教师资格高中数学专业知识点汇总-高中数学差报什么大学专业
2019-2020 年高考数学压轴题集锦
1.已知函数
f (x)
x
2
—— 导数及其应用（一）
ax ln x(a R)
.
（1） 函数
f (x)
在 [1,2] 上的 性；
（2）令函数
g( x) e
x 1
x
2
a
f (x)
，
e=2.71828
?是自然 数的底数，
若函数
g (x)
有且只有一个零点
m，判断 m 与 e
的大小，并 明理由 .
2.已知函数
f (x) x
3
ax
2
bx c
在
x
2
与
x 1
都取得极
3
（1）求 a， b 的 与函数 f( x)的 区 ；
（2）若
x [
c,1]
，不等式
f (x)
c
恒成立，求 c 的取 范
.
2
3.已知函数
f (x) ln(1 x)
ln(1
x)
.
（1） 明
f '(x) 2
；
（2）如果
f (x) ax x [0,1)
恒成立，求
a 的范 .
1
.
4.已知函数
f (x)
x
1
（ e 自然 数的底数） .
e
x
（1）求函数
f (x)
的 区 ；
（2） 函数
(x) xf (x) tf
'(x)
1
x
，存在 数
x
1
，
x
2
[0 ，1]
，使得
2 (
x
1
)(x
2
)
e
成立，求 数
t 的取 范 .
5.已知函数
f (
x) kx a
x
，其中
k R
，
a
0
且
a
1
.
（1）当 a e （ e=2.71 ?
自然 数的底） ， f(x)的
（2）当
k 1
，若函数
f(x)存在最大
g(a)，求
g(a)
的最小
.
6.已知函数
f x
x
2
ax ln x a R
（1）当
a
3
，求函数
f(x)在
1
, 2
上的最大 和最小 ；
2
（2）函数 f(x)既有极大 又有极小 ，求
数
a 的取 范 .
2
性；
7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当
x
0
时，
f x
x
1
处的切线与直线
y
2
3
1
x
3
ax a R
，且曲线
f(x)在
3
x 1
平行
4
（1）求 a 的值及函数
（2）若函数
y f
f(x)的解析式；
x
m
在区间
3,
3
上有三个零点，求实数
m 的取值范围 .
8.已知函数
f
x
x
ln x
ax, a
0
（1）若函数
y
（
2
）若存在
f
x
在
1,
上减函数，求实数
a 的最小值；
x
1
, x
2
e,e
2
，使
f x
1
f x
2
a
成立，求实数
a 的取值范围 .
9.已知函数
f (x)
x
3
ax
2
bx 1， a， b
R．
（
1）若
a
2
b 0
，
①当
a
0
时，求函数
f(x)的极值（用
a
表示）；
②若 f(x)有三个相异零点，问是否存在实数
a
使得这三个零点成等差数列？若存在，试
求出 a 的值；若不存在，请说明理由；
（ 2）函数 f( x)图象上点 A 处的切线
l
1
与
f(x)的图象相交于另一点
B，在点 B 处的切线为
l
2
，直线
l
1
， l
2
的斜率分别为
k
1
， k
2
，且
k
2
=4k
1
，求
a，b
满足的关系式．
3
10.已知函数
f ( x) e
x
e
x
，其中
e
是自然对数的底数．
m
1
在
(0,+
∞)上恒成立，求实
e
x
数 （1）若关于 x 的不等式
mf ( x)
（2）已知正数 a
满足：存在
x
0
与
a
e 1
的大小，并证明你的结论．
m 的取值范围；
[1,
)
，使得
f ( x
0
) a( x
0
3
3x
0
)
成立．试比较
e
a 1
11.已知函数
（1）若
a
（2）若
a
f x
e
ax
ln x
2
（ e 为自然对数的底数） .
e
ax
f ' x
，讨论
F x
的单调性；
x
R
，
F
x
1
2
，函数
g
f
x x
1
在
(－
1,+
∞)内存在零点，求实数
a 的范围 .
12.已知函数
f ( x) (2 a)( x
1) 2ln x
（
a
（ 1）若函数
R
）
.
g(x) f ( x) x
上带你
(1,g
(1))
处的切线过点
(0,2)，求函数
g(x)
的单调减区
间；
（2）若函数
y f (x)
在
(0,
)
上无零点，求
1
a 的最小值 .
2
4
13.已知
a R
，函数
f (x)
2
a ln x
.
x
（1）若函数
f (x)
在区间 (0,2)内单调递减，求实数
a
的取值范围；
（2）当
a 0
时，求函数
f ( x)
的最小值
g (a)
的最大值；
（3）设函数
h( x)
f ( x)
(a 2) x
，
x [1,
)
，求证：
h( x) 2
.
14.设函数
f (
x)
a
2
ln x x
2
ax(a R)
.
（1）试讨论函数
f ( x)
的单调性；
（2）设
( x)
2x (a
2
a)ln x
，记
h( x)
f (x)(x)
，当
a 0
时，若方程
h( x) m(m
R)
有两个不相等的实根
x
1
，
x
x
2
，证明
h '(
1
x
2
)
0
.
2
15.已知函数
f
x
e
x
a(ln x 1)(a 0)
.
（1） f( x)在区间 (0,2)上的极小值等于，求；
2
（2）令
g x
x
mx 1
1
，设
x
1
, x
f x
2
(x
1
x
2
)
是函数
h x
f
x
2
x
a
4 3
的两个极值点，若
m
h(x
2
)
的最小值
.
3
，求
h(x
1
)
5
g x
参考答案
1.
1
2x
2
ax 1
（1）由已知
x
0
，且
f
( x)
2x a
x
x
①当
a
2
8
0
，即当
2
2 a 2
2
，
f (x)
0
函数
f ( x)
在
[1,2]
上 增
??????????????????????1
②当
a
2
8
0
，即
a
2
ax 1
0
有两个根，
x a
a
2
8
2
2
或
a
2
2
，
2x
，因
x
0
，所以
x
a
a
2
8
4
4
1°当
a
a
2
8
1
，令
f (1) 3 a 0
，解得
a
3
4
或
当
3 a
2
2 a
2
2
，函数
f ( x)
在
[1,2]
上 增 ???????3 分
2°
a
a
2
8
，令
f
(1) 3 a 0
，
9
当 1
2 f (2) a 0
，
4
2
解得
9
a
2
3
当
9 a
3
，函数
f ( x)
在
[1,
a
a
2
8
]
上
减，
2
4
a
a
2
8
在
[
4
, 2]
上 增；
???????5
分
3°当
a
a
2
8
2
，令
f (2)
9
4
2
a
0
，解得
a
9
2
当
a
9
，函数
f ( x)
在
[1,2]
上 减；
??????????????6
2
（2）函数
g (x)
e
x 1
x
2
a f ( x) e
x 1
ln x ax
a
g (x)
e
x 1
1 a h( x)
x
h (x)
e
x 1
1
0
，所以
g ( x)
在
(0,
)
上 增
x
2
当
x
0, g( x)
, x , g( x)
，所以
g (
x) R
所以
g (x)
在
(0,
)
上有唯一零点
x
1
当
x
(0,
x
1
), g ( x)
0, x
( x
1
,
), g ( x)
0
，所以
g ( x
1
) g(
x)
的最小
6
分
分
由已知函数
g( x)
有且只有一个零点
m
，
m
x
1
e
m 1
所以
g
(m)
0, g( m)
0,
1
m
a 0
?????????????9 分
e
m 1
ln m (e
m 1
1
e
m 1
m 1
ln m
am a 0
)m (e
1
) 0
，得
(2
m)e
m 1
m
m
ln m m 1
m
0
令
p(x)
(2
x)e
x 1
ln x
x 1
( x
0)
，所以
p(m) 0,
x
x 1
1
p
(x)
(1 x)( e
2
)
，所以
x
(0,1), p ( x) 0, x (1, ), p ( x) 0
x
所以
p(x)
在
(1,
)
减，
因
p(1) 1
0,
p(e) (2
e)e
e 1
1 e 1 (2
e)e
e 1
1 0
e
e
所以
p(x)
在
(1,e)
上有一个零点，在
(e,
)
无零点
所以
m e
???????????????????????????????
2.
解：（ 1）
f (x)
x
3
ax
2
bx
c, f
'
( x) 3x
2
2ax b
由
f
'
(
2
)
12
4
a
b
0
，
f
'
(1)
3 2a b
0
得
a
1
,b
2
3
9 3
2
f
'
(x) 3x
2
x 2 (3 x 2)( x
1)
，
随着
x
化 ，
f ’(x)， f ( x)
的
化情况如下表：
(
,
2
)
2 (
2
,1)
1
(1, )
x
3 3
3
f
'
( x)
0
0
f ( x)
极 大
极 小
所以函数
f ( x)
的 增区 是
(
,
2
)
与
(1,
)
, 减区
是
(
2
,1)
；
3
3
（2）
f ( x)
x
3
1
x
2
2x c
，
2
当
c
2
，由（ 1）知
f ( x)
在
c,1
上的最大
f (
2
)
22
c
3
3 27
7
分 12
所以只需要
f (
2
3
)
22
27
c
c
，得
c
44
27
2
当
2
c 1
时 ， 由 （
1 ）
知
f ( x)
在
c,1
上
的 最 大
值 为
3
f (c) c
3
1
c
2
2c c
c
3
1
c
2
c
2
2
所以只需要
f (c)
c
3
1
c
2
c
c
，解得
c
1或 0
c
3
2
2
2
所以
0 c
1
综上所述，
c
的取值范围为
,
44
0,1
27
3.
解：（ 1）证明：
f ' x
1
1 2
1 x 1 x
1 x
2
1
x 1
故
0
1
x
2
1
f ' x 2
（2）由题意知
f
x ax
0对0
x 1
恒成立，
设
g( x)
f x ax,0 x
1
，则
g '(x)
f ' x a
2
1
x
2
当 a 2时， g ' x
0恒成立
，
g(x)在
0,1
上单调递增
g( x) g 0 =0,
符合题意
当 a
2时， g'
x
2
0得
2
a
，
1 x
即
2
1 x
2
x
2
1
2
,即 x1
2
a
a
a
0 x 1
2
时， g' x
0, g( x)
单调递减
a
g( x) g
0
=0,
不合题意
综上，
a
的取值范围为
,2
8
a
4.
解 :(1) ∵ 函数的定义域为 R， f ′(x)＝－
x
，
e
x
∴当 x<0 时， f′(x)>0，当 x>0 时， f′(x)<0 ，
∴f(x)在 (－ ∞， 0)上单调递增，在
(0，＋
∞)上单调递减．
(2) 存在 x
1
，x
2
∈
[0,1] ，使得 2φ(x
1
)<φ(x
2
)成立， 则
2[φ(x)]
min
<[ φ(x)]
max
.
∵φ(x)＝xf(x)＋ tf′(x)＋ e＝
∴
' x
－
x
x
2
(1 t )x
e
x
x t x
e
x
1
，
x
2
(1 t) x t
e
x
1
.
①当 t≥1时， φ′(x)≤0， φ(x)在
[0,1]
上单调递减， ∴ 2φ(1)< φ(0)，即 t>3－ >1 ；
e
2
②当 t≤0时， φ′(x)>0， φ(x)在
[0,1]
上单调递增，
∴ 2φ(0)< φ(1)，即 t<3
－2e<0；
③当 0
即
2·
t 1
e
t
3 t
} ． (*)
e
t 1
由(1) 知， g(t)＝
2·
t
在 [0,1]
上单调递减，
故
≤ 2
·
t
≤2，而 ≤
4 t 1
e
2 3 t
e e
≤
， ∴ 不等式
(*) 无解．
3
e
e
e
综上所述，存在
t∈ (－ ∞， 3－ 2e)∪ (3－ ，＋
∞)，使得命题成立．
e
2
5.
解：（ 1）由题 f (x)
kx
e
x
f (x)
x
k
e ，
①当
k ≤
0
，当 f ( x)
0
， f (x) 在
R
上是减函数；
②当
k
f (x)
0
，当
x
ln k
，
f
0
， f ( x) 在 (
(x)
0 ， f ( x) 在 (ln k ，
，ln k) 上是增函数
.
，
) 上个递减；
)
上是减函数；当
x
ln k
，
即当
k ≤ 0
时， f ( x) 在 (
当
k 0
时， f ( x) 在 (ln k ，
（2）当
k
) 上递减，在 ( ，ln
k) 上递增 .
1
，
f (x)
x
a
x
， f (x) 1 a
x
ln a .
x
①当
0
a
1
时，
a
0
，
ln a 0
，则
f ( x) 0 ，
f ( x) 在
R
上为增函数， f (x) 无极大
9
值，也无最大值；
②当
a 1
，设方程
f (x)
0 的根为 t ，得 a
1
.
ln a
即 t log
a
1
ln a
ln
1
ln a
，
ln a
所以 f (x) 在 (
，t) 上为增函数，在 (t ， ) 上为减函数，
ln
1
ln a
ln a
则 f ( x) 的极大值为 f (t )
t a
t
1
，
1
ln a
0 .
ln a
ln
1
令 g( a)
ln a 1
，令 h( x)
ln a ln a
ln x .
xln x x ，
x
0
.
h ( x)
当
x 1
时
h ( x)
0 ；当 x
且 h(1)
(0 ，1) 时 h (x)
0 ，所以
x 1
为
h( x)
极小值也是最小值点
.
1 ，即 g
( a) 的最小值为
1
，此时
a
e .
6.
2
解：（ 1）当
a
3
时，
f
x
函数
f
x
在区间
1
2x 3 1
x
2x
3x 1
x
2x
1 x 1
，
x
,2
仅有极大值点
x 1
，故这个极大值点也是最大值点，
2
故函数在
1
, 2
的最大值是
f 1
2
，
2
f
又
f 2
1
2
2 ln 2
5 ln 2
3
4
4
2ln 2
0
，故
f
2
f 1
，
2
故函数
f
, 2
上的最小值为
x
在
f 2
1
2 ln 2
.
2
（2）若
f x
既有极大值又有极小值，则必须
f x
0
有两个不同正根
x
1
,
x
2
，
a
2
a
即
2x
2
ax
1
0
有两个不同正根，故
a
应满足：
a
2
0
0
8 0
0
a 2 2
.
函数
f
x
既有极大值又有极小值，实数
a
的取值范围是
a
2 2
.
10
7.
解：（ 1）当
x
0
时，
f x
x
2
a
，因为曲线
f x
在
x
y
3
1
处的切线与直线
2
x 1
平行，
4
1
2
1 a
4
所以
f
3
，所以
a
1
，则当
x
0
时，
f
x
4
1
x
3
x
，
3
因为
f
设
x
x
是定义在
R
上的奇函数，可知
f 0
x
0
，
0
，则
x 0
，
f
1
x
3
x
，
3
x
所以
f
x
f
x
1
x
3
3
1
x
3
x
，
3
综上所述，函数
f x
的解析式为：
f x
1
x
3
x
x R
.
3
（2）由
f
x
1
x
3
3
x x R
得：
f
x
x
2
1
，令
f
x
0
得：
x
1
当
3
x
1
时，
f
x
0
，
f x
单调递增，当
1 x
1
时，
f
x
0
，
f x
单
调递减，
当
1 x
3
时，
f
x
，
f
0
，
f
x
单调递增，又
f
3
6
，
f
1
2
3
，
f 1
2
3
0
3
m
在区
函数
y
等价于
f
f x
间
3, 3
上有三个零点，
x
在
3,
3
上的图像与
y
m
有三个公共点，结合
f x
在区间
3
2
,0
.
3,
3
上
大致图像可知，实数
m
的取值范围是
8.
解：因为
f x
在
1,
1
2
上是减函数，故
f x
ln x 1
2
a 0
在
1,
2
上恒成立，
ln x
1
ln x
a
1
ln x
又
f x
ln x 1
2
a
1
2
1
a
，
ln x ln x
4
11
故当
1 1
，即
x
e
2
时，
f
x
max
1
a
，所以
1 a
0
，于是
a
1
，故
a
的最
ln x
1
2
4
4
4
小值为
.
（
2
）命题
“若
x
1
, x
2
e,e
2
，使
f
x
1
f
x
2
a
成立
”
等价于
“当
x e,e
2
时，有
f
x
x
min
max
a
”
由（ 1），当
x
e, e
2
时，
f
x
f
max
1
a
，所以
f
xa
max
1
.
4
4
问题等价于：
“当
x
e, e
2
时，有
f
x 1
”
min
4
①
当
a
1
时 ，
由 （ 1 ） ，
f
x
在
e,
e
2
上 是 减 函 数 ，
4
f
x
min
f
e
2
1
e
2
ae
2
1
，故
a
1
1
2
2
4
2
4e
2
②当
a
1
时，由于
f
x
1
1
1
a
在
e, e
2
上为增函数，
4
ln x 2
4
于是
f
x
的值域为
f e , f
e
2
，即
a,
1
a
.
4
1
0
.若
a
0
，即
a 0
，
f
x
0
，在
e, e
2
上恒成立，故
f x
在
e, e
2
上为增函
数，
于是
f
x
min
f e
e ae e
1
，不合题意；
4
2
0
.若
a
0
，即
0
a 1
，由
f
x
的单调性和值域知，存在唯一
x
0
e,e
2
，使
4
f
x
0
0
，且满足当
x
e,
x
0
时，
f
x
0
，
f x
为减函数，
当
x
x
0
,
e
2
时，
f
x
0
，
f
x
为增函数，
所以
f
x
1
min
f
x
0
x
0
ax
0
, x
0
e,
e
2
，
ln
x
0
4
所以
a
1 1
1 1
1 1 1
，与
0
a
1
矛盾，不合题意；
ln x
0
4x
0
ln e
2
4e 2 4 4
4
综上：
a
的取值范围为
1
1
,
.
2
2
4e
12
则
9.
解：（ 1）① 由
f
( x)
3x
2
得
f
(x)
3x
2
2
2ax
a
，
2
2ax
b
及
a
b
0 ，
令 f
( x)
0
，解得
x
a
3
或
x
a
.
由
a 0
知，
x
(
,
a)， f ( x)
0
，
f (x)
单调递增，
x (
a, )， f
( x)
0
，
f ( x)
单调递减，
x
( ,
3
3
3
a
a
)，f
( x)
0
，
f
(x)
单调递增，
因此，
f (x)
的极大值为
f ( a) 1
a
，
f (
x)
的极小值为
f ( )
1
5a
3
.
a
3
27
3
②
当
a 0
时，
b 0
，此时
f ( x)
x
1
不存在三个相异零点；
当
a 0
时，与
①同理可得
f ( x)
的极小值为
f ( a) 1
a
3
，
f (x)
的极大值为
f ( ) 1
5a
3
.
3
27
a
要使
f (x)
有三个不同零点，则必须有
(1 a
3
)(1
5
a
3
)
0
，
27
即
a
3
1或
a
3
27
.
5
不妨设
f (x)
的三个零点为
x
1
, x
2
, x
3
，且 x
1
则
f (x
1
)
f (
x
2
) f ( x
3
)
0
，
1
1
1
x
2
x
3
，
f ( x )
x
3
ax
2
a
2
x 1 0
，
①
1
2
f (
x ) x
3
2
2
ax
2
2
a
2
x 1 0
，
②
a
2
x
3
1 0
，
③
x
2
) a( x
1
2
f ( x
3
) x
3
3
ax
3
2
②-① 得
( x
2 1
x )( x
2
x x
2 1
x )( x
1 2
x ) a
2
( x
1
x ) 0
，
1
2
2
因为
x
2
x
1
0
，所以
x
2
2
x
1
x
2
x
1
2
a(x
2
x
2
)
a
2
x
1
) a
2
0
，
④
同理
x
3
2
x
3
x
2
x
2
2
a( x
3
0
，
⑤
⑤-④ 得
x
2
( x
3
x
1
)
(x
3
x
1
)( x
3
x
1
) a( x
3
x
1
) 0
，
因为
x
3
又
x
1
x
1
0
，所以
x
2
x
3
x
1
a
0
，
a
3
3
a
3
3
x
2x
，所以
x
2
.
3
2
所以
f (
a
) 0
，即
a
2
2
a
2
，即
a
3
3
9
27
11
1
，
因此，存在这样实数
a
满足条件 .
11
13
2
（2）设 A（ m， f(m)） ,B(n， f(n))，则
k
1
3mk
2
3n
2
2an
b
，
2am
b
，
n)
又
f (m) f ( n)
(m
3
n
3
)
a(m
2
n
2
)
b(m
k
1
m
2
m n
m n
2
mn n
a m
n b
(
)
，
2
由此可得
2am
3m
b
m
2
mn
n
2
a( m n)
b
，化简得
n
a 2m
，
因此，
k
a m
2
a a m b
m
2
am a
2
b
2
3(
2 ) 2
(
2
)
12
8
，
所以，
12m
2
8am
b
a
2
4(3m
2
2am
b)
，
所以 a
2
3b .
10.
解：（ 1）由条件知
(
x x
1)
x
1
m e e
e
在
(0,
)
上恒成立，
令
t e
x
（
x
0
），则
t 1
，所以
m
t
2
t 1
t
1
1
t
1
1
对于任意
1
t 1
立．
因为
t 1
1 1 2 (t 1) 1
1 3
，
∴
1
1
，
t 1
(t 1)
3
t 1
1
t
1
1
当且仅当
t 2
，即
x ln 2
时等号成立．
因此实数
m
的取值范围是
(
,
1
]
．
3
（2）令函数
g(x)
e
x
1
a(
x
3
3x)
，则
g '( x)
e
x
1
3a( x
2
1)
，
e
x
e
x
当
x 1
时，
e
x
1
0
，
x
2
1
0
，又
a
0
，故
g '(x)
0
，
e
x
所以
g(x)
是
[1,
)
上的单调递增函数，
因此
g(x)
在
[1,
)
上的最小值是
g(1)
e
e
1
2a
．
由于存在
x
0
[1,
)
，使
e
x
0
e
x
0
a(
x
0
3
3x
0
)
0
成立，当且仅当最小值
1
e
e
1
故
e e
2a
0
，即
a
．
2
e
a 1
与
a
e 1
均为正数，同取自然底数的对数，
即比较
(a 1)ln e
与
(e 1)ln a
的大小，试比较
ln e
与
ln a
的大小．
e 1 a 1
14
1
成
g(1) 0
，
t
ln x
1
1
x
ln x
构造函数
h(x)
（
x
1
），
h '(x)
，
再
m(x)
1
1
x
1
ln x
，
m '(x)
x
1
x
2
x
(x
1)
2
，从而
m( x)
在
(1,
)
上 减，
此
m(x)
m(1)
0
，故
h '(x)
0
在
(1,
)
上恒成立，
h( x)
ln x
x 1
在
(1,+
)
上
减．
上所述，当
a
(
e e
1
, e)
，
e
a 1
a
e 1
；
2
当
a
e
，
e
a 1
当
a (e,
a
e 1
；
a
e 1
．
)
，
e
a 1
11.
（Ⅰ ） (1) 当
a 0
，
F
(2) 当
a
x
在
2,
2,
2
上 减；
0
,
F
x
在
1
上 减 ,在
1 2,
增．
a
a
（Ⅱ ）
a
的取 范 是
(
,0) U
0,
1
2
.
解：（ I）定 域
xx|
2 ,
f ' x
a e
ax
ln
x 2
e
ax
1
x
2
e
ax
aln
x 2
1
x 2
a
x 2
故
F
x
e
ax
f '
x
aln x 2
1
F '
x 2
x
1
x
2
2
ax 2a
2
1
x 2
(1) 若
a
(2) 若
a
0
，
F ' x
0
，令
F '
x
0, F x
在
2,
0
1
上 减； ???????2 分
x
1
a
2
.
①当
a
0
，
x
2
2
，因此在
2,
上恒有
F ' x
，即
F
0
x
在
a
2,
②当
a
上 减；
0
，
x
1 2
a
2
，因而在
2,
1
2
上有
F ' x
0
，在
1 2,
上有
a
a
15
F ' x 0
；因此
F x
在
2,
1
a
2
上 减，在
1
a
2,
增 .
上， (1)
当
a 0
，
F x
在
2,
上 减；
(2) 当
a
0
，
F
x
在
2,
1
2
上 减，在
a
1 2,
a
增．
???????5 分
（Ⅱ ）
g
x
f ' x
f x
1
x 1
e
ax
ln
x 2
aln x
x
1, x
1,
,
g ' x
e
ax
2
1
x 2
1
e
ax
F
x
1
，
h x g ' x e
ax
F x
h ' x
1
，
F ' x
e
ax
aF x
e
ax
a
2
ln x
2
2ax 4a
2
1
．
x 2
(1) 若
a=0
,
g x f x x 1 ln x 2
1,
x 1, x
1,
g
'
x
1 1
x 2
x 1 0, x
x
2
减，
g
g
x
在
x
故此 函数
g
1, x
g 1 0
x
无零点，
a=0
不合 意
.
???????7分
(2) 若
a 0
,
①当
x 0
，
0
e
ax
1
，由（ 1）知
ln
x 2 x
1
任意
x1,
1 0
，
恒成立
g x
e
ax
ln x 2
故
g
②当
x
1 e
ax
( x 1) x 1 (x 1) e
ax
x 0
， 任意
x
0,
恒成立，
1 x 0
,
g ' 1
e
a
1 0,
g ' 0
aln2
1
2
0
，
因此当
当
x
(
1 x
0
g
x
必有零点， 第一个零点
1,x
0
) g
'
x 0 g x
增，
g
x
'
x
0
，
g ( 1) 0
.
，
由①②
可知，当
a
(2) 当
0
a
0
，
g
x
必存在零点 .
h ' x
，由于
???????9分
1
2
，考察函数
16
1
2
h ' 1
e
a
2a 1 0, h '
1
2a
e
2
a
2
ln
1 2
2a
4a
1
2
2a
0,
h' x
在
1,
上必存在零点 .
h '
x
在
1,
的第一个零点
x
1
， 当
x
1, x
1
，
h '
x
0
，故
h
x
在
1,x
1
上
减函数，
又
h x
h
1
e
a
1
0
，
所以当
x
1, x
1
，
g ' x
0
，从而
g x
在
x
1,
x
1
上 减，故当
x
1, x
1
恒有
g x g 1 0
.即
g
x
1
0
，
令
( x) e
ax
ax 1,
'
( x) a(e
ax
1)
，
( x)
在
x
(
1,0)
减，在
x
增 .
( x)
(0) 0
即
e
ax
ax
1,
注意到
e
ax
ax 1 ax
a
，
因此
g
x
e
ax
ln
x 2 x 1 a( x
1)ln x 2 x 1 (x 1) aln x 2
1
1
1
1
1
令
x
0
e
a
， 有
g
x
0
(e
a
1) aln
e
a
2 1
(e
a
1) alne
a
1
1
由零点存在定理可知函数
y g x
在
x
1
, e
a
上有零点，符合 意 .
上可知，
a
的取 范 是
( ,0) U
0,
1
.
???????分
2
（Ⅱ ）解法二：
g
x
f x x 1
e
ax
ln
x 2
x 1, x
1,
,
g ' x f ' x
1
e
ax
aln
x 2
1 1
e
ax
F
x
1
，
x 2
(1) 若
a=0
,
g x
f x
x 1 ln
x 2 x 1, x
1,
g
'
x 1
1
x 1
0, x 1,
x
2
x 2
g
x
在
x
1,
减，
g
x
g 1
0
故此 函数
g
x
无零点，
a=0
不合
意
.
???????7分
(2) 若
a
0
,当
1 x
0
,
g '
1
e
a
1 0, g ' 0
aln2 1 0
，
2
x
因此当
1 x
0
g
'
x
必有零点， 第一个零点
0
，
17
(0, )
1
，
0
，
12
当
x (
1,x
0
) g
'
x
0
，
g x
增，
g x
0
所以，当
a
(3) 当
0
a
g( 1)
0
又
g 0
f 0
1 ln2
1
0,
???????9分
0
，
g
1
2
x
在
x ( x
0
,0)
必存在零点
.
0
，由于
g
ln 2
1 0
，
令
( x)
e
ax
增 .
( x)
因此
g
x
1
ax 1,
'
(
x) a(e
ax
1)
，
( x)
在
x
( 1,0)
减，在
ax 1
ax
a
，
x (0, )
ax
ax
ax 1, e
0
即
e
(0)
注意到
e
ax
ln x
2
x 1
a( x 1)ln x 2
1
x 1 (x 1) aln
1
x 2
1
，
1
1
令
x
0
e
a
， 有
g
x
0
(e
a
1)
aln
e
a
y
(
2 1
(e
a
1) alne
a
1
0
，
由零点存在定理可知函数
上可知，
a
的取 范 是
g x
在
0,x
0
上存在零点，符合 意 .
,0) U 0,
1
2
.
???????分 12
12.
（1） ∵
g( x) (3
a) x
(2 a) 2ln x
，
∴
g '( x)
3 a
2
，
x
∴
g
'(1)
又
g(1)
1
a
，
1
，
∴
1
a
1
2
1
，解得
a
2
，
1
0
2 x
2
2
x
x
由
g '(x)
3
0
，得
0
x
2
，
∴
g( x)
的 减区
（2）若函数
f (x)
在
(0,
(0, 2)
.
f (x)
在
(0, )
上
f (
x)
1
1
)
上无零点，
2
0
或
f ( x) 0
恒成立，
2
因
f (x)
0
在区
(0,
)
上恒成立不可能，
2
1
故要使函数
f ( x)
在
(0, )
上无零点，只要 任意的
x
1
2
(0,
)
，
f ( x)
0
恒成立，
2
1
18
即对
x
(0, 1
)
，
a 2
2ln x
恒成立
.
x 1 2
令
I ( x)
2
2ln
x
，
x
(0,
)
，
2
x 1
1
2
则
I '(x)
(x
1) 2ln x
x
2
( x 1)
2ln x
2ln x 2 2
x
，
2
( x
1)
(0, )
，
再令
m(x)
2
2
，
x
x
x
1
2
0
，
则
m
'(x)
2 2
x
2
2(1 x)
x
2
故
m(x)
在
(0, )
上为减函数，于是
1
2
m( x)
m( )
2 2ln
2
2
1
0
，
从而
I '(x)
0
，于是
I ( x)
在
(0,
1
)
上为增函数，
2
I ( )
2
4ln 2
，
2
所以
I ( x)
1
故要使
a
2 2ln
，
x
(0,
)
恒成立，只要
a
[2 4ln 2,
x 1
2
x1
)
，
综上，若函数
f ( x)
在
(0,
1
)
上无零点，则
a
的最小值为
2 4ln 2
.
2
13.
（1）函数
f (x)
在区间
(0, 2)
内单调递减
x
，恒有
f '(x)
(0,2)
0
成立，
ax
2
而
f
'(x)
x
2
0
，
故对
x (0,2)
，恒有
a
2
成立，
而
2
x
x
1
，则
a
1
满足条件
.
所以实数
a
的取值范围为
(
（2）当
a 0
时，
f '(x)
,1]
.
ax
2
x
2
0
x.
2
a
19
随
x
的变化，
f '( x)
，
f (x)
的变化情况如下表：
x
0,
2
2
a
a
-
2
,
a
+
f '(x)
f ( x)
0
极小值
]
所以
f (x)
的最小值
g (a)
f 2
a
a 2
.
a a ln
.
a
2
g '(a)
ln 2 ln a 0
随
x
的变化，
g '( x)
，
g( x)
的变化情况如下表：
Z
a
g '(a)
g( a)
(0, 2)
+
2
(2,
-
)
0
极大值
Z
]
所以
g(a)
的最大值为
g (2)
（ 3）因为
x [1,
)
，
2
.
所以当
a
2
时，
2
x
a ln x ( a 2)
x
.
h( x) f ( x) (a 2) x
因为
h '(x)
ax
2
x
2
a
2 0
，
所以
h( x)
在区间
[1,
故
h(
x)
h(1)
当
a 2
时，
h(x)
)
内是增函数，
a 2
.
f ( x)
(a 2) x
2
a ln x (a 2)x
，
x
ax 2
由
h'( x)
x
2
a 2
[(2 a)x 2]( x
1)
x
2
0
，
解得
x
2
a
，故
0
（舍去）或
x
1
.
又
时，
h '(x) 0
，
2 a 0
x 1
所以
h( x)
在区间
[1,
所以
h( x)
)
内是增函数，
2
.
h(1) 4 a
x
综上所述，对
[1, )
，
h(x)
2
恒成立 .
20
14.
（1）由
f
( x)
a
2
ln x
x
2
ax
，可知
2 x
f
'(x)
a
2
a
2x
2
ax
a
2
(2 x a)( x
a)
.
x
x
x
因为函数
f ( x)
的定义域为
(0,
①若
a
)
，所以，
0
时，当
x
(0, a)
时，
f '(x)
0
，函数
f ( x)
单调递减，当
x
(a,
)
时，
f
'(x)
0
，函数
f ( x)
单调递增；
②若
a
③若
a
0
时，当
f
'(x) 2x
0
时，当
x
(0,
0
在
x
(0,
)
内恒成立，函数
f ( x)
单调递增；
a
)
时，
f '(x)
0
，函数
f ( x)
单调递减，当
x
(
, )
时，
2
2
a
f '(x) 0
，函数
f ( x)
单调递增
.
（2）证明：由题可知
h( x)
f (x) ( x)
x
2
(2
a) x a ln x( x
0)
，
(2 x a)( x 1)
x
a
x
2x
2
(2 a) x
a
x
所以
h '(x) 2x
(2
a)
.
所以当
x
(0, )
时，
h '(x)
0
；当
x
(
a
,
)
时，
h '( x)
2
2
a
0
；当
x
a
2
时，
h '( )
a
2
0
.
欲证
h '(
x
1
x
2
)
0
，只需证
h
'(
x
1
x
2
)
h '(
2
2
)
，又
h ''(x)
2
a
2
x
2
a
0
，即
h '( x)
单调
递增，故只需证明
x
1
x
2
a
.
2
2
设
x
1
，
x
2
是方程
h(x)
m
的两个不相等的实根，不妨设为
1
0
x
1
x
2
，
则
x
2
(2 a)x
1
1
a ln x
m
，
x
2
2
(2 a) x
2
a ln
x
2
m
两式相减并整理得
a( x
1
从而
a
x
2
ln x
1
ln x
2
)
x
1
2
x
2
2
2x
1
2x
2
，
2
x
2
x
2
1 2
2 x 2x
1
，
x
1
x
2
ln x
1
ln x
2
x
1
x
2
故只需证明
x
1
2
x
2
2
2 x
1
2x
2
，
2
2(x
1
x
2
ln x
1
ln x
2
)
即
x
1
x
2
x
1
2
x
2
2
2x
1
2x
2
.
x
1
x
2
ln x
1
ln x
2
ln x
2
0
，
因为
x
1
x
2
ln
x
1
21
所以
(*)
式可化为
ln x
1
ln x
2
2x
2x
1
2
，
x
1
x
2
2
x
1
2
即
ln
x
1
x
2
.
x
2
x
1
1
x
2
因为
0
x
1
x
2
，所以
0
x
1
1
，
x
2
不妨令
t
x
1
，所以得到
ln t
2t
2
，
t (0,1)
.
x
2
t 1
设
R(t)
ln t
2
2t
，
t
(0,1)
，所以
R '(t )
1 4
(t
1)
2
0
，当且仅当
t 1
t
(t 1)
2
t (t 1)
2
时，等号成立，因此
R(t )
在
(0,1)
单调递增
.
又
R(1) 0
，
因此
R(t ) 0
，
t (0,1)
，
故
ln t
2t
2
，
t
(0,1)
得证，
t 1
从而
h
'(
x
1
x
2
) 0
得证
.
2
15.
解：（ 1）因为
a 0
，所以
f
x
e
x
a
在区间
(0, 2)
上单调递增，
x
因为
x
0, f x 0
，由题意
f x
在区间
(0, 2)
上有极小值，故
f 2 0
，
所以
e
2
a 0 a
2e
2
，设
x
0
为在区间
(0,
2)
上的极小值点，
2
故
e
x
0
a
0
，所以
f (
x
0
)
e
x
0
a(ln x
0
1)
a(
1
ln x
0
1)
，
x
0
x
0
设
g x
a(
1
ln x 1),x
(0,2)
，则
g
x a( 1
1
)
a(1
x)
，
x
x
2
x
x
2
所以
g
x 0
，即
g x
在
(0, 2)
上单调递减，易得出
g 1
0
，故
f (
x
0
)
0
x
0
1
，
22
t 1
所以
h(t)
代入
e
x
0
a
0
，可得
a e
，满足
a
2e
2
，故
a e
.
x
0
（2）
h
x
f x f x
2
g x
x
mx ln x
，因为
h x
x
2
mx 1
，
a 2
x
令
h x
0
，即
x
2
mx 1
0
，两根分别为
x
x
1
x
2
1
, x
2
，则
m
，
x
1
x
2
1
又因为
h(x
1
)
h(
x
2
)
1
x
1
2
mx
1
ln x
1
1
x
2
2
mx
2
ln x
2
2
2
1
(x
2
x
2
) m( x x ) ln x
1
1
( x
2
x
2
) ( x
2
x
2
) ln
x
1
2
1
2
1 2
1 2
1 2
x
2
2
x
2
ln
x
1
1
( x
1
2
x
2
2
) ln
x
1
1
(
x
1
2
x
2
2
)n
x
1
1
(
x
x
1
2
)
，
x
2
2
x
2
2 x
1
x
2
x
2
2
x
2
x
令
x
1
t
，由于
x
1
x
2
，所以
0 t
1
，又因为
m
4 3
，
(
x
1
2
x
2
2
) m
2
16
，
x
2
3
3
即
( x
1
x
2
)
2
x
1
2
x
2
，即
t 2
1
16
，
x
1
x
2
x
2
x
1
t 3
所以
3t
2
10t 3
0
，解得
t 3
或
t
1
，即
0 t
1
，
3
3
令
h(t )
ln t
1
(t
1
)(0
t
1
)
，
h (t)
1
1
t
1
2t t
2
1 (t
1)
2
0
2
t
3
t
2
2t
2
2t
2
2t
2
1
(0,
]
上单调递减，
3
h(t)
h(
) ln
1 1 1
min
(
1
3) ln 3
4
，所以
h( x
1
)
h(x
2
)
的最小值
ln 3
4
.
3 2 2 3
3
3
23
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