高二数学导数大题练习(详细答案).

1．已知函数
f(x)?ax
3
?bx
2
?(c?3 a?2b)x?d
的图象如图所
示．
（I）求
c,d
的值；
（II）若函数
f(x)
在
x?2
处的切线方程为
3x?y?11 ?0
，求函
数
f(x)
的解析式；
（III）在（II）的条件下 ，函数
y?f(x)
与
y?
1
f
?
(x)?5x? m
的图象有三个不同的
3
交点，求
m
的取值范围．






2．已知函数
f(x)?alnx?ax?3(a?R)
．
（I）求函数
f(x)
的单调区间；
（II）函数
f(x)
的图象的在
x?4
处切线的斜率为
3
,
若函数
2
1m
g(x)?x
3
?x
2
[f'(x)?]
在区间（1， 3）上不是单调函数，求m的取值范围．
32





3．已知函数
f(x)?x
3
?ax
2
?bx?c
的图象经过坐标原点，且在
x?1
处取得极大值．
（I）求实数
a
的取值范围；
（II）若方程
(2a?3)
2
f(x)??
9
恰好有两个不同的根，求
f(x)
的解析式；
（III）对于（II）中的函数
f(x)
，对任意
?
、
?
?R
，求证：
|f(2sin
?
)?f(2sin
?
)|?81
．




x
4．已知常数
a?0
，
e
为自然对数的底数，函数
f(x)?e?x
，
g(x)?x
2
?alnx
．
（I）写出
f(x)
的单调 递增区间，并证明
e
a
?a
；
（II）讨论函数
y?g( x)
在区间
(1,e
a
)
上零点的个数．

5．已知函数
f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1
．
（I）当
k?1
时，求函数
f(x)
的最大值；
（II）若函数
f(x)
没有零点，求实数
k
的取值范围；







6．已知
x?2
是函数
f(x)?(x
2
?ax?2a?3)e
x
的一个极 值点（
e?2.718???
）．
（I）求实数
a
的值；
（II）求函数
f(x)
在
x?[
3
,3]
的最大值和最 小值．
2







7． 已知函数
f(x)?x
2
?4x?(2?a)lnx,(a?R,a?0)

（I）当a=18时，求函数
f(x)
的单调区间；
（II）求函数
f(x)
在区间
[e,e
2
]
上的最小值．







8．已知函数
f (x)?x(x?6)?alnx
在
x?(2,??)
上不具有单调性．
（I）求实数
a
的取值范围；
（II）若
f
?
( x)
是
f(x)
的导函数，设
g(x)?f
?
(x)?6?
27
2
x
2
，试证明：对任意两个不相
等正数
x< br>1
、x
2
，不等式
|g(x
1
)?g(x
2
)|?
38
|x
1
?x
2
|
恒成立．

1
2
（I）讨论函数
f(x)
的单调性；
9．已知函数
f(x)?x
2
?ax?(a?1)lnx,a?1.

f(x
1
)?f(x
2
)
??1.

x
1
?x
2
（II）证明：若
a?5,则对任意x
1
,x
2
?(0,??),x
1
?x
2
,有




2
10．已知函数
f(x)?x? alnx,g(x)?(a?1)x,a??1
．
1
2
（I）若函数
f(x),g(x)
在区间
[1,3]
上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数
a
的取值范围；
,e](e?2.71828)
（II）若
a?(1
，设
F(x)?f(x)?g(x)
，求证：当
x
1,x
2
?[1,a]
时，不
等式
|F(x
1
) ?F(x
2
)|?1
成立．






11．设曲线
C
：
f(x)?lnx?ex
（
e ?2.71828???
），
f
?
(x)
表示
f(x)导函数．
（I）求函数
f(x)
的极值；
（II）对于曲线
C
上的不同两点
A(x
1
,y
1
)
，
B( x
2
,y
2
)
，
x
1
?x
2，求证：存在唯一的
x
0
?(x
1
,x
2
)< br>，使直线
AB
的斜率等于
f
?
(x
0
)．






12．定义
F(x,y)?(1?x)
y
,x,y?(0,??)
，
（I）令函数
f(x)?F(3,log
2
(2x?x
2
? 4))
，写出函数
f(x)
的定义域；
（II）令函数
g(x)? F(1,log
2
(x
3
?ax
2
?bx?1))
的图象为曲线C，若存在实数b使得
曲线C在
x
0
(?4?x
0??1)
处有斜率为－8的切线，求实数
a
的取值范围；
（III）当
x,y?N*
且
x?y
时，求证
F(x,y)?F(y,x)
．

答案
1．解：函数
f(x)
的导函数为
f
'
(x)?3ax
2
?2bx?c?3a?2b
…………（2分）
（I）由图可知 函数
f(x)
的图象过点（0，3），且
f
'
(1)?0

得
?
d?3
?
?
3a?2b?c?3a?2b?0
?
d?3

?
?
?
c?0
…………（4分）
（II）依题意
f
'
(2)??3
且
f(2)?5

?
12a?4b?3a?2b??3

?
?
8a?4b?6a?4b?3?5

解得
a?1,b??6
所以
f(x)?x
3
?6x
2
?9x?3
…………（8分）
（III）
f
?
(x)?3x
2
?12 x?9
．可转化为：
x
3
?6x
2
?9x?3?
?
x
2
?4x?3
?
?5x?m
有三个
不等实根，即 ：
g
?
x
?
?x
3
?7x
2
?8 x?m
与
x
轴有三个交点；
g
?
?
x
?
?3x
2
?14x?8?
?
3x?2??
x?4
?
，
x

g
?
?
x
?

2
??
?
??,
?

3
??
2

3
?
2
?
4
?

?
，
?
3
?
4

?
4，??
?

+
增
+
增
0
极大值
-
减
0
极小值
g
?
x
?

?
2
?
68
g
??
??m,g
?
4
?
??16?m
． …………（10分）
327
??
2
?
68
?m?0且g< br>?
4
?
??16?m?0
时，有三个交点， 当且仅当
g?
??
?
327
??
故而，
?16?m?
68
为所求． …………（12分）
27
2．解：（I）
f'(x)?
a(1?x)
(x?0)
（2分）
x
?
0,1
?
,减区间为
?
1,??< br>?
当
a?0时,f(x)的单调增区间为
?
1,??
?,减区间为
?
0,1
?
;
当
a?0时,f(x)的单调增区间为
当a=1时，
f(x)
不是单调函数
（II）
f'(4)??
（5分）
3a3
?得a??2,f(x)??2lnx?2x?3

42
1m
?g(x)?x
3
?(?2)x
2
?2x,?g'(x)?x
2
?(m?4)x?2
（6分）
32
?g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,且g'(0)??2

?
g'(1)?0,

?
?
?
g'(3)?0.< br>?
m??3,
19
m?(?,?3)
（8分）
?
?
（10分）
19
?
3
m?,
?
3
?
（12分）
3．解：（I）
f(0)?0?c?0,f
?
(x)?3x< br>2
?2ax?b,
f
?
(1)?0?b??2a?3

?f
?
(x)?3x
2
?2ax?(2a?3)?(x?1)(3x?2a ?3),

由
f
?
(x)?0?x?1或x??< br>2a?3
，因为当
x?1
时取得极大值，
3
所以
?
2a?3
?1?a??3
，所以
a的取值范围是:(??,?3)
；
3
（II）由下表：
x

f
?
(x)

f(x)

(??,1)

+
递增
1

0
极大
值
?a?2

(1,?
2a?3
)
3

?
2a?3

3
(?
2a?3
,??)
3

-
递减
0
极小值
a?6
(2a?3)

2
-
递增
27

a?6(2a?3)
2
2
(2a ?3)??
依题意得：
279
，解得：
a??9

所以函 数
f(x)
的解析式是：
f(x)?x
3
?9x
2
?15x

（III）对任意的实数
?
,
?
都有
?2?2sin
?
?2,?2?2sin
?
?2,

在区间[-2，2]有：
f(?2)??8?36?30??74,f(1)?7,f(2)?8?36?30?2
< br>f(x)的最大值是f(1)?7,f(x)的最小值是f(?2)??8?36?30??74

函数
f(x)在区间[?2,2]
上的最大值与最小值的差等于81，
所以
|f(2sin
?
)?f(2sin
?
)|?81
．
4．解：（I）
f
?
(x)?e
x
?1?0
，得< br>f(x)
的单调递增区间是
(0,??)
， …………（2分）
∵< br>a?0
，∴
f(a)?f(0)?1
，∴
e
a
?a? 1?a
，即
e
a
?a
． …………（4分）
2a2a)(x?)
a
22
，由
g
?
(x)?0
，得< br>x?
2a
（II）
g
?
(x)?2x??
2
xx
2a2a2a
x

(0,)

(,??)

222
2(x?
g
?
(x)

g(x)

，列表
- 0 +
单调递增
2aaa
)?(1?ln)
，无极大值．
222
单调递减 极小值
当
x?
2a
2
时，函数
y?g(x)
取极小值g(
2
?
e
2a
?e
a
由（I）
e< br>a
?a
，∵
?
?
a
a?
?
2
?
，∴
e
2a
?
a
，∴
e
a
?
2a
2

g(1)?1?0
，
g(e
a
) ?e
2a
?a
2
?(e
a
?a)(e
a
? a)?0
…………（8分）
2a
?1
，即
0?a?2
时，函数
y?g(x)
在区间
(1,e
a
)
不存在 零点
2
2a
?1
，即
a?2
时 （ii）当
2
若
a
(1?ln
a
)?0
，即< br>2?a?2e
时，函数
y?g(x)
在区间
(1,e
a
)
不存在零点
22
若
a
(1?ln
a
)? 0
，即
a?2e
时，函数
y?g(x)
在区间
(1,ea
)
存在一个零点
x?e
；
22
（i）当

若
a
(1?ln
a
)?0
，即
a?2e
时，函数
y?g(x)
在区间
(1, e
a
)
存在两个零点；
2
综上所述，
y?g(x)
在
(1,e
a
)
上，我们有结论：
2
当
0?a?2e
时，函数
f(x)
无零点；
当
a?2e
时，函数
f(x)
有一个零点；
当
a?2e
时，函数
f(x)
有两个零点．

5．解：（I）当
k?1
时，
f
?
(x)?
2?x

x?1
，令
f
?
(x)?0,得x?2
，
f(x)
定义域为（1，+
?
） ∵当
x?(1,2) 时,f
?
(x)?0
，
当
x?(2,??)时,f
?
(x)?0
，
∴
f(x)在(1,2)
内是增函数，
在(2,??)
上是减函数
∴当
x?2
时，
f(x)
取最大值
f(2)?0

（II）①当
k?0时
，函数
y?ln(x?1)
图象与函数
y?k(x?1)?1
图象有公共点，
∴函数
f(x)
有零点，不合要求； ②当
k?0时
，
1?k
)
11?k?kx
k
………………（6分）
f
?
(x)??k???
x?1x?1x?1
令
f
?
(x)?0,得x?
k?1
，∵
x?(1,
k?1
)时,f
?
(x)?0,x?(1?
1
,??)时,f?
(x)?0
，
kkk
∴
f(x)在(1,1?
1< br>)
内是增函数，
在[1?
1
,??)
上是减函数，
kk
∴
f(x)
的最大值是
f(1?
1
)??lnk
，
k
∵函数
f(x)
没有零点，∴
?lnk?0
，< br>k?1
，
k(x?
因此，若函数
f(x)
没有零点，则实数
k
的取值范围
k?(1,??)

6． 解：（I）由
f(x)?(x
2
?ax?2a?3)e
x
可得 f
?
(x)?(2x?a)e
x
?(x
2
?ax?2a ?3)e
x
?[x
2
?(2?a)x?a?3]e
x
……（ 4分）
∵
x?2
是函数
f(x)
的一个极值点，∴
f?
(2)?0

∴
(a?5)e
2
?0
，解得
a??5

（II）由
f
?
(x)?(x?2)(x?1)e
x
?0< br>，得
f(x)
在
(??,1)
递增，在
(2,??)
递增，
由
f
?
(x)?0
，得
f(x)
在在(1,2)
递减
∴
f(2)?e
2
是
f(x)
在
x?[
3
,3]
的最小值； ……………（8分）
2
37
f()?e
24
3
2
3
37
3
13
3
f(3)?f()?e?e
2
?e
2
(4ee?7)?0,f(3)?f()

2442
，
f(3)?e
∵
3
∴
f(x)
在
x?[
3
,3]
的最大值是
f(3)?e
3
．
2
7．解：（Ⅰ）
f(x)?x
2
?4x?16lnx
，


162(x?2)(x?4)
?

xx
由
f'(x)?0
得
(x?2)(x?4)?0
，解得
x?4
或
x??2

f'(x)?2x?4?
2分

注意到
x?0
，所以函数
f(x)
的单调递增区间是（4，+∞）
由
f'(x)?0
得
(x?2)(x?4)?0
，解得-2＜
x＜4，
注意到
x?0
，所以函数
f(x)
的单调递减区间是
(0,4]
.
综上所述，函数
f(x)
的单调增区间是（4，+ ∞），单调减区间是
(0,4]
6分
（Ⅱ）在
x?[e,e
2
]
时，
f(x)?x
2
?4x?(2?a)lnx



















2?a2x< br>2
?4x?2?a
?
所以
f'(x)?2x?4?
，
xx
设
g(x)?2x
2
?4x?2?a

当
a?0
时，有△=16+4×2
(2?a)?8a?0
，
此时
g(x)?0
，所以
f'(x)?0
，
f(x)
在< br>[e,e
2
]
上单调递增，
所以
f(x)
min< br>?f(e)?e
2
?4e?2?a

当
a?0
时，△=
16?4?2(2?a)?8a?0
，
令
f'(x)?0
，即
2x
2
?4x?2?a?0
，解得< br>x?1?
令
f'(x)?0
，即
2x
2
?4x?2? a?0
，
①若
1?
8分
2a2a
或
x?1?
；
22
2a2a
解得
1?
.
?x?1?
22
2a
≥
e
2
，即
a
≥
2(e
2
?1)
2
时，
2
f(x)
在区间
[e,e
2]
单调递减，所以
f(x)
min
?f(e
2
)?e< br>4
?4e
2
?4?2a
.
2a
?e
2，即
2(e?1)
2
?a?2(e
2
?1)
2
时间，
2
2a
2a
2
f(x)
在区间
[e,1? ]
上单调递减，在区间
[1?,e]
上单调递增，
2
2
2 aa2a
所以
f(x)
min
?f(1?)??2a?3?(2?a)ln( 1?)
.
222
2a
③若
1?
≤
e
，即
0?a
≤2
(e?1)
2
时，
f(x)
在区间[e,e
2
]
单调递增，
2
所以
f(x)
m in
?f(e)?e
2
?4e?2?a

②若
e?1?综上所述，当
a
≥2
(e
2
?1)
2
时，f(x)
min
?a
4
?4e
2
?4?2a
；
当
2(e?1)
2
?a?2(e
2
?1)
2
时，
f(x)
min
??2a?3?(2?a)ln(1?
当
a< br>≤
2(e?1)
2
时，
f(x)
min

a 2x
2
?6x?a
f
?
(x)?2x?6??
xx
a
2
?e
2
?4e?2?a

2a
)
；
2
14分
8．解：（I），
∵
f(x)在
x?(2,??)
上不具有单调性，∴在
x?(2,??)
上
f
?
(x)
有正也有负也有0，
即二次函数
y?2x
2< br>?6x?a
在
x?(2,??)
上有零点 ………………（4分）
∵
y?2x
2
?6x?a
是对称轴是
x?
3
，开口向上的抛物线，∴
y?2?2
2
?6?2?a?0< br>
2
的实数
a
的取值范围
(??,4)

（II）由（I）
g(x)?2x?
a
?
x
2
x< br>2
，

方法1：
g(x)?f
?
(x)?2a2
?6?2x??(x?0)
，
x
2
xx
2a4442x
3
?4x?4
∵
a?4
，∴
g
?
(x)?2?
2
?
3
?2?
2
?
3
?
，…………（8分）
xxxxx
3
4(2x?3)
设
h(x)?2?
4
2
?
4
3
，
h
?
(x)?
8
3
?
12

?
xxxx
4< br>x
4
3
3338
h(x)
在
(0,)
是减函 数，在
(,??)
增函数，当
x?
时，
h(x)
取最小值
2
2227
∴从而
g
?
(x)
?
38，∴
(g(x)?
38
x)
?
?0
，函数
y? g(x)?
38
x
是增函数，
2727
27
3838x
1
、x
2
是两个不相等正数，不妨设
x
1
? x
2
，则
g(x
2
)?x
2
?g(x
1< br>)?x
1

2727
g(x)?g(x
2
)
38
?
∴
g(x
2
)?g(x
1
)?
38
(x
2
?x
1
)
，∵
x
2
?x< br>1
?0
，∴
1

x?x27
27
12∴
g(x
1
)?g(x
2
)
38
，即
|g(x
1
)?g(x
2
)|?
38
|x
1
?x
2
|

?
x
1
?x
2
27
27
………………（12分）
方法2：
M(x
1
,g(x
1
))
、
N(x
2
,g(x
2
))
是曲线
y ?g(x)
上任意两相异点，
g(x
1
)?g(x
2
)2 (x
1
?x
2
)
a
?2??
2
x
1
?x
2
x
1
2
x
2
x
1
x
2
?2?
，
x
1
?x
2
?2x
1
x
2
，
a?4

………（8分）
2(x
1
?x
2
)
a4a44
??2???2??
2x
1
2
x
2
x
1
x
2
(x< br>1
x
2
)
3
x
1
x
2
(x
1
x
2
)
3
x
1
x
2
设
t?
1
,t?0
，令
k
MN
?u(t)?2?4t
3
?4t
2
，
u
?
(t)?4t(3t?2)，
x
1
x
2
由
u
?
(t)?0，得
t?
2
,
由
u
?
(t)?0
得< br>0?t?
2
,

33
22
33
238
g(x)?g(x
2
)
38
?u(t)
在
t?
处 取极小值，
?u(t)?
38
，∴所以
1

?
x< br>1
?x
2
327
27
27
?u(t)
在(0,)
上是减函数，在
(,??)
上是增函数，
即
|g(x
1
)?g(x
2
)|?
38
|x
1
?x< br>2
|

27
9． （1）
f (x)
的定义域为
(0,??)
，
a?1x
2
?ax?a? 1(x?1)(x?1?a)
f'(x)?x?a???

xxx
(x?1)
2
.
故
f(x)
在
(0,??)
单调增加． （i）若
a?1?1,即a?2
，则
f'(x)?
x
（ii）若< br>a?1?1,而a?1,故1?a?2,则当x?(a?1,1)时,f'(x)?0.


当x?(0,a?1)及x?(1,??)时,f'(x)?0,故f(x)在(a? 1,1)
单调减少，在（0，a-1），

(1,??)
单调增加．
（iii）若
a?1?1,即a?2,同理可得f(x)在(1,a?1)单调减少,在(0, 1),(a?1,??)
单调增加．
（II）考虑函数
g(x)?f(x)?x

?x
2
?ax?(a?1)lnx?x.

a?1a?1
?2x??(a?1)?1?(a?1?1)
2
.

xx
由于
a?a5,故g'(x)?0,即g(x)在(0,??)单调增加
，从而当
x
1
?x
2
?0
时有
1
2
由
g'(x)?x?(a?1)?

g(x
1
)?g(x
2
)?0,即f(x
1
)?f (x
2
)?x
1
?x
2
?0,

f(x< br>1
)?f(x
2
)f(x
1
)?f(x
2
) f(x
2
)?f(x
1
)
??1
，当
0?x
1
?x
2
时，有
???1

x
1
?x
2
x
1
?x
2
x
2
?x
1
a
10．解：（I）
f
?
(x)?x?,g
?
(x)?a ?1
，
x
∵函数
f(x),g(x)
在区间
[1,3]
上都是单调函数且它们的单调性相同，
故
(a ?1)(x
2
?a)
?0
恒成立，∴当
x?[1,3]
时，
f
?
(x)?g
?
(x)?
即
(a?1)(x
2
?a)?0
恒
x
成立，
?
a??1
?
a??1
∴
?
在
x?[1,3]
时恒成立，或
?
在
x?[1,3]
时恒成立，
22
a? ?xa??x
??
∵
?9?x??1
，∴
a??1
或
a??9

（II）
F(x )?
1
x
2
?alnx,?(a?1)x
，
F
?< br>(x)?x?
a
?(a?1)?
(x?a)(x?1)

x< br>∵
F(x)
定义域是
(0,??)
，
a?(1,e]
，即
a?1

2x
∴
F(x)
在
(0,1)
是增函数，在
(1,a)
实际减函数，在
(a,??)
是增函数
∴当
x?1
时，
F(x)
取极大值
M?F(1)??a?
1
，
2
当
x?a
时，
F(x)
取极小值
m ?F(a)?alna?
1
a
2
?a
，
2
∵
x
1
,x
2
?[1,a]
，∴
|F(x
1
)?F(x
2
)|?|M?m|?M?m

设
G(a)?M?m?a
2
?alna?
，则
G
?
( a)?a?lna?1
，
1
a
∴
G
?
(a)?a ?lna?1
在
a?(1,e]
是增函数，∴
G
?
(a)? G
?
(1)?0

11
∴
G(a)?a
2
?alna?
在
a?(1,e]
也是增函数
22
1
2
1(e?1)
2
?1
， ∴
G( a)?G(e)
，即
G(a)?e?e??
222
1
2
1( e?1)
2
(3?1)
2
?1??1?1
，∴
G(a)?M ?m?1
而
e?e??
2222
∴当
x
1
,x< br>2
?[1,a]
时，不等式
|F(x
1
)?F(x
2
)|?1
成立．

11?ex1
?0
，得
x?
11
．解：（I）
f
?
(x)??e?
xxe
当
x
变化时，
f
?
(x)
与
f(x)
变化情况如下表：
1
1
1

(0,)(,??)

x

e
e
e
f
?
(x)

0
＋ －
1
2
1
2
∴
[G
?
(a)]
?< br>?1?
，∵
a?(1,e]
，∴
[G
?
(a)]?
?0

f(x)

单调递增
e
极大值 单调递减
∴当
x?
1
时，
f(x)
取得极大值
f (
1
)??2
，没有极小值；
e

（II） （方法1）∵
f
?
(x
0
)?k
AB
，∴
lnx
2
?lnx
1
?e(x
2
?x
1
)
1
x?xx
，∴
21
?ln
2
?0
?e?
x
0
x
2
?x
1
x
0
x
1
xx
即
x
0
ln
2
?(x
2
?x
1
)?0
，设
g(x)?xln
2
?(x2
?x
1
)

x
1
x
1
xx

g(x
1
)?x
1
ln
2
?(x
2
?x
1
)
，
g(x
1
)
x
?l n
2
?1?0
，
g(x
1
)
是
x
1
的增函数，
1
x
1
x
1
x
∵
x
1
?x
2
，∴
g(x
1
)?g(x
2< br>)?x
2
ln
2
?(x
2
?x
2
) ?0
；
x
2
xx

g(x
2
)?x
2
ln
2
?(x
2
?x
1
)
，
g(x
2
)
x
?ln
2
?1?0
，
g(x
2
)
是
x
2
的增函数，
2
x
1
x
1
x
∵
x
1
?x
2
，∴
g(x
2
)?g(x
1
)?x
1
ln
1
?(x
1
?x
1
)?0
，
x
1
x
∴函数
g(x)?xln
2
?(x
2
?x
1
)< br>在
(x
1
,x
2
)
内有零点
x
0< br>，
x
1
xxx
又∵
2
?1, ?ln
2
?0
，函数
g(x)?xln
2
?(x
2
?x
1
)
在
(x
1
,x
2
)是增函数，
x
1
x
1
x
1
x?xx
∴函数
g(x)?
21
?ln
2
在
(x
1
,x
2
)
内有唯一零点
x
0
，命题成立
xx1
lnx?lnx
1
?e(x
2
?x
1
)1
（方法2）∵
f
?
(x
0
)?k
AB
，∴
?e?
2
，
x
0
x
2
?x
1
即
x
0
lnx
2
?x
0
lnx
1
?x
1
?x
2
?0
，
x
0
? (x
1
,x
2
)
，且
x
0
唯一
设
g(x)?xlnx
2
?xlnx
1
?x
1
?x
2
，则
g(x
1
)?x
1
lnx
2
?x
1
lnx
1
?x
1
?x
2
， 再设
h(x)?xlnx
2
?xlnx?x?x
2
，
0 ?x?x
2
，∴
h
?
(x)?lnx
2
?lnx? 0

∴
h(x)?xlnx
2
?xlnx?x?x
2
在
0?x?x
2
是增函数
∴
g(x
1
)?h( x
1
)?h(x
2
)?0
，同理
g(x
2
)?0

∴方程
xlnx
2
?xlnx
1
?x1
?x
2
?0
在
x
0
?(x
1
,x
2
)
有解
∵一次函数在
(x
1
,x
2
)
g(x)?(lnx
2
?lnx
1< br>)x?x
1
?x
2
是增函数
∴方程
xlnx
2
?xlnx
1
?x
1
?x
2
?0
在< br>x
0
?(x
1
,x
2
)
有唯一解，命题成立 ………（12分）
注：仅用函数单调性说明，没有去证明曲线
C
不存在拐点，不给分．
12． 解：（I）
log
2
(2x?x
2
?4)?0
，即
2x?x
2
?4?1

得函数
f(x)
的定义域是
(?1,3)
，
（II）
g(x)?F(1,log
2
(x
2
?ax
2
?bx?1))?x
3
?ax
2
?bx?1,

设曲线
C在x
0
(?4?x
0
??1)
处有斜率为－8的 切线，
又由题设
log
2
(x
3
?ax
2
?bx?1)?0,g
?
(x)?3x
2
?2ax?b,

2
?
3x
0
?2ax
0
?b??8
①
?
∴存在实数b使得
?
?4?x
0
??1
②
有解， 由①得
?
32
?

1
?
x0
?ax
0
?bx
0
?1
③
22
b? ?8?3x
0
?2ax
0
,
代入③得
?2x
0?ax
0
?8?0
，

2
?
2x0
?ax
0
?8?0
?
有
?由
?
?4 ?x??1
?
0
?
解， ……………………（8分）
方法1：
a?2(?x
0
)?
8
，因为
?4?x
0
??1
，所以
2(?x
0
)?
8
?[8,10)
，
(?x
0
)(?x
0
)
当
a?10
时，存在实数
b
，使得曲线C在
x
0
(?4?x
0
??1)
处有斜率为－8的切线
………………（10分）
方法2：得
2?(?4)
2
?a?(?4 )?8?0或2?(?1)
2
?a?(?1)?8?0
，
?a?10或a?10,?a?10.

方法
?
2?(?4)
2
?a?(?4)?8?0
?
3：是
?
2
?
?
2?(?1)?a?(?1)?8?0
的补 集，即
a?10

x
?ln(1?x)
ln(1? x)
1?x
（III）令
h(x)?

,x?1,由h
?< br>(x)?
2
x
x
x
11?x
?ln(1?x),x? 0,

?p
?
(x)?
又令
p(x)?
???0
， 1?x
(1?x)
2
1?x
(1?x)
2
?p(x)在 [0,??)
单调递
减. ……………………（12）分
?当x?0时有p(x)?p(0)?0,?当x?1时有h
?
(x)?0,

?h(x)在[1,??)
单调递减，
?1?x?y时,有
ln(1?x )ln(1?y)
?,?yln(1?x)?xln(1?y),?(1?x)
y
?( 1?y)
x
，
xy
?当x,y?N
?
且x?y时F(x,y)?F(y,x).