2017届高三数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用 理

2017届高三数学一轮复习 专题突破训练

导数及其应用

一、选择、填空题

1、（2015年全国I卷）设函数f(x)=ex(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得

f(x0)0，则a的取值范围是（ ）

2、（2014年全国I卷）已知函数f(x)=ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则

32a的取值范围为

A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1）

3、（2013年全国I卷）若函数f(x)=(1x2)(x2axb)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______.

4、（佛山市2015届高三二模）不可能把直线y

A． y3xb作为切线的曲线是（ ） 2

D．ye

x1 x

B．ysinx C． ylnx

5、（惠州市2015届高三4月模拟）对于三次函数f(x)ax3bx2cxd(a0)，给出定义：设f'(x)是函数yf(x)的导数，f''(x)是f'(x)的导数，若方程f''(x)0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数yf(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。设函数g(x)则g13125xx3x，3212122014gg ( )

201520152015A．1 B．2016 C．2015 D．2014

6、（茂名市2015届高三二模）已知直线ykx1与曲线yxaxb相切于点(1，3)，

则b的值为 .

7、（潮州市2015届高三上期末）曲线yx3x在点x1处的切线方程为 8、（深圳市2015届高三上期末）设P是函数ylnx图象上的动点，则点P到直线yx的距离的最小值为

323

9、（河北保定2015届高三11月模拟）设点P是函数y=﹣（x+1）图象上异于原点的动点，且该图象在点P处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是（ ） A．θ∈（

，π] B． θ∈（

，

] C． θ∈（

，

] D． θ∈（

'，]

10、（冀州中学2015届高三上学期第一次月考）设函数fx的导函数为f有fxf'x，对任意xR都

x成立，则 （

）

A. 3fln22fln3 B．3fln22fln3

C. 3fln22fln3 D. 3fln2与2fln3的大小不确定

11、（开封市2015届高三上学期定位考试模拟）已知函数fxaxbx3x在x1处取得

32极值，若过点A0,16作曲线yfx的切线，则切线方程是

A. 9xy160 B. 9xy160 C. x9y160 D. x9y160

12、（洛阳市2015届高三上学期期中考试）设f（x）是定义在R上的函数，其导函数为f′（x），

xx

若f（x）+f′（x）＞1，f（0）=2015，则不等式ef（x）＞e+2014（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ） A．（2014，+∞） B． （﹣∞，0）∪（2014，+∞） C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（0，+∞）

二、解答题

31、（2015年全国I卷）已知函数f（x）=xax1,g(x)lnx 4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；

（Ⅱ）用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)（x）零点的个数

(x0) ，讨论hbex12、（2014年全国I卷）设函数f(x0aelnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)处的切线为

xxye(x1)2. (Ⅰ)求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1.

x3、（2013年全国I卷）已知函数f(x)＝xaxb，g(x)＝e(cxd)，若曲线yf(x)和曲

2线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2

（Ⅰ）求a，b，c，d的值

（Ⅱ）若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围。

4、（佛山市2015届高三二模）设常数a＞0，R，函数f(x)x2(xa)(xa)3. （1） 若函数f(x)恰有两个零点，求的值；

（2） 若g()是函数f(x)的极大值，求g()的取值范围.

5、（广州市2015届高三二模）已知函数fxalnx底数）．

（1）若函数fx在区间0,1内是增函数，求实数a的取值范围；

bb（2）当b0时，函数gx的图象C上有两点Pb,e，Qb,e，过点P，Q作图象Cx1x，gxe（其中e为自然对数的x1的切线分别记为l1，l2，设l1与l2的交点为Mx0,y0，证明x00．

6、（华南师大附中2015届高三三模）已知函数f(x) （Ⅰ）m=1时，求方程f (x) = g(x)的实根；

（Ⅱ）若对于任意的x[1,),f(x)g(x)恒成立，求m的取值范围；

1007xlnx和g(x)m(x1)(mR)． x1（Ⅲ）求证：

i14iln2015．

4i217、（惠州市2015届高三4月模拟）已知a0，函数f(x)＝

xa．

x2a4上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式； （1）记f(x)在区间0，（2）是否存在a，使函数yf(x)在区间0,4内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂

直？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

8、（茂名市2015届高三二模）设函数fxlnx, gx2ax12fx. （1）当a1时，求函数gx的单调区间；

（2）设Ax线段AB的中点为Cx0,y0，,yy是函数yfx图象上任意不同的两点，1,1Bx2,2直线AB的斜率为k. 证明：kfx0；

（3）设Fxfxbb0，对任意x1,x20,2,x1x2，都有 x1Fx1Fx21，求实数b的取值范围.

x1x2

9、（梅州市2015届高三一模）已知函数f(x)lnx,g(x)12axbx，设h(x)f(x)g(x)。 2（1）若g（2）＝2，讨论函数h（x）的单调性；

（2）若函数g（x）是关于x的一次函数，且函数h（x）有两个不同的零点x1,x2。 ①求b的取值范围；②求证：x1x2e2

x10、（汕头市2015届高三二模）已知a0,且a1，函数fxloga1a。

（1）求函数f(x)的定义域，并判断函数f(x)的单调性， （2）当ae（e是自然对数的底数）时，设hx1e极值存在，求实数m的取值范围以及函数h(x)的极值。

11、（深圳市2015届高三二模）已知函数f(x)lnxaxfxx2m1，若函数h(x)的

b，对任意的x(0,)，满足xf(x)f(1)0， x其中a,b为常数．

（1）若f(x)的图像在x1处切线过点(0,5)，求a的值；

a2)0； （2）已知0a1，求证：f(2（3）当f(x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围．

12、（珠海市2015届高三二模）已知函数(1)求函数 f (x)的极值； (2)若函数存在两个不同的零点

13、（江门市2015届高三上期末）已知函数f(x)x3ax21（aR是常数）．

．

⑴设a3，xx1、xx2是函数yf(x)的极值点，试证明曲线yf(x)关于点

M( x1x2xx2 , f(1) )对称； 22⑵是否存在常数a，使得x[ 1 , 5 ]，|f(x)|33恒成立？若存在，求常数a的值或取值范

（注：曲线yf(x)关于点M对称是指，对于曲线yf(x)上任意一点P，若点P关于M的对

围；若不存在，请说明理由． 称点为Q，则Q在曲线yf(x)上．）

14、（揭阳市2015届高三上期末）若实数x、y、m满足|xm||ym|，则称x比y更接近m. （1）若x3比1更接近0，求x的取值范围；

2ab2a2b2)与（2）对任意两个正数a、b，试判断(哪一个更接近ab？并说明理由； 22（3）当a2且x1时，证明：

15、（清远市2015届高三上期末）设函数f(x)e比xa更接近lnx. xxaln(1x),g(x)ln(1x)bx. 1x(1)若函数f(x)在x0处有极值，求函数f(x)的最大值；

（2）①若b是正实数，求使得关于x的不等式g(x)0在0,上恒成立的b取值范围； ②证明：不等式.

k1k21nklnn1(nN*) 2

参考答案

一、选择、填空题 1、【答案】D 【解析】

x试题分析：设g(x)=e(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线

yaxa的下方.

因为g(x)e(2x1)，所以当x时，[g(x)]max=-2e12x111时，g(x)＜0，当x时，g(x)＞0，所以当x222，

当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故ag(0)1，

且g(1)3e1aa，解得

3≤a＜1，故选D. 2e

考点：导数的综合应用 2、【答案】：B

2【解析1】：由已知a0，f(x)3ax6x，令f(x)0，得x0或x2， a当a0时，x,0,f(x)0;x0,22,f(x)0;x,,f(x)0； aa且f(0)10，f(x)有小于零的零点，不符合题意。

当a0时，x,22,f(x)0;x,0,f(x)0;x0,,f(x)0 aa2a2要使f(x)有唯一的零点x0且x0＞0，只需f()0，即a4，a2．选B

32【解析2】：由已知a0，f(x)=ax3x1有唯一的正零点，等价于a31x1 x3有唯一的正零根，令t133，则问题又等价于at3t有唯一的正零根，即ya与yt3tx32有唯一的交点且交点在在y轴右侧记f(t)t3t，f(t)3t3，由f(t)0，t1，

t,1,f(t)0;t1,1,f(t)0;，

t1,,f(t)0，要使at33t有唯一的正零根，只需af(1)2，选B

3、【解析】由f(x)图像关于直线x=－2对称，则

220=f(1)f(3)=[1(3)][(3)3ab]，

220=f(1)f(5)=[1(5)][(5)5ab]，解得a=8，b=15，

22∴f(x)=(1x)(x8x15)，

∴f(x)=2x(x28x15)(1x2)(2x8)=4(x36x27x2)

=4(x2)(x25)(x25)

当x∈(－∞,25)∪(－2, 25)时，f(x)＞0， 当x∈(25,－2)∪(25,+∞)时，f(x)＜0，

∴f(x)在（－∞，25）单调递增，在（25，－2）单调递减，在（－2，25）单调递增，在（25，+∞）单调递减，故当

x=25和x=25时取极大值，

f(25)=f(25)=16.

4、对于B选项：f'(x)cosx的最大值为1，所以ysinx不存在斜率为

3的切线。 21，2x）0，即2x10，5、【解析】依题意得：g由g（可得x（x）x2x3，g（x）2x1，

而g1，即函数gx的拐点为,1，即g1xgx2，

1212120142201332012gggggg所以2, 201520152015201520152015所以所求为6、3

7、3xy10

201422014，故选D． 28、2 2（x+1）的导数y′=﹣（

=﹣

，（当且仅当，又0≤θ＜π，

（x+1）

）=﹣取等号），

解答： 解：∵函数y=﹣=﹣（

+

）≤﹣2

∴y′∈（﹣∴

＜θ

]，∴tanθ

．故选C．

exf(x)exf(x)f(x)f(x)f(x)0 10、【答案解析】A 解析：设h(x)，则h(x)x2xxeee在xR上恒成立，所以h(x)f(x)是R上 的减函数，所以h(ln2)h(ln3)，即 ex

f(ln2)f(ln3)ln33f(ln2)2f(ln3)，故选 A. eln2e2

11、【答案解析】C 解析：解：（I）fx=3ax+2ax-3，

∵函数f（x）在x=±1处取得极值，

3a2b303

f1f10，即，解得a=1，b=0．曲线f（x）=x-3x，点（0，-16）不在

3a2b30曲线上．设切点为P（s，t），则t=s-3s．f′（s）=3（s-1），因此切线方程为：y-t=3（s-1）（x-s）．∵点（0，-16）在切线上，∴-16-（s-3s）=3（s-1）（0-s）， 化为s=8，解得s=2，∴切点为P（2，2），故曲线方程为：9x-y-16=0．

12、解答： 解：设g（x）=ef（x）﹣e，（x∈R），

xxxx

则g（x）=ef（x）+ef′（x）﹣e=e[f（x）+f′（x）﹣1]，

∵f（x）+f′（x）＞1，∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，∴g′（x）＞0， ∴y=g（x）在定义域上单调递增， xx

∵ef（x）＞e+2014，∴g（x）＞2014，

00

又∵g（0）=ef（0）﹣e=2015﹣1=2014， ∴g（x）＞g（0），∴x＞0故选：D． 点评： 本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，属于中档题．

二、解答题

x

x

3

3

2

3

2

2

33535；（Ⅱ）当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a4444453时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点.

441、【答案】（Ⅰ）a【解析】

试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将x分为x1,x1,0x1研究h(x)的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论.

试题解析：（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即

13xax01300x,a，解得. 40243x2a00因此，当a3时，x轴是曲线yf(x)的切线. „„5分 4（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0， ∴h(x)在（1，+∞）无零点.

55，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,故x=1是h(x)4455的零点；若a，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的

44 当x=1时，若a零点.

当x(0,1)时，g(x)lnx0，所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数.

(ⅰ)若a3或a0，则f(x)3x2a在（0,1）无零点，故f(x)在（0,1）单调，而f(0)1，45f(1)a，所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点；当a0时，f(x)在（0，1）无

4零点.

(ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，aaa）单调递减，在（，1）单调递增，故当x=333时，f(x)取的最小值，最小值为f(a1a2a. )=3343①

若f(3a)＞0，即＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点.

433a)=0，即a，则f(x)在（0,1）有唯一零点；

43②

若f(③

若f(a即3a)＜0，

331553，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，444445f(x)在（0,1）有两个零点；当3a时，f(x)在（0,1）有一个零点.„10分

43535综上，当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当

444453a时，h(x)有三个零点. „„12分 44考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 2、【解析】：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为0,，f(x)aelnxxaxbx1bx1e2ee xxx由题意可得f(1)2,f(1)e，故a1,b2 „„„„„6分

22ex1x（Ⅱ）由(Ⅰ)知，f(x)elnx，从而f(x)1等价于xlnxxe

exx

设函数g(x)xlnx，则g(x)xlnx，所以当x0,时，g(x)0，当

1e111x,时，g(x)0，故g(x)在0,单调递减，在,单调

eee递增，从而g(x)在0,的最小值为

g(). „„„„„8分 设函数h(x)xex1e1e2，则h(x)ex1x，所以当x0,1时，h(x)0，当ex1,时，h(x)0，故h(x)在0,1单调递增，在1,单调递减，

从而h(x)g(x)在0,的最小值为h(1).

综上：当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1. „„„„„12分

3、【命题意图】本题主要考查利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数最值，考查运算求解能力及应用意识,是中档题.

【解析】（Ⅰ）由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4，

而f(x)=2xb，g(x)=ex(cxdc)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；„„4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x4x2，g(x)2e(x1)，

x2设函数F(x)=kg(x)f(x)=2ke(x1)x4x2（x2），

2x1eF(x)=2kex(x2)2x4=2(x2)(kex1)，

有题设可得F(0)≥0，即k1， 令F(x)=0得，x1=lnk，x2=－2，

（1）若1ke，则－2＜x1≤0，∴当x(2,x1)时，F(x)＜0，当x(x1,)时，F(x)＞0，即F(x)在(2,x1)单调递减，在(x1,)单调递增，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)，而

2F(x1)=2x12x124x12=x1(x12)≥0，

∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，

2x2(2)若ke，则F(x)=2e(x2)(ee)，

2

∴当x≥－2时，F(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单调递增，而F(2)=0， ∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立， (3)若ke，则F(2)=2ke222=2e2(ke2)＜0，

∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立， 综上所述，k的取值范围为[1,e]. 4、

2

5、（1）解法一：因为函数fxalnx 所以fx2x1在区间0,1内是增函数， x1a200x1．„„„„„„„„„„„„„„1分 2xx1即ax12x00x1， 即a2xx12„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

20x1， 1x2x121因为在x0,1内恒成立，所以a．

12x22x故实数a的取值范围为,．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 解法二：因为函数fxalnx 所以fx212x1在区间0,1内是增函数， x1a200x1．„„„„„„„„„„„„„„„1分 2xx1即ax12x00x1，

即ax2a1xa00x1，„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

2设gxax2a1xa，

2当a0时，得2x0，此时不合题意．

1a0,g00,当a0时，需满足即解得a，此时不合题意．

2a2a1a0,g10,g00,g00,222a14a0当a0时，需满足或或g10,g10, a1a10,1,aa1或a1， 21所以a．

2解得a

综上所述，实数a的取值范围为,．„„„„„„„„„„„„4分 （2）证明：因为函数gxe，所以gxe．

xxbb过点Pb,e，Qb,e作曲线C的切线方程为：

12l1：yebxbeb， l2：yebxbeb，

因为l1与l2的交点为Mx0,y0，

bbyexbe,由 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 bbyexbe,消去y，解得x0beb+ebebebebeb． ①„„„„„„„„„„7分

下面给出判定x00的两种方法：

方法一：设et，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 因为b0，所以t1，且blnt． 所以x0bt2+1lntt21t12．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分

22设htt+1lntt1t1，

1t1．„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 t1令ut2tlnttt1，

t1则ut2lnt12．

t11当t1时，lnt0，120，所以ut2lnt120，„„„„„„„11分

tt则ht2tlntt所以函数ut在1,上是增函数，

所以utu10，即ht0，„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 所以函数ht在1,上是增函数，

所以hth10．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„13分

2因为当t1时，t10，

所以x0t2+1lntt21t120．„„„„„„„„„„„„„„„„14分

方法二：由①得x0设e2bb1+e2b1e2b1．

t，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

2b，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分 lnt因为b0，所以0t1，且lnt2b． 于是12bb1+t21t所以x0b．„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

lnt1tlnt1t11x1时，fxlnx在区间0,1上是增函数，„„„„„„11分 22x1lntt1f10， 所以ft2t1lntt1即． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 2t121t0，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„13分 即

lnt1t已知b0，

由（1）知当a所以x0b21t0．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分 lnt1txlnxx1 x16、解：（Ⅰ）m=1时，f(x)g(x)即10 „„„„„„1分 x123[(x)]2111xx1240， 令h(x)lnxx，则h'(x)1222xxxxx 而x > 0，所以方程即为lnxx 而h(1)=0，故方程f(x)=g(x)有惟一的实根x=1. „„„„„„4分

1（Ⅱ）x[1,),f(x)g(x),即lnxm(x)，

x

1 设F(x)lnxm(x)，即x[1,),F(x)0

x11mx2xm F'(x)m(12) „„„„„„„„„„„„„„„„6分

xxx2 ①若m0，则F'(x)0，F(x)F(1)0，这与题设F(x)0矛盾„7分

②若m0，方程mx2xm0的判别式14m2， 当0，即m1时，F'(x)0， 2∴F(x)在(1,)上单调递减，

∴F(x)F(1)0，即不等式成立„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 当0m1时，方程mx2xm0有两正实根，设两根为x1,x2， 2114m2x2(1,)

2m114m2(x1x2)x1(0,1),2m当x(1,x2),F'(x)0,F(x)单调递增，F(x)F(1)0与题设矛盾， 综上所述，m1。 2所以，实数m的取值范围是,-------------10分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x1时，m

不妨令x 所以ln111时，lnx(x)成立．

2x2122k11,(kN)， 2k12k112k12k14k， ()22k122k12k14k14k,(kN)„„„„„„„„„„„„„„11分 24k1 ln(2k1)ln(2k1)

4ln3ln1412142 ln5ln3„„„„„„„„„„„„„„„„12分 24214nln(2n1)ln(2n1)4n21

累加可得 ln(2n1)i1n4i(nN)． 24i11007 取n=1007，即得

i14iln2015„„„„„„„„„„„„„„14分

4i217、解：(1)当0xa时，f(x)＝当xa时，f(x)＝

ax；

x2axa. „„„„„„„2分

x2a因此，当x(0,a)时，f'(x)＝

3a＜0，f(x)在(0,a)上单调递减； „„3分

x2a2

当x(a,)时，f'(x)＝

3af(x)在(a,)上单调递增．„„„4分 2＞0，

x2a1. „„„„„„„5分 2①若a4，则f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝

②若0a4，则f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,4)上单调递增． 所以g(a)＝max{f(0)，f(4)}．

14aa1， „„„„„„„6分 242a2a4a故当0a1时，g(a)＝f(4)＝；

42a1当1a4时，g(a)＝f(0)＝. „„„„„„„8分

2而f(0)－f(4)＝

4a,0a1,42a综上所述，g(a)＝ „„„„„„„9分

1,a1.2(2)由(1)知，当a4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不满足要求．„„„„10分 当0a4时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．

若存在x1，x2∈(0,4) (x1＜x2)，使曲线y＝f(x)在x1，f(x1)，x2，f(x2)两点处的切线互相垂直，则x1∈(0,a)，x2∈(a,4)，且f'(x1)f'(x2)＝－1， 即

3a3a3a1x2a，亦即＝.(*) „„„„„„„11分 1x12a2x22a2x22a3a3a,1. ∈x22a42a由x1∈(0,a)，x2∈(a,4)得x12a∈(2a,3a)，

3a(2a,3a),1的交集非空． 故(*)成立等价于集合A＝与集合B＝42a因为

3a1＜3a，所以当且仅当02a1，即0a时，A∩B≠.„„13分

42a2综上所述，存在a使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，

1a在该两点处的切线互相垂直，且的取值范围是0,. „„„„„„„14分

2

8、解：（1）当a1时，gxx12lnx，定义域为0,

gx12x2 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 xx当x0,2时，gx0，gx单调递减； 当x2,时，gx0，gx单调递增，

综上，gx的单调递增区间为2,，单调递减区间为0,2„„„„„„ 4分

（2）证明：ky2y1lnx2lnx1，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分 x2x1x2x1又x0x1x212，所以fx0lnx，„„„„„„„„„„„„6分 2x0x1x2xx0要证kf(x0), 即证

lnx2lnx12， x2x1x1x2x2212x2x1xx1，

不妨设0x1x2，即证lnx2lnx1,即证ln2x2x1x1x21x1设t2t14x22, „„„„„„„„„„„„„„„„„7分 1，即证：lntt1t1x1420，其中t1,， t142t1,， 事实上：设ktlntt1也就是要证：lntt14tt1140， 则kt22tt12tt1tt1所以kt在1,上单调递增，因此ktk10，即结论成立. „„„„„„„9分

22（3）由题意得

Fx1x1Fx2x2Fx1Fx210，即0，

x1x2x1x2bx， x1若设GxFxx，则Gx在0,2上单调递减，„„„„„„„„„„„„„„10分 ①当x1,2时，GxlnxGx1b10， xx12

x1bx212x1x23x3在1,2恒成立，

x2设G1xx3x113，则G1x2x32， xx27， 2当x1,2时，G1x0

G1x在1,2上单调递增，G1xG12b27 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 2bx， ②当x0,1时，Gxlnxx11bGx10， 2xx1x1bx212x1x2x1在0,1恒成立，

x111，G2x2x120， xx设G2xxx2即G2x在0,1单调递增，故G2xG210，

b0，

综上所述：b27. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分 29、解：（1）g(2)2,ab1.

1∴ h(x)lnxax2(a1)x，其定义域为（0，+）.

21ax2(a1)x1(ax1)(x1)h(x)ax(a1)=， „„„„ 1分

xxx若a0,则函数h(x)在区间（0,1）上单调递增；

在区间（1,+）上单调递减. „„2分 若a0,令h(x)0,得x11,x21. a1.当a1时，则0.

增；在区间（111，所以函数h(x)在区间（ 0,）和（1,+）上单调递

aa1,1）上单调递减. „„3分 a2.当a1时，h/(x)0,所以函数h(x)在区间（0，+）单调递增. „„4分

3.当1a0时，则在区间（1,111，所以函数h(x)在区间（0,1）和（,+）上单调递增；aa1）上单调递减. a（综上所述略） „„5分 （2）∵函数g(x)是关于x的一次函数 ， ∴ h(x)lnxbx，其定义域为（0，+）. ① 由h(x)0,得b-∴(x)lnxlnxlnx1，记(x)，则(x) „„6分 xxx2.

lnx在(0,e)单调减，在(e,)单调增， xlnx1∴当xe时,(x)取得最小值. „„7分

ex又(1)0，所以x(0,1)时,(x)0，而x(1,)时,(x)0. „„8分 1 ∴b的取值范围是（，0）. „„9分

e② 由题意得lnx1bx10,lnx2bx20，

∴lnx1x2b(x1x2)0,lnx2lnx1b(x2x1)0. ∴

lnx1x2xx12.

lnx2lnx1x2x1x1x2(lnx2lnx1)2，

x2x1不妨设x1x2.要证x1x2e2 , 只需要证lnx1x2即证lnx2lnx12(x2x1)x2(x2x1) , 即ln2. „„10分

x2x1x1x2x1设t2(t1)4x2lnt2， „„„„11分 (t1)，F(t)lntx1t1t1

14(t1)2F(t)0， „„12分 22t(t1)t(t1)

∴函数F(t)在（1，+）上单调递增，而F(1)0， 所以F(t)0,即lnt10、

2(t1)2，∴x1x2e. „„14分 t1

11、解：（1）在f(x)f(1)0中，取x1，得f(1)0， x 又f(1)ln1abab，所以ba． „„„„„„„„„„„„„„1分

a11，f(x)a(12)，f(1)12a． xxx5f(1)5， 又f(1)01所以12a5，a2． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分

a2a2a322a32lnaln2． （2）f()ln222aa2223x23x44(x1)2x3ln2，则g(x)2 令g(x)2lnx． 2x2xx22x从而f(x)lnxax所以，x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减， „„„„„„„„„„„„„5分 故x(0,1)时，g(x)g(1)21ln21lne0． 2a2所以，0a1时，f()0． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分

2

11ax2xa （3）f(x)a(12)． 2xxx ①当a0时，在(0,)上，f(x)0，f(x)递增，

所以，f(x)至多只有一个零点，不合题意； „„„„„„„„„„„„„„„„8分 ②当a1时，在(1,)上，f(x)0，f(x)递减， 21114a114a时，令f(x)0，得x11． 1，x222a2a所以，f(x)也至多只有一个零点，不合题意； „„„„„„„„„„„„„„10分 ③当0a此时，f(x)在(0,x1)上递减，(x1,x2)上递增，(x2,)上递减，

所以，f(x)至多有三个零点． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 因为f(x)在(x1,1)上递增，所以f(x1)f(1)0．

a2a2 又因为f()0，所以x0(,x1)，使得f(x0)0． „„„„„„„„„„„13分

221 又f()f(x0)0，f(1)0，

x01所以f(x)恰有三个不同的零点：x0，1，．

x01 综上所述，当f(x)存在三个不同的零点时，a的取值范围是(0,)． „„„„„„14分

2【说明】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识,包括函数的极值、零点，二次方程根的分布等知识，考查考生综合运用数学知识解决问题的能力，同时也考查函数与方程思想、化归与转化思想. 12、

13、证明与求解：⑴f(x)x33x21，f/(x)3x26x„„1分

解f/(x)0得x10，x22„„2分，

x1x2xx2 , f(1) )即M(1 , 3 )„„3分 2232曲线yf(x)上任意一点P(x0 , x03x01)关于M对称的点为M( Q(2x0 , x03x05 )„„4分

32

直接计算知，f(2x0)(2x0)33(2x0)21x03x05，点Q在曲线yf(x)上，所以，曲线yf(x)关于点M对称„„5分

⑵（方法一）|f(x)|33即|x3ax21|33，33x3ax2133„„6分 x0时，不等式恒成立„„7分；

3232x334x3x0时，不等式等价于a„„8分 22xx6432x33234x334/g(x)1xg(x)x作g1(x)，，12x3x2x2x2x268/g2(x)13„„9分，解g1/(x)0、g2/(x)0得x14、x2368„„10分

x(4 , 5 ] [ 1 , 0) (0 , 4) x 4

，

g1(x) g1(x)

/－ ↘ ＋ ↗

＋ ↗ － ↘

0 极大值 －

－ ↘ － ↘

g2(x) g2(x)

„„12分

/32x3g1(1)31，g1(4)6，g1(x)在[1 , 0)(0 , 5]的最大值为6；g2()35，2x34x39191[1 , 0)(0 , 5]在的最小值为„„13分 g2(5)，g2(x)2525x2综上所述，a的取值范围为[6 , 91]„„14分 25（方法二）f/(x)3x22ax，a0时，f(x)x31不符合题意，∴a0，解f/(x)0得x10，x22a„„6分 32a当x2[1 , 5]时，f(x)在[1 , 5]内的极值点为x1„„7分，|f(x)|33当且仅当

32a2a1535或1a或a3322|f(0)|33„„8分，即|a2|33„„9分，解集为空集„„10分 |f(1)|33|25a124|33|f(5)|33当x22a[1 , 5]f(x)在[1 , 5]内的极值点为x1、x2„„11分，|f(x)|33当且仅当3

2a153315a22|f(0)|332a91|4a31|33|f()|33„„12分，即„„13分，解集为[6 , ]，27325|f(1)|33|a2|33|25a124|33|f(5)|33∵[6 , 919191][6 , ]，∴a的取值范围为[6 , ]„„14分 25252514、解：（1）依题意可得|x23|1 ------------------------------------------------1分

1x2312x2或2x2

∴x的取值范围为[2,2][2,2].---------------------------------------------3分

ab2a2b2(ab)(ab)2)ab||ab||（2）解法一：∵|(|||---------------5分 2242(ab)2(ab)2(ab)20,---------------------------------------------6分

424ab2a2b2)ab||ab|, 即|(22ab2a2b2)比∴(更接近ab；--------------------------------------------------7分 22ab2a2b2)ab,ab，------------------4分 【解法二：∵对任意两个正数a、b，有(222ab2a2b2ab2a2b2(ab)2)ab||ab|()0, ∴|(22224ab2a2b2)ab||ab|,------------------------------------------------6分 即|(22ab2a2b2)比∴(更接近ab；-------------------------------------------------7分】 22（3）令p(x)elnx,q(x)xalnx, x则p(x)在区间[1,)上单调递减，且p(e)0,

由q(x)11x1,得当x1时，q(x)0, xx∴q(x)在[1,)上单调递增，且当x1时，有q(x)q(1)0.-----------------------8分 ①当1xe时，∵p(x)≥0，a2， ∴|p(x)||q(x)|∴

eelnx(xalnx)xae120. xxe比xa更接近lnx.--------------------------------------------------------10分 x②当xe时，

解法一：∵p(x)<0，q(x)0.,

ee(xalnx)2lnxxa2lnxx2.----------12分 xx22x.当xe时，f(x)0. 令f(x)2lnxx2,则f(x)1xx∴|p(x)||q(x)|lnx∴f(x)在区间(e,)单调递减，当xe时，f(x)f(e)e0.------------------13分 综上可知，当x1时，|∴

eelnx||xalnx|0.即|lnx||xalnx|. xxe比xa更接近lnx.--------------------------------------------------------14分 x【解法二：当xe时，∵p(x)<0，q(x)0. ∴|p(x)||q(x)|lnxee(xalnx)2lnxxa.-----------------------11分 xxe2ex22xe. 令f(x)2lnxxa，则f(x)12xxxx2令f'(x)0，解得x111e,x211e，

∵xe ∴x211e不合舍去，-------------------------------------------12分 ∵(e1)1e, ∴e11e ∴x1e ∵当exx1时，f(x)0.当xx1时，f(x)0.

∴f(x)在区间(e,x1)单调递增，在(x1,)单调递减，又ex13 ∴当xe时，f(x)f(x1)2lnx1综上可知，当x1时，|2ex1a2ln3e20.------------------13分 x1eelnx||xalnx|0.即|lnx||xalnx|. xx

∴

e比xa更接近lnx.-------------------------------------------------------14分】 x115、解：（1）由已知得：f(x)1x2a， „„„1分 1x又∵函数f(x)在x0处有极值 ∴f(0)1102a0，即a1 „„2分 10∴f(x)x11xln(1x), f(x) „„„3分 221x1x1x1x∴,当x1,0时，f(x)0，f(x)单调递增；

当x0,时，f(x)0，f(x)单调递减；„„„4分（或者列表） ∴函数f(x)的最大值为f(0)0„„„5分

1b„„„6分 1x1b0 (i)若b1，则x0,时，g(x)1x（2）①由已知得：g(x)∴g(x)ln(1x)bx在0,上为减函数，

∴g(x)ln(1x)bxg(0)0在0,上恒成立； „„„7分 (ii)若b0，则x0,时，g(x)1b0 1x∴g(x)ln(1x)bx在0,上为增函数，

∴g(x)ln(1x)bxg(0)0，不能使g(x)0在0,上恒成立；„8分 (iii)若0b1，则g(x)111b0时，x1， 当x0,1时，g(x)0，1xbb∴g(x)ln(1x)bx在0,11上为增函数， b此时g(x)ln(1x)bxg(0)0，∴不能使g(x)0在0,上恒成立；9分

综上所述，b的取值范围是1,. „„„10分 ②由以上得：

xln(1x)x(x0), „„„11分 1x

取x1111ln(1) „„„12分 得：

1nnnn令xnklnn， „„„13分 2k1k1n1n111ln10. ，xnxn1222n1n1n1n2n1nn则x1因此xx1nn1x12. n∴ klnn1(nk1k212N*)„„„14分