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2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（一）

1.已知函数f (x) x2 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 x2 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) x3ax2bx 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(1x) .

（1）明 f '(x) 2 ；

（2）如果 f (x) ax x [0,1) 恒成立，求 a 的范 .

x 1

4.已知函数f (x) （ 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

x1， x2 [0 ，1] ，使得 2 ( x1 )(x2 ) x ，存在数

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)的性；（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 x2ax 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 .

7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当

x 0 时， f x

1 x 3 ax a R ，且曲线 f(x)在

3

x

1 处的切线与直线 y 3

x 1平行

2

4

（1）求 a 的值及函数 f(x)的解析式；

（2）若函数 y f

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 0

ax, a

ln x

（1）若函数 y f x 在 1,

上减函数，求实数 a 的最小值；

（2）若存在

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．

10.已知函数 f ( x) e x

e x ，其中 e 是自然对数的底数．

（1）若关于 x 的不等式 mf ( x)

e x m 1在 (0,+ ∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围；

（2）已知正数 a 满足：存在 x 0 [1, ) ，使得 f ( x 0 ) a( x 0

3

3x 0 ) 成立．试比较 e a 1

与 a e 1 的大小，并证明你的结论．

11.已知函数 f x

e ax ln x 2 （ e 为自然对数的底数） .

（1）若 a R ， F x

e ax

f ' x ，讨论 F x 的单调性；

（2）若 a

1 x

f x x 1在 (－ 1,+ ∞)内存在零点，求实数 a 的范围 .

，函数 g

2

12.已知函数

（ 1）若函数

间；

f ( x) (2 a)( x 1) 2ln x （ a 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

（2）若函数

y

f (x) 在 (0, 1

) 上无零点，求

a 的最小值 .

2

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 2 ，证明 h '(

x 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；

x 2

1

f x

f x

（2）令 g x

mx 1，设 x 1

, x 2 (x 1 x 2 ) 是函数 h x

g x

2

x a

4 3 ，求 h(x 1)

h(x 2 ) 的最小值 .

的两个极值点，若

m

3

参考答案

1.

（1）由已知 x

0 ，且 f ( x)

2x

a

1 2x 2

ax 1

x

x

①当

a 2

8 0 ，即当 2 2 a 2 2 ，

f (x)

函数 f ( x) 在 [1,2] 上 增 ??????????????????????1

分

②当

a 2

8 0 ，即

a

2 2

或

a

2 2 ，

2x

2

ax 1

0 有两个根，

x

a

a 2

8

，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

当 3

a 2 2 或

a 2

2 ，函数 f ( x) 在 [1,2]

上 增 ???????3 分

a

a 2 8 ，令 f (1) 3 a

0 ，

9

2°

2 f (2)

a 0 ，

当 1

4

2

解得

9 a 3

2

当 9

a

3 ，函数 f ( x) 在 [1,

a

a

2

8

] 上 减，

2

4

在 [

a

a 2 8

4

, 2] 上 增； ???????5 分

3°当 a

a 2 8 2 ，令 f (2)

9 a

0 ，解得 a

9

4

2

2

当 a

9

，函数 f ( x) 在 [1,2]

上 减； ??????????????6

分

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

由已知函数 g( x) 有且只有一个零点m ， m x1

所以 g (m) 0, g( m) 0, e m 1 1 a 0

m ?????????????9 分e m 1 ln m am a 0

e m 1 ln m (e m 1 1

)m (e m 1

1

) 0 ，得 (2 m)e m 1 ln m m 1 0 m m m

令 p(x) (2 x)e x 1 ln x x 1( x 0) ，所以 p(m) 0,

x

p (x) (1

x 1 1

(0,1), p ( x) 0, x (1, ), p ( x) 0 x)( e x 2 ) ，所以 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 ???????????????????????????????分 12

2.

解：（ 1）f (x) x3 ax2 bx c, f ' ( x) 3x2 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) 3x2 x 2 (3 x 2)( x 1) ，

随着 x 化， f ’(x)， f ( x) 的化情况如下表：

x ( , 2) 2 (

2

,1) 1 (1, ) 3

3 3

f ' ( x)

f ( x) 极大极小

2 2

所以函数 f ( x) 的增区是( ) 与 (1, ,1)；

, ) ,减区是 (

3 3 （2）f ( x) x3 1 x2 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

所以只需要 f (

2 22 c

c

，得 c

44

)

27 2 27

3

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

x 1 x 2

1 x 1

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 a

x 2

1

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

2

当 a

2时， g' x 0得

a ，

2

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

4.

解:(1) ∵函数的定义域为 R， f ′(x)＝－x x，e

∴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 x1，x2∈ [0,1] ，使得 2φ(x1)<φ(x2)成立，则 2[φ(x)] min<[ φ(x)] max.

∵φ(x)＝xf(x)＋ tf′(x)＋ e－x＝x

2

(1 t )x 1 ，

e x

x2 (1 t) x t x t x 1 ∴ ' x

e x .

e x

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－e

>1 ；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

若t∈( t,1]，φ′(x)>0 ，φ(x)在 (t,1)上单调递增，∴ 2φ(t)

即

t 1 3 t

2·

e t

e

t 1

在 [0,1] 上单调递减，

由(1) 知， g(t)＝ 2·t

e

故4 t 1 2 3 t 3

，∴不等式 (*) 无解．≤ 2 ·t ≤2，而

e

≤≤

e e e e

综上所述，存在t∈ (－∞， 3－ 2e)∪ (3－e

，＋∞)，使得命题成立．

2

5.

解：（ 1）由题 f (x) kx e x

f (x) k e x，

①当 k ≤ 0 ，当 f ( x) 0 ， f (x) 在R上是减函数；

②当 k 0，当 x ln k ，f (x) 0 ， f ( x) 在 (ln k ，) 上是减函数；当x ln k ，

f (x) 0 ， f ( x) 在 ( ，ln k) 上是增函数 .

即当 k ≤ 0 时， f ( x) 在 ( ，) 上个递减；

当 k 0 时， f ( x) 在 (ln k ，) 上递减，在 ( ，ln k) 上递增 .

（2）当k 1，f (x) x a x， f (x) 1 a x ln a .

x

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

1

1 ln

ln a ，

即 t log a

ln a

ln a

所以 f (x) 在 (

，t) 上为增函数，在 (t ， ) 上为减函数，

1

ln

1 ， 1

则 f ( x) 的极大值为 f (t )

t a

t

ln a 0 .

ln a

ln a

ln a

1

ln

1

令 g( a)

ln a ，令 h( x) xln x x ， x

0 .

ln a ln a

h ( x)

ln x .

当 x 1 时 h ( x) 0 ；当 x (0 ，1) 时 h (x) 0 ，所以 x 1为 h( x) 极小值也是最小值点 .

且 h(1)

1 ，即 g ( a) 的最小值为 1 ，此时 a e .

6.

1

2x 2 3x 1

2x 1 x 1

解：（ 1）当 a

3 时， f x

2x 3

x

，

x

x

函数 f

x 在区间

1

,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

又

f 2

f

1

2 ln 2

5 ln 2 3

2ln 2 0

，故

f

2

f 1 ，

2

4 4

2

故函数 f

x 在 1

, 2 上的最小值为 f 2

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 ，

即 2x 2

ax

1 0 有两个不同正根，故 a 应满足： a

a 2

8 0 a 2 2 .

2 0 a

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 .

7.

解：（ 1）当 x

0 时， f x

x 2 a ，因为曲线 f x 在 x

1 处的切线与直线

2

y

3

x 1 平行，

4

所以 f

1 1 a 3

，所以 a

1 ，则当 x 0 时， f x

1 x 3 x ，

2

4

4

3

因为 f x 是定义在 R 上的奇函数，可知 f 0

0 ，

设 x

0 ，则 x 0 ， f

x

1 x 3 x ，

3

所以 f x

f

x

1 x 3 x

1 x 3 x ，

3

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 x x R 得： f

x

x 2 1，令 f

x

0 得： x

1

3

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

0 ， f

x 单调递增，又 f

3

6 ， f

1 2 ，

3

f 1

2

3

， f

3

函数 y f x m 在区

间

3, 3 上有三个零点，

等价于 f

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, 3 上

大致图像可知，实数 m 的取值范围是

3 .

,0

2

8.

解：因为 f x

在 1,

ln x 1

a 0 在 1,

上是减函数，故

f x

2

上恒成立，

ln x

ln x 1

1

1 1 1 2

a

1

又 f x

2

ln x 2

ln x

a

2

a ，

ln x

ln x

4

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

2

4 4 4

1

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 min

f

x

max

a ”

由（ 1），当 x

e, e

2

时， f

x

max

1 a ，所以 f

x max

a

1 .

4

4

问题等价于： “当 x

e, e 2 时，有 f x

min

1 ”

4

① 当 a

1 时 ， 由 （ 1 ） ， f x 在 e, e 2

上 是 减 函 数 ， 则

4

f

x

min

f e 2

1 e

2 ae 2 1 ，故 a

1

1 2

2

4

2 4e

1

1

1 2

1

②当 a

时，由于 f x

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

10 .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

f

e e ae

e

1 ，不合题意；

min

4

20 .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

min

f x 0

x 0 ax 0 1

, x 0 e, e 2 ，

ln x 0 4

所以 a

1 1

1 1 1 1 1

1 矛盾，不合题意； ln x 0

4x 0

ln e 2

，与 0

a

4e 2 4 4

4

综上： a 的取值范围为

1

1

,.

2

2

4e

9.

解：（ 1）① 由 f ( x) 3x 2 2ax b 及 a 2

b 0 ，

得 f (x) 3x 2

2ax a 2

，

令 f ( x)

0 ，解得 x

a 或 x

a .

3

由 a 0 知， x ( , a)， f ( x) 0 ， f (x) 单调递增，

x ( a, a )， f ( x) 0 ， f ( x) 单调递减， x ( a

,

)，f ( x) 0 ， f (x) 单调递增，

3

3

因此， f (x) 的极大值为 f ( a) 1 a 3

， f ( x) 的极小值为 f ( a

) 1 5a 3 .

3

27

② 当 a 0 时， b 0 ，此时 f ( x) x

3

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 ( a

) 1 5a 3 . 3 27

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 x 2 x 3 ，

则 f (x 1 ) f ( x 2 ) f ( x 3 ) 0 ，

f ( x ) x 3 ax 2 a 2 x 1 0 ， ①

1

1

1

1 f ( x ) x 3

ax 2

a 2 x 1 0 ， ② 2

2

2

2

f ( x 3 ) x 33 ax 32

a 2 x 3 1 0 ， ③

②-① 得 ( x

2

x )( x 2 x x

x 2 ) a( x

x )( x

x ) a 2 ( x

2

x ) 0 ，

1

2

1

2 1

2

1

2

1

1

因为 x 2 x 1 0 ，所以 x 2

2

x 1 x 2 x 12 a(x 2 x 1) a 2

0 ， ④

同理 x 32 x 3x 2 x 22

a( x 3 x 2 ) a 2

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 x 1 0 ，所以 x 2

x 3 x 1 a 0 ， 又 x

x

2x ，所以 x

a

2

.

1

3 2

3

所以 f (

a

) 0 ，即 2

a 2

3

a 2 ，即 a 3

27 1 ，

3

9

a 11

因此，存在这样实数 a

3

满足条件 .

（2）设 A（ m， f(m)） ,B(n， f(n))，则k1 3m2 2am b ，k2 3n2 2an b ，

又

f (m) f ( n) (m3 n3 ) a(m2 n2 ) b(m n) 2 2

，k1

m mn n a m n b m n m n ( )

由此可得3m2 2am b m2 mn n 2 a( m n) b ，化简得 n a 2m ，

因此， k

2 3( a m 2

2

a

(

a

2

m b

12

m2 am a 2 b

，

2 ) ) 8

所以， 12m2 8am b a2 4(3m2 2am b) ，所以 a2 3b .

10.

解：（ 1）由条件知( x

e x 1)

e

x 1

在 (0, ) 上恒成立，

m e

令 t e x（x 0 ），则 t 1，所以 m t 1

1 1 对于任意 t 1成

t 2 t t 1 1

1

t 1 立．

因为 t 1

t 1 1 2 (t 1)

(t

1 1 3 ，∴ 1 1 ，1 1) t 1 1 1 3

t 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( x3 3x) ，则 g '( x) e x 1 3a( x2 1) ，

e x e x

当 x 1时，e x 1 0 ， x2 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 x0 [1, ) ，使 e x0 e x0 a( x0 3 3x0 ) 0 成立，当且仅当最小值g(1) 0 ，

故 e e 1

2a 0 ，即 a

e e 1

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

ln x

1

1

ln x

（ x 1）， h '(x)

x

，

构造函数 h(x)

(x

x 1

1)2

再 m(x)

1

1

ln x ， m '(x)

1 x

，从而 m( x) 在 (1, ) 上 减，

x

x 2

此 m(x)

m(1) 0 ，故 h '(x)

0在 (1,

) 上恒成立， h( x)

ln x

在 (1,+ ) 上

x 1

减．

上所述，当 a

( e e 1 , e) ， e a 1

a e 1 ；

2

当 a e ， e a 1 a e 1 ；

当 a (e,

) ， e a 1

a e 1 ．

11.

（Ⅰ ） (1) 当 a 0 ， F x 在

2,

上 减；

(2) 当 a

0 , F x 在

2,

1

2

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

x 1 e ax aln

x 2

1 2

2

x

故 F x

e ax

f ' x

aln x 2

1 2 F ' x

a 2

1

2

ax 2a 2 1

x

x x 2

x 2

(1) 若 a 0 ， F ' x 0, F x 在 2,

上 减； ???????2 分

(2) 若 a

0 ，令 F ' x

0 x 1

2 .

a

①当 a

0 ， x

1

2 ，因此在

2, 上恒有 F ' x

，即 F x 在

2

a

2,

上 减；

②当 a

0 ， x

1 2 2 ，因而在

2,

1

2 上有 F ' x

0 ，在 1 2,

上有

a

a

a

F ' x 0 ；因此 F x 在

2,

1

2 上 减，在

a

上， (1)

当 a 0 ， F x

在

2,

上 减；

1

a

2,

增 .

(2) 当 a

0 ， F

x 在

2,

1

2 上 减，在

1 2, 增．

a

a

???????5 分

（Ⅱ ） 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

x 1

1 e ax F x

1 ，

2

h x g ' x e ax F x 1，

h ' x

e ax

aF x

F ' 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

x 1, x

1,

g ' x

1 2 1

x 1 0, x 1,

x

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 ,

①当 x 0 ， 0

e ax

1

，由（ 1）知 ln

x 2 x 1 任意 x1,

恒成立

g x e ax ln x 2

x 1 e ax ( x 1) x 1 (x 1) e ax

1 0 ，

故 g x 0 ， 任意 x

0,

恒成立，

②当

1 x 0 ,

g ' 1 e a 1 0, g ' 0

aln2

1

0 ，

2

因此当 1 x 0 g '

x 必有零点， 第一个零点 x

0 ，

当 x (

1,x 0 ) g ' x 0 ， g x 增， g x

g ( 1) 0

.

由①② 可知，当 a 0 ， g x 必存在零点 . ???????9分

(2) 当 0 a

1

，考察函数

h ' x ，由于

2

1

1

1

4a

h ' 1 e a 2a 1 0, h '

e 2 a 2ln 2

1 2

0,

2a

2a

2

2a

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

(0, )

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

1

令 x 0

e a ， 有 g

x 0 (e a 1) aln

e a 2

1

(e a 1) alne a

1

0 ，

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

12

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

x 1 2 1 x 1

0, x

1,

x 2

g x 在 x

1,

减， g x g 1

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

因此当

1 x 0 g

'

x 必有零点， 第一个零点

x

0 ，

当 x (

1,x 0 ) g ' x

0 ，

g x 增， g x 0

g( 1) 0 又 g 0 f 0

1 ln

2 1 0,

所以，当 a 0 ， g

x 在 x ( x 0 ,0) 必存在零点 .

???????9分

(3) 当 0 a

1 ，由于 g

ln 2 1 0 ，

2

令 ( x) e ax

ax 1, ' ( x) a(e ax 1) ， ( x) 在 x

( 1,0) 减，在 x (0, )

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

1

令 x 0

e a ， 有 g

x 0

(e a 1) aln e a 2 1

(e a 1) alne a

1 0 ，

由零点存在定理可知函数 y

g x 在 0,x 0 上存在零点，符合 意 .

上可知， a 的取 范 是

(

,0) U 0,

1

.

???????分 12

2

12.

（1） ∵ g( x) (3

a) x (2 a) 2ln x ， ∴ g '( x)

3 a

2 ，

x

∴ g '(1) 1 a ，

又 g(1)

1， ∴ 1

1 2

a 2，

a

1，解得

1 0

由 g '(x)

3

2 2 x 2 x 2，

x

x 0 ，得 0

∴ g( x) 的 减区

(0, 2) .

（2）若函数 f (x) 在 (0,

1 ) 上无零点，

2

f (x) 在 (0, 1

) 上 f ( x)

0或 f ( x) 0 恒成立，

2

因 f (x)

0在区 (0, 1

) 上恒成立不可能，

2

故要使函数 f ( x) 在 (0, 1

) 上无零点，只要 任意的 x

(0, 1

) ， f ( x) 0 恒成立，

2

2

即对 x (0, 1 ) ， a 2

2ln x 恒成立 .

2

x 1

令 I ( x)

2 2ln x ， x (0, 1

) ，

x 1

2

2

(x 1) 2ln x 2ln x 2 2

则 I '(x)

x

x ，

( x 1)2

( x 1)2

再令 m(x)

2ln x

2 2 ， x (0, 1

) ，

x

2 则 m '(x)

2 2 2(1 x)

0 ，

x

2

x

x

2

故 m(x) 在 (0, 1

) 上为减函数，于是

m( x) m( 1

) 2 2ln 2

0 ，

2

2

从而 I '(x)

0 ，于是 I ( x) 在 (0, 1 ) 上为增函数，

2 所以 I ( x)

I (1

) 2 4ln 2 ，

2

故要使 a

2 2ln x ， x (0, 1

) 恒成立，只要 a [2 4ln 2, ) ，

x 1 2

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 (0,2) ，恒有 f '(x) 0成立，

而 f

'(x)

ax 2

x

2

0 ，

故对 x (0,2) 2

成立，

，恒有 a

x

而

2

1，则 a 1 满足条件 .

x

所以实数 a 的取值范围为 (

,1] .

ax 2 0 2 （2）当 a 0 时， f '(x)

x 2

x.

a

随 x 的变化， f '( x) ， f (x) 的变化情况如下表：

x

2

2

0,

a

a

f '(x) -

f ( x)

]

极小值

所以 f (x) 的最小值 g (a)

f 2 a a ln 2

.

a a

g '(a) ln 2 ln a 0

a 2 .

随 x 的变化， g '( x) ， g( x) 的变化情况如下表：

a (0, 2)

2

g '(a) +

g( a)

Z

极大值

所以 g(a) 的最大值为 g (2) 2 .

（ 3）因为 x [1,) ，

所以当 a

2 时，

h( x) f ( x) (a 2) x

2 a ln x ( a 2) x .

x

因为 h '(x)

ax

2

a 2 0 ，

x

2

所以 h( x) 在区间 [1, ) 内是增函数，

故 h( x) h(1) a 2 .

当 a 2时， h(x)

f ( x)

(a 2) x

2

a ln x (a 2)x ， x

由 h'( x) ax 2

a 2

x 2

[(2 a)x 2]( x

1)

0 ，

x

解得 x

2

0 （舍去）或 x 1 .

2 a

又

2 a 0 ，故

x 时， h '(x)

0，

1

所以 h( x) 在区间 [1, ) 内是增函数，

所以 h( x)

h(1) 4 a 2 .

综上所述，对

x

[1, ) ， h(x) 2 恒成立 .

2 ,

a

+

Z

(2,

)

-

]