导数及其应用

A组

一、选择题

1．已知fx定义在R上的函数，fx是fx的导函数，若fx1fx，且f02， 则不等式efxe1（其中e为自然对数的底数）的解集是（ ）

xxA．,01, B．1, C．0, D．,10,

答案C

解析：设gxefxe,xR，则gxefxefxeexxxxxxfxfx1，

∵fx1fx，∴fxfx10，∴gx，∴ygx在定义域上单调递增，∵

exfxex1，∴gx1，又∵g0e0f0e01，∴gxg0，∴x0，∴不等式的

解集为0,故选：C.

x2．设函数f(x)e(3x1)axa，其中a1，若仅有一个整数x0，使得f(x0)0，则a的取

值范围是（ ） A．[

223223,1) B．[,) C．[,) D．[,1) ee4ee4答案D.解析：f'(x)4ea，由题意得，f(x)的单调性为先递减后递增，故a0，

xa,)上单调递增， 442又∵f(1)2e0，f(0)a10，∴只需f(1)2a0a，

ee2即实数a的取值范围是[,1)，故选D.

e即f(x)在(,ln)上单调递减，在(ln3．已知函数fxx22xaex1ex1有唯一零点，则a= A. 

【答案】C

【解析】函数fx的零点满足x22xaex1ex1， 设gxex1x1a4111 B. C. D. 1 232e，则gxex1ex1ex11ex1e2x11，

ex1当gx0时， x1；当x1时， gx0，函数gx单调递减；

当x1时， gx0，函数gx单调递增，当x1时，函数gx取得最小值，为g12. 设hxx2x，当x1时，函数hx取得最小值，为1，

2若a0，函数hx与函数agx没有交点；

若a0，当ag1h1时，函数hx和agx有一个交点， 即a21，解得a1.故选C. 24.曲线ye在点6,e2处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A．

1x332e B．3e2 C．6e2 D．9e2 2

答案A

1x112解析:因ye3,故切线的斜率ke2,切线方程ye2e2(x6)，令x0得ye；令

333/1y0得x3，故围成的三角形的面积为S133|e2|e2，应选A。 225. 曲线yxsinx在点P(,0)处的切线方程是（ ） A．yx B．yx C．yx D．yx

2222

答案A

解析：yfxsinx，f'xsinxcosx，f'，曲线yxsinx在点P(,0)处的切线方程是yxx，故选A.

2二、填空题

6．已知函数f(x)aee

答案1 解析：依题意f'xx的导函数f(x)的图象关于原点对称，则a 。

'xaexex关于原点对称，a1时f'x为奇函数，符合题意。

7．已知函数fxxlnxax有两个极值点，则实数a的取值范围是______．

答案0,

解析：f'(x)lnxaxx(a)1lnx2ax，由题意1lnx2ax0在(0,)上有两个根，设g(x)1lnx2ax，若a0，则g(x)在(0,)为增函数，g(x)0最多只能有一解，不合题意，故a0，当x0或者x时，g(x)，g'(x)121xx(1,)时，g'(x)0，因此g(x)最大2a11当x(0,g'(x)0，2a，)时，

x2a1111g()，由题意g()1ln2a0，所

2a2a2a2a以0a1． 22三、解答题

8．已知函数f(x)lnxax(2a1)x,其中a0. （1）当a2时，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （2）求f(x)的单调区间；

（3）当a0时，判断函数f(x)零点的个数.（只需写出结论）.

解析：（1）当a2时，f(x)lnx2x5x，f(x)214x5， xf(1)3,f(1)0，所以切线方程为y30.（2）f(x)的定义域：xx0，

12ax2(2a1)x1(x1)(2ax)f(x)2ax(2a1)，

xxx令f(x)0，x11,x21， 2a当a0时，令f(x)0，得0x1，令f(x)0，得x1，

f(x)的增区间为0,1，f(x)的减区间为(1,).

1时，f(x)0恒成立，f(x)在(0,)上单调递增， 2111当0a时，f(x)0，0x1或x；f(x)0，x1，

22a2a11所以f(x)的增区间为0,1，(,)，f(x)的减区间为(,1).

2a2a111当a时，f(x)0，x1或0x，f(x)0，x1，

22a2a当a11)，(1,)，f(x)的减区间为(,1). 2a2a（3）当a0时，零点的个数为1.

ablnx19．设函数fx，,gxxab（其中e为自然对数的底数，a,bR且a0）

x2所以f(x)的增区间为(0,曲线yfx在点1,f1处的切线方程为yaex1． （Ⅰ）求b的值；

（Ⅱ）若对任意x,，fx与gx有且只有两个交点，求a的取值范围． 1e

解析：（Ⅰ）由fxab1lnxablnx，得fx，

x2x由题意得f1abae， ∵a0，∴be；

（Ⅱ）令hxxfxgx121xaexaelnx，则任意x,，fx与gx2e1e有且只有两个交点，等价于函数hx在,有且只有两个零点，由

hxxaxe， 12xaexaelnx，得hxx211时，由hx0得xe，由hx0得xe， ee1e①当a此时hx在,e上单调递减，在e,上单调递增， ∵he121eaeeaelnee20， 22he214112（或当xeaee2aelneee2e22aee2e20，

222e1e时，hx0亦可），∴要使得hx在,上有且只有两个零点，则只需

2212e2e1ea11ae112e2h2aeln0，即a， 22ee2e2e1ee2e②当

11ae时，由hx0得xa或xe，由hx0得axe，此时hx在a,eee1e上单调递减，在,a和e,上单调递增． 此时ha1211aaeaelnaa2aeaelnea20， 2221e∴此时hx在,至多只有一个零点，不合题意， ③当ae时，由hx0得

11xe或xa，由hx0得exa，此时hx在,e和eea,上单调递增，在e,a上单调递减，且he∴hx在,至多只有一个零点，不合题意，

12e0， 21e12e2． 综上所述，a的取值范围为,22e1em1110．已知mR，函数f(x)mxlnx，g(x)lnx.

xx（1）求g(x)的极小值；

（2）若yf(x)g(x)在[1,)上为单调增函数，求m的取值范围； （3）设h(x)2e，若在[1,e]（e是自然对数的底数）上至少存在一个x0，使得f(x0)g(x0)h(x0)x成立，求m的取值范围.

解析：（1）由题意，x0，g'(x)'11x1+2， x2xx'所以0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.

所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1,)上是增函数，故g(x)极小值g(1)1.

mx22xmm'（2）因为f(x)g(x)mx2lnx，所以[f(x)g(x)]， 2xx由于f(x)g(x)在[1,)内为单调递增函数， 所以mx22xm0在[1,)上恒成立，即m故m(2x在[1,)上恒成立， 21x2x)max1，所以m的取值范围是[1,). 1x2m2e（3）构造函数F(x)f(x)g(x)h(x)mx2lnx，

xxm2e当m0时，由x[1,e]得mx0，2lnx0，

xx所以在[1,e]上不存在一个x0，使得f(x0)g(x0)h(x0).

m22emx22xm2e当m0时，F(x)m22.

xxxx2'因为x[1,e]，所以2e2x0，mx2m0，所以F(x)0在[1,)上恒成立， 故F(x)在[1,e]上单调递增，F(x)maxF(e)me'm4， em40， e所以要在[1,e]上存在一个x0，使得F(x)0，必须且只需me解得m4e4em，故的取值范围是(,). 22e1e1另外：（3）当x1时，f(1)g(1)h(1)， 当x(1,e]时，由f(x)g(x)h(x)，得m2e2xlnx.

x21(2x22)lnx(2x24ex2)2e2xlnx'0， 令G(x)，则G(x)222(x1)x1所以G(x)在(1,e]上递减，G(x)minG(e)4e. e214e. e21综上，要在[1,e]上存在一个x0，使得f(x0)g(x0)h(x0)，必须且只需m

11．对于函数yfx的定义域为D，如果存在区间m,nD，同时满足下列条件： ①fx在m,n上是单调函数；

②当fx的定义域为m,n时，值域也是m,n，则称区间m,n是函数fx的“K区间”．对于函数fxalnxx,x0a0．

xa,x0（1）若a1，求函数fx在e,1e处的切线方程； （2）若函数fx存在“K区间”，求a的取值范围．

解析：（1）a1时，fxlnxxx0,fx∴函数fx在e,1e处的切线方程为y1e111，则fe1， xe111xe，即y1x． eea1x0x（2）fxa0，

1x02x列表如下：

x ,0  减 0,a  增 a 0 极大值 a,  减 fx fx 设函数fx存在“K区间”是m,n man（i）当mn0时，由上表可知，

nam两式相减得mnnm，即mnmnmn，

manann1所以mn1，代入，得，

namamm1欲使此关于m,n的方程组在mn0时有解，需使ya与yxx1x0的图象有两个交点，

2311yx2x1在0,是减函数，在,是增函数，且y1,yx01，所以此时满足fxx4222存在“H区间”的a的取值范围是3,1． 41lnmalnmmma2m（ii）当0mna时，由上表可知，，即，

1lnnalnnnna2n设gxlnx1lnx，当x0,e时，gx0，gx为增函数， ,gx22x2x当xe,时，gx0，gx为减函数，

1lnm1lnxa2m欲使此关于m,n的方程有两解，需使y与y在0,a有两个交点，

a2x1lnna2nae所以有，解得2eae2． 1gagea所以此时满足fx存在“H区间”的a的取值范围是2e,e2． （iii）当amn时，由上表可知，alnmmm，两式相减得，alnmlnn0，此式不可

alnnnn能成立，所以此时fx不存在“H区间”．

综上所述，函数fx存在“H区间”的a的取值范围是3,142e,e2．

B组

一、 选择题

1．已知等比数列an的前n项的和为Sn2n1k，则fxxkx2x1的极大值为（ ）

32A．2 B．3 C．

答案D

75 D． 22解析：因S1a11k,S2a1a22k,S3S2a34k,即a11k,a21,a32,故题设2(1k)1,k11,所以f(x)x3x22x1,由于22f/(x)3x2x2(3x2)(x1),因此当x(,1)时, f/(x)0,f(x)单调递增；当

2x(1,)时, f/(x)0,f(x)单调递减,所以函数f(x)在x1处取极大值

315f(1)121,应选D.

222．设函数fx是函数fxxR的导函数，f02,fxfxe，则使得

xfxxex2ex成立的x的取值范围是（ ）

A．0, B．1, C．0,1 D．,

答案A

解析：令gxexfxx,g'xexfxf'xex1exf'xfx1，由

fxfxex得g'x0，所以gx在定义域上递增，fxxex2ex即是

xx可得x0，使得fxxe2e成立的x的取值范围是0,，gxexfxx2g0，

故选A。

3．定义在R上的可导函数fx，当x(1,)时，x1fxfx0恒成立，

af(2),b1f(3),c(21)f(2), 则a,b,c的大小关系为（ ） 2A．c＜a＜b B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜b＜a

答案A

fxx1fxfx（x）＞0，gx）解析：构造函数（ ，当x 时，g即函数（（，1）gx）(x1)2x1f21f2）g（2）单调递增，则a（,同理bf3g3,c21221f2g2,由

g

,可知c＜a＜b.故本题选A． g2）＜（g3）2＜（'4．己知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(x2)为偶函数，

'f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为（ ）

A．(2,) B．(4,) C．(1,) D．(0,)

答案D

解析：因为函数f(x)满足f(x2)为偶函数且f(4)1，所以f(2x)f(2x)且f(0)1，令

f'(x)f(x)f(x)'0在R上恒成立，即函数g(x)在R上单调递减，又因为g(x)x，则g(x)exeg(0)f(0)1，所以由g(x)1，得x0，即不等式f(x)ex的解集为(0,)；故选D． 0e32二、填空题

5．若直线ykxk0是曲线fx2xx的一条切线，则k______． 答案

2解析：fx6x2x，设切点为x0,kx0， 26x02x0k,①则

322x0x0kx0,②3232将①代入②得2x0x06x02x0，

1832即4x0x0，x00或x01， 4k0（舍去）或k．

6．已知函数f(x)kx,g(x)2lnx2e(≤x≤e2),若f(x)与g(x)的图象上分别存在点M,N, 使得MN关于直线ye对称，则实数k的取值范围是 ．

181e 答案[2,2e] e1eklnt2t解析：设M(t,y1),N(t,y2),由题意y1y22e,即kt2lnt0在[,e2]上有意义,即在[,e2]上有意义,令h(t)1lnt1lnt121,求导h/(t),当时,t[,e]h(t),hmin(t)e,max2eteet1k2则e,即k[,2e]. e2e三、解答题

12f(x)lnxmx2(mR)。 7．已知函数

2（1）曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线与直线2xy30垂直，求m的值； （2）若关于x的不等式f(x)2mx(m1)x1恒成立，求整数m的最小值。

2

解析：（1）f(x)'1mx切线的斜率kf'(1)1m x

∴1m13，∴m。 22121mx(1m)x10设G(x)lnxmx2(1m)x1 22

（2）由题意，lnxG'(x)1mx(1m)①当m0时，因为x0，所以G'(x)0， x

13m12(1m)1m20 22所以G(x)在(0,)上是单调递增函数，G(1)ln1所以关于x的不等式G(x)0不能恒成立，

2②当m0时，G'(x)'mx(1m)x1xm(x1)(x1)m x令G(x)0，因为x0，得x1， m所以当x(0,11)时，G'(x)0，当x(,)时，G'(x)0， mm11)是增函数，在x(,)是减函数， mm111111)lnm()2(1m)1lnm mm2mm2m因此函数G(x)在x(0,故函数G(x)的最大值为G(令h(m)1lnm，因为h(m)在m(0,)上是减函数， 2m110，h(2)ln20，所以当m2时，h(m)0。 24又因为h(1)所以整数m的最小值为2。

ax218．已知函数fxx，直线yx为曲线yfx的切线（e为自然对数的底数）．

ee（1）求实数a的值；

（2）用minm,n表示m,n中的最小值，设函数gxminfx,xx0，若函数

1xhxgxcx2为增函数，求实数c的取值范围．

解析：（1）对fx求导得fxa2xexx2exex2ax2x． ex设直线y1x与曲线yfx切于点Px0,y0，则 e21ax0xe0ex0，解得ax01， x2x01a0ex0e所以a的值为1.

1x21（2）记函数Fxfxxxx,x0，下面考察函数yFx的符号，

xex对函数yFx求导得Fx当x2时，Fx0恒成立

x2x11,x0 x2exx2x当0x2时，x2x1，

2从而Fx2x2x1111111110 exx2exx2x2x2∴Fx0在0,上恒成立，故yFx在0,上单调递减．

QF11430,F220，∴F1F20， ee2又曲线 yFx在1,2上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的x01,2，使Fx00．

∴x0,x0,Fx0；xx0,，Fx0，

∴gxminf1x,0xx01x， x,x2xx,xx0ex12xcx,0xx0x2从而hxgxcx， 2xcx2,xx0xe1122cx,0xx0x∴hx，

x2x2cx,xx0xe由函数hxgxcx为增函数，且曲线yhx在0,上连续不断知hx0在0,x0，

2x0,上恒成立．

①当xx0时，记uxx2x2x2cx0在上恒成立，即在x0,上恒成立， x,2c0exex2xx3，则,xxux,xx0， 0xxee当x变化时，ux,ux变化情况列表如下：

x x0,3 3 0 3,  ux  ux ∴uxminux极小u3故“2c 极小值 1， 3e2x11在上恒成立”只需，即 ． x,2cuxc0x33minee2e1②当0xx0时，hx122cx，当c0时，hx0在0,x0上恒成立，

x12综合①②知，当c3时，函数hxgxcx为增函数．

2e故实数c的取值范围是,

1 2e39．已知函数fxmnlnx(m,n为常数） 的图象在x1处的切线方程为xy20. x1（1）判断函数fx的单调性；

（2）已知p0,1,且fp2,若对任意xp,1,任意t,2,fxt3t22at2与

21fxt3t22at2中恰有一个恒成立, 求实数a的取值范围.

解析:（1）由fxmmn, nlnx的定义域为0,,可得f'x2x1x1xmmn1,把x1代入xy20可得y1,,f11, 42由条件可得f'112121m2,n,fxlnx,f'x,22x122xx1x0,f'x0,

fx在0,上递减.

（2）由（1） 可知, fx 在p,1上单调递减,

fx在p,1上的最小值为f11,最大值为fp2,

只需t3t22at21或t3t22at22,

即2at2t对t,2恒成立，或2at2t对t,2恒成立,

22t232t12tt112tt11 令gtt2t,则g't2t12,令g't0可得t1.22tttt111而2t2t10恒成立, 当

1当1t2时,g't0,gtt1时,g't0,gt单调递减；

2单调递增.gt最大值为maxg,g2,而g127151112,g242,242422显然g1g2, 21



gt在,2上最大值为g2.又t2t,2,

2242a5151或2a,即a或a, 24485,. 4511实数a的取值范围是,8

2ex10．已知函数fx．

x（1）若曲线yf(x)在点x0,fx0处的切线方程为axy0，求x0的值； （2）设函数Fx

1fxbx，其中b为实常数，试讨论函数Fx的零点个数，并证明你的结论． 2exxex解析：（1）fx2，因为切线axy0过原点， 2x,ex0x0ex0所以2x0ex0x0，解得：x02 x0ex（2）F00等价于fxbx0，等价于2b0，注意x0

xexx2ex'令Hx2b，所以Hxx0

x3x（i）当b0,Hx0,所以H（x）无零点，即Fx定义域内无零点。 （ii）当b0，当x<0时，Hx0,H(x)单调递增；

，10）因为Hx在（-，上单调递增，而Hbeb1b1bb

又e11,所以H-0 b1neb1nbenb1nb又因为H-，其中nN，取n3，

b1所以1e1nb1e,n3，由此H-0

nb0上存在唯一零点 由零点存在定理知，Hx在-，（2）当0x2时，Hx0,H(x)单调递减；

,当x2时，Hx0,H(x)单调递增。

,e2b。 所以当x2时，H（x）有极小值也是最小值，H24e2e2b0,即0b时，H（x）在0，上不存在零点；（1）当H2 44e2e2b0,即b时，H（x）在0，上存在唯一零点2；（2）当H2 44e2e2（3）当H2b0,即b时，由e441b11有H（）beb1bb0,

2）上存在唯一零点；而H20,所以H（x）在（0，

e2be2b4b3b又因为2b3,H2b 224b4b令htet,,,133t，其中t2b2,h,tett2,h,,tet3t,h,,,tet3 222,,上单调递增，从而h,,th(2)e260， 所以hte30,因此ht在2，所以h,t在2，上单调递增，因此h,th,2e260， 上单调递增，所以hth2e40 故ht在2，2由上得H2b0,由零点存在定理知，H（x）在（2，2b）上存在唯一零点，即在2，上存在唯一零点综上所述：

当b0，函数Fx的零点个数为0；e2当0b时，函数Fx的零点个数为1；4 e2当b时，函数Fx的零点个数为2；4e2当b时，函数Fx的零点个数为3；4C组

一、 选择题 1．已知函数fx12x2ax,gx3a2lnxb，设两曲线yfx,ygx有公共点，且在2该点处的切线相同，则a0,时，实数b的最大值是（ ）

272313616A．e B．e C．e3 D．e3

2266

答案D

3a2解析：设切点为(x,y)，则由切点处的斜率相同且切线相同得，x02a……①，

x01x02ax03a2lnx0b ……②。因为a(0,)，所以由①得xa,并将其代入②得，255（0，e3）上单调递增，在ba23a2lna．设h(a)a23a2lna,利用导数法求得函数在区间

22区间(e,)上单调递减，所以h(a)max

2．已知直线l是曲线C1：yx与曲线C2：ylnx,x(0,1)的一条公切线，若直线l与曲线C1的切点为P，则点P的横坐标t满足（ ） A．0t

211323332h(e)e,则bmaxe3．选D．

221312211t2 D．, B．t1 C． 22222答案D

解析：记直线l与曲线C2的切点为因为m,lnm,m0,1,则直线l的方程为ylnm又直线l的方程为yt2txt,从而2t221xm,m11且lnm1t2,消去m得ln1t2,即m2t112x2112,令ln2tt10,t,设fxln2xx1,x,则f'x2xxx22f'x0解得xf'x0得fx在D.

12121221,则函数fx在,上递增，又，无零点，f0,2222222上单调递减，可得f,220,f1230，所以，故选

2,23．已知函数fxxxlnx,若kZ,且kx2fx对任意的x2恒成立,则k的最大值为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6

答案B

解析：由题设可得kx42lnxxxlnxxxlnx,令h(x),则h/(x).令

(x2)2x2x2g(x)x42lnx.则函数g(x)x42lnx的零点就是函数yh(x)的极值点.设

x42lnx0并记极值点为x0,则lnx0x04,由于2g(e2)e2440,g(9)54ln30,故7x09,而且不难验证当2xx0时,

h/(x)0,h(x)单调递减；当xx0时,h/(x)0,h(x)单调递增,所以

hmin(x)h(x0)x0x0lnx0x02x0x0(x04)xx20,因此k0,由于kZ且7x09,所

x0222以kmax4,故应选B.

x,x0,exxx124．已知函数f(x)，g(x)4a2aa1(aR)，若f(g(x))e对xRlnx,x0x恒成立（其中e是自然对数的底数），则a的取值范围是（ ） A.[1,0] B．（-1,0） C．[2,0] D．[,0]

12exexxx1x0,故函数f(x)在(,0)上单调递减；当答案A解析：当x0时,f(x)e2xe/1lnx/f(x)0,函数f(x)在(0,e)上单调递增；当xe时,,故当时,0xe2x1f/(x)0,函数f(x)在(e,)上单调递减.故在(0,)上函数取最大值f(x)fmax(x)e.而

ex当x0时，设xe,可得x1，故不等式f(g(x))e可化为g(x)1,即不等式

ex0时,f/(x)4x2a2xa2a0在(,0)恒成立，令t2x,t(0,1)，也即不等式

t22ata2a0在(0,1)上恒成立。当对称轴a0时,只需a2a0，即1a0时不等

式恒成立;当a1时，只需12aa2a0，但这不可能；当0a1时，则只需

a22a2a2a0，这也不可能.所以综上实数a的取值范围是1a0,应选A。

二、填空题

5．已知函数f(x)|ex

答案[1,1].

a|(aR)在区间[0,1]上单调递增，则实数a的取值范围是_____. exae2xaaa'xx,且f(x)0恒解析：当a0时，f(x)|ex|ex，则函数的导数f(x)exxeeeex2x成立，由f(x)0解得ea,即x1lna，此时函数单调递增，由f'(x)0解得e2xa,即211xlna，此时函数单调递减，若f(x)在区间[0,1]上单调递增，则lna≤0,解得0a≤1，即

22aa(0,1].当a0时，f(x)|exx|ex在区间[0,1]上单调递增，满足条件．当a0时，

eaaa令yexx0，则xlna,则f(x)|exx|在(0,lna] 为yexx在R上单调递增，

eee'减函数，在[lna,)上为增函数则lna≤0，解得a≥1.综上，实数a的取值范围是[1,1]，故答案为：[1,1].

a26．已知函数f(x)xlnxax在0,e上是增函数，函数g(x)ea，当x0,ln3时，

2x函数g(x)的最大值M与最小值m的差为

3，则a ． 2 答案

5'解析：因为函数f(x)xlnxax在0,e上是增函数，所以f(x)a1lnx0在0,e2a2xae,0xlna2a2x上恒成立，即a20，即a2；因为g(x)ea，若lnaln3，

22xaea,xlna2即a3时，则Mmg(0)g(ln3)2（舍），当lnaln3，即2a3g(x)在0,ln3单调递减，时，函数g(x)在0,lna上递减，在lna,ln3上递增，且g(0)g(ln3)2a40，所以

a2a23535a1，解得a；故填． Mmg(0)g(lna)，即(a1)222222三、解答题 7．设函数fx12x2m3xlnxmR． 2（1）讨论函数fx在定义域上的单调性；

（2）若对任意的x1,2，总有fx2，求m的取值范围．

21x2m3x1解析：（1）函数fx的定义域为0,,fxx2m3．

xx令x2m3x10，则2m342m12m5．

22①当

15m时，0，所以x22m3x10，从而fx0； 2255时，因为x0，所以x22m3x1x223x1x22x10，所以

22②当mfx0；

12时，0，方程x2m3x10有两个不相等的实数根x1,x2（不妨设x1x2）．因21为x1x232m3220,x1x210，所以x10,x20，

2③当m所以当x1xx2时，x2m3x10，从而fx0；

2当0xx1或xx2时，x2m3x10，从而fx0．

2综上可知，当m11时，函数fx在定义域0,上单调递增；当m时，函数fx在区间220,x1和x2,上单调递增，在区间x1,x2上单调递减，其中

x132m2m4224,x232m2m4224．

（2） fx2，即

12x2m3xlnx2．在区间1,2上，212xlnx2121lnx2． x2m3xlnx22m32x2x2x11lnx2x22lnx21lnx2令gxx． ,x1,2，则gx222x2x2x221x令hxx2lnx2,x1,2，则hx2xxx220，

所以函数hx在区间1,2上单调递减．因为h110,h22ln220， 所以存在唯一的x01,2，使得hx00，且x1,x0时，hx0，即gx0； 当时xx0,2，hx0，即gx0．

所以函数gx在区间1,x0上单调递增，在区间x0,2上单调递减，因此在1,2上，

gxminming1,g2．

15ln22ln2， 2,g21222221ln21ln2所以g2g10，即g2g1．

22251故当x1,2时，gxg1．因此2m3,m．

24因为g1故实数m的取值范围是,．

418．已知函数f(x)lnxa(x1)(aR). x（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求证：x(1,2)，不等式

111恒成立． lnxx12解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，f'(x)'xa x2② 若a0,f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增

②若a0，当x(0,a)时，f(x)0，f(x)在(0,a)单调递减， 当x(a,)时，f(x)0，f(x)在(a,)单调递增．

''111等价于(x1)lnx2(x1)0 lnxx12(x1)1令F(x)(x1)lnx2(x1)，则F'(x)lnx2lnx1 xx1由（Ⅰ）知，当a1时fmin(x)f(1)0，f(x)f(1)，即lnx1≥0.

x（Ⅱ）1x2 所以F(x)≥0，则F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)F(1)0 即有1x2时，

'111. lnxx12x29．已知函数fxaxxlnxa0且a1． （1）求函数fx在点0,f0处的切线方程； （2）求函数fx的单调区间；

（3）若存在x1,x21,1，使得fx1fx2e1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．



解析：（1）因为函数fxaxxlnaa0,a1，

x2所以fxalna2xlna,f00，

x又因为f01，所以函数fx在点0,f0处的切线方程为y1． （2）由（1），fxaxlna2xlna2xax1lna， 因为当a0,a1时，总有fx在R上是增函数． 又f00，所以不等式fx0的解集为0,， 故函数fx的单调增区间为0,，递减区间为,0． （3）因为存在x1,x21,1，使得fx1fx2e1成立， 而当x1,1时，fx1fx2fxmaxfxmin， 所以只要fxmaxfxmine1即可 又因为x,fx,fx的变化情况如下表所示：

x ,0 0 0 0,  fx  fx 减函数 极小值 增函数 所以fx在1,0上是减函数，在0,1上是增函数，所以当x1,1时，fx的最小值fxminf01．

fx的最大值fxmax为f1和f1中的最大值．

因为f1f1a1lna111lnaa2lna，

aa21121令gaa2lnaa0，因为ga1210，

aaaa所以gaa12lna在a0,1,1上是增函数， a而g10，故当a1时，即f1f1；当0a1时，即f1f1． ga0，ga0，所以，当a1时，f1f0e1，即alnae1，函数yalna在a1,上是增函数，解得ae；当0a1时，f1f0e1，即

11lnae1，函数ylna在aaa0,1上是减函数，解得0a．

综上可知，所求a的取值范围为a0,e

10．设函数f(x)xmln(x1).

（1）若函数fx是定义域上的单调函数，求实数m的取值范围； （2）若m1，试比较当x(0,)时，fx与x3的大小； （3）证明：对任意的正整数n，不等式e0e14e29

21e1e,．

e(1n)n2n(n3)成立． 2m2x22xm解析：（1）∵f(x)2x又函数f(x)在定义域上是单调函数． x1x1∴ f(x)0或f(x)0在(1,)上恒成立

若f(x)0在(1,)上恒成立，即函数f(x)是定义域上的单调地增函数，则

111m2x22x2(x)2在(1,)上恒成立，由此可得m；

222m若f(x)0在(1,)上恒成立，则f(x)2x0在(1,)上恒成立．即

x111m2x22x2(x)2在(1,)上恒成立．

2211∵2(x)2在(1,)上没有最小值

22∴不存在实数m使f(x)0在(1,)上恒成立． 综上所述，实数m的取值范围是[,)． （2）当m1时，函数f(x)xln(x1)． 令g(x)f(x)xxxln(x1)

33221213x3(x1)2则g(x)3x2x x1x12显然，当x(0,)时，g(x)0，所以函数g(x)在(0,)上单调递减

又g(0)0，所以，当x(0,)时，恒有g(x)g(0)0，即f(x)x0恒成立． 故当x(0,)时，有f(x)x （3）法1：证明：由（2）知xxln(x1),x(0,) 即x(1x)ln(x1),

令xn，nN，即有n(1n)ln(n1), 所以e(1n)n2332322n1（nN）

因此ee014e29e(1n)n23452(n1)2n(n3) 2故对任意的正整数n，不等式e0e14e29e(1n)nn(n3)成立． 2法2：数学归纳法证明：

1、当n1时，左边=e01，右边=2、设当nk时，原不等式成立， 即e0e14e29e(1k)k则当nk1时，

左边=e0e14e29e(1k)ke(1k1)(k1)只需证明即证e2k(k3)(k1)(k4) ek(k1)22222k(k3)ek(k1) 22142，原不等式成立． 2k(k3) 2k(k1)2k2，即证k(k1)2ln(k2)

3由（2）知xxln(x1),x(0,) 即x(1x)ln(x1),

令xk1，即有k(k1)ln(k2) 所以当nk1时成立 由1、2知，原不等式成立

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