,   0f x  当 10 x a   时,   0f x  ;当 1x a  时,   0f x  故在 10, a       上,  f x 单调递减;在 1 , a      上,  f x 单调递増 (2)若 0a  且  0,1x ,欲证   2 1 1x f x x e x    只需证 21 ln 1 1x x x e x     即证    31 ln 1 xx x x x e    设函数    1 lng x x x  ,   0,1x ,则   lng x x   当  0,1x 时,   0g x  ;故函数  g x 在  0,1 上单调递增 所以    1 1g x g  设函数    31 xh x x x e   ,则    2 32 3 xh x x x x e     设函数   2 32 3p x x x x    ,则   21 6 3p x x x    当  0,1x 时,    0 1 8 0p p     故存在  0 0,1x  ,使得  0 0p x  从而函数  p x 在  00, x 上单调递增;在  0 ,1x 上单调递减 当  00,x x 时,    0 0 2p x p  当  0 1x x , 时,    0 1 0p x p  故存在  1 0,1x  ,使得  1 0h x  即当  10,x x 时,   0p x  ,当  11x x ,时,   0p x  从而函数  h x 在  10, x 上单调递增;在  11x,上单调递减 因为    0 1, 1h h e  故当  0,1x 时,    0 1h x h  所以      31 ln 1 , 0,1xx x x x e x     即    2 1 1, 0,1x f x x x e x     35.已知函数     2ln 1 af x x x a     ( 0a  ) (1)讨论函数  f x 在  0,  上的单调性; (2)若 0a  且  f x 存在两个极值点,记作 1x , 2x ,若    1 2 4f x f x  ,求 a的取值范围; (3)求证:当 1a  时,   1 1 1 1xf x e x   (其中 e为自然对数的底数) 【答案】(1)答案不唯一,见解析;(2)  1, 2 ;(3)见解析 【解析】 解:(1)     2ln 1 af x x x a               2 2 2 21 12 1 1 x a a f x a x x a x x a                  (※) 当 2a  时, 0x > ,         2 2 2 0 1 x a a f x x x a        ,函数  f x 在  0,  上是增函数 当0 2a  时,由   0f x  得  2 2 0x a a   ,解得  1 2x a a   (舍去)  2 2x a a  所以当  20,x x 时,  2 2 0x a a   ,从而   0f x  ,函数  f x 在  20, x 上是减函数; 当  2 ,x x  时,  2 2 0x a a   ,从而   0f x  ,函数   0f x  在  2 ,x  上是增函数 综上,当 2a  时,函数  f x 在  0,  上是增函数; 当0 2a  时,函数  f x 在   0, 2a a 上是减函数,在   2 ,a a  上是增函数 (2)由(1)知,当 2a  时,   0f x  ,函数  f x 无极值点 若  f x 存在两个极值点,又由 a为正数必有0 2a  ,由(1)极值点为  1 2x a a   ,  2 2x a a  依题意  2 1a a    即  2 1a a  化为  21 0a   ,得 1a  所以 a的取值范围是    0,1 1,2U 由(※)式得   1 2 1 2 0 2 x x x x a a              1 2 1 2 1 2 2 2ln 1 ln 1a af x f x x x x a x a                1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 ln 1 a x x a x x x x x x a x x a                 2 2 2 2 4 2ln 1 ln 1 2 2 1 aa a a a a a                不等式    1 2 4f x f x  化为  2 21 2 0 1 a a        令     1 0,1 1,2a t a    所以    1,0 0,1t   当  1,0t  时,     22ln 2g t t t     ,  ln 0t  , 2 0 t  ,所以   0g t  ,不合题意 当  0,1t 时,   22 ln 2g t t t    ,     2 2 2 11 12 2 0 t g t t t t             所以  g t 在  0,1 上是减函数,所以     21 2ln1 2 0 1 g t g     ,适合题意,即  1,2a 综上,a的取值范围是  1, 2 . (3)当 1a  时,     2ln 1 1 f x x x     不等式   1 1 1 1xf x e x   可化为   1 1 1ln 1 1 xx x e     ,即证 1 1ln xx x e   . 设   1lnh x x x   ,则   2 2 1 1 1xh x x x x     在  0,1 上,   0h x  ,  h x 是减函数;在  1, 上,   0h x  ,  h x 是增函数,所以    1 1h x h  , 设   1 xx e   ,则  x 是减函数,所以    0 1x   , 所以    x h x  ,即 1 1ln xx x e   所以当 1a  时,不等式   1 1 1 1xf x e x  
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