2022年高三数学一轮复习专题突破训练导数及其应用 .pdf

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1、学习必备欢迎下载江苏省 20XX 年高考一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空题1、在平面直角坐标系xOy 中，若曲线),(y2为常数baxbax过点)5,2(P，且该曲线在点P处的切线与直线0327xy平行，则ba的值是2、 抛物线2xy在1x处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D（包含三角形内部与边界）。 若点),(yxP是区域D内的任意一点，则yx2的取值范围是3、在平面直角坐标系xOy 中，若曲线lnyx 在ex( e为自然对数的底数) 处的切线与直线30axy垂直，则实数a的值为4 、 若 函 数2()l n2fxxa xb xab有 两 个 极 值 点12,x x， 其 中10 ,

2、02ab， 且221()f xxx，则方程22 ( )( )10a f xbfx的实根个数为 . 5、若曲线321:612Cyaxxx 与曲线2:exCy在1x处的两条切线互相垂直，则实数a 的值为6、函数321122132fxaxaxaxa的图象经过四个象限的充要条件是7、曲线cosyxx在点2 2p p，处的切线方程为8、函数( )f x是定义在R上的偶函数，( 2)0f，且0 x时，( )( )0f xxfx，则不等式( )0 xf x的解集是9、在平面直角坐标系xOy中，记曲线2(,2)myxxR mx1x处的切线为直线l.若直线l在两坐标轴上的截距之和为12，则m的值为10、设二次函

3、数f(x)ax2bxc(a，b，c 为常数 )的导函数为f (x)对任意 xR，不等式 f(x)f (x)恒成立，则b2a2+c2的最大值为11、曲线2(1)1( )e(0)e2xff xfxx 在点 (1，f(1)处的切线方程为12、 ）函数21( )ln2f xxx的单调递减区间为13、设函数f(x)axsinxcosx若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线yf(x)在点 A，B处的切线互相垂直，则实数a 的取值范围为14、曲线1*()nyxnN在点(1,1)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值为_.15、已知函数( )f x,( )g x满足(1)2f,(1)1f,(

4、1)1g,(1)1g, 则函数( )( )1)( )F xf xg x 的图象在1x处的切线方程为 . 二、解答题1、已知函数32( )f xxaxb ( ,)a bR，（1）试讨论( )f x的单调性，（2）若bca（实数c是与a无关的常数），当函数( )f x有 3 个不同的零点时，a的取值范围恰好是33(, 3)(1, )(,)22UU，求c的值。2、已知函数( )f x+，其中 e是自然对数的底数。（1）证明：( )f x是 R 上的偶函数；（2）若关于x 的不等式m( )f x+m1 在（ 0，+）上恒成立，求实数m 的取值范围；（3）已知正数 a满足 :存在 x01，+） ，使得0

5、(x )f（x0 3 +3x0）成立，试比较与的大小，并证明你的结论。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页学习必备欢迎下载3、设函数axxxfln)(，axexgx)(，其中a为实数。（1）若)(xf在), 1(上是单调减函数，且)(xg在),1 (上有最小值，求a的取值范围；（2）若)(xg在), 1(上是单调增函数，试求)(xf的零点个数，并证明你的结论。4、已知函数xxkxxf)2(ln1)(，其中k为常数 . (1)若0k,求曲线)(xfy在点)1(, 1(f处的切线方程. (2)若5k,求证：)(xf有且仅

6、有两个零点；（3）若k为整数，且当2x时，0)(xf恒成立，求k的最大值。5、已知函数xexfxe，其导数记为fx（e为自然对数的底数）（1）求函数fx的极大值；（2）解方程ffxx；（3）若存在实数1212,()xxxx使得12()()f xf x，求证：1202xxf6、己知( )lnxf xaxae，其中常数0a（1）当ae时，求函数( )f x的极值；（2）若函数( )yf x有两个零点1212,(0)xxxx，求证：1211xxaa；（3）求证：221ln0 xxxxee7、设函数( )lnf xx，()( )(0)1m xng xmx. （1）当1m时，函数( )yfx与( )yg

7、 x在1x处的切线互相垂直，求n的值；（2）若函数( )( )yf xg x在定义域内不单调，求mn的取值范围；（3）是否存在实数a, 使得2()()()02axaxff efxa对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由. 8、已知函数( )(1)xf xea x，其中,aR e为自然对数底数. （1）当1a时，求函数( )f x在点(1, (1)f处的切线方程；（2）讨论函数( )f x的单调性，并写出相应的单调区间；（3）已知bR，若函数( )fxb对任意xR都成立，求ab的最大值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

8、- - - - -第 2 页，共 12 页学习必备欢迎下载9、已知函数1( )lnfxxx，( )g xaxb(1)若函数( )( )( )h xf xg x在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；(2) 若直线( )g xaxb是函数1( )lnf xxx图象的切线，求ab的最小值；(3)当0b时，若( )f x与( )g x的图象有两个交点1122(,),(,)A xyB xy，求证：12x x22e（取e为2.8，取ln 2为0.7，取2为1.4）10、设函数( )22ln-+f xxxaxb=在点( )()0,0 x f x处的切线方程为yxb= -+. (1) 求实数a及0 x的值

9、；(2) 求证：对任意实数，函数( )f x有且仅有两个零点. 11、已知函数2( ),( )xf xeg xaxbxc。（1）若 f（x）的图象与g（x）的图象所在两条曲线的一个公共点在y 轴上，且在该点处两条曲线的切线互相垂直，求b 和 c 的值。（2）若 ac 1，b0，试比较 f（x）与 g（x）的大小，并说明理由；（3）若 bc 0，证明：对任意给定的正数a，总存在正数m，使得当x(,)m时，恒有 f（x） g（ x）成立。12 、 已 知 函 数( )lnfxabx(,a bR) ， 其 图 像 在xe处 的 切 线 方 程 为0 xeye 函 数()(0)kg xkx，( )(

10、)1f xh xx( ) 求实数a、b的值；（） 以函数( )g x图像上一点为圆心，2 为半径作圆C，若圆C上存在两个不同的点到原点O的距离为1，求k的取值范围；（ ） 求 最 大 的 正 整 数k， 对 于 任 意 的(1,)p， 存 在 实 数m、n满 足0mnp， 使 得()()()h ph mg n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页学习必备欢迎下载江苏省 20XX 年高考一轮复习专题突破训练导数及其应用参考答案一、填空题1、【答案】21【提示】根据P点在曲线上， 曲线在点P处的导函数值等于切线斜率，22x

11、baxy，27k， 将)5,2(P带入得2744245baba，解得223ba，则21ba2、解：本题主要考察导数的几何意义及线性规划等基础知识。xy221xyk切线方程为)1(21xy与x轴交点为)0,21(A，与y轴交点为) 1,0(B, 当直线yxz2过点)0,21(A时021maxz当直线yxz2过点)1,0(B时2)1(20minzyx2的取值范围是21,23、e4、 55、13e6、63516a7、 202xyp8、2,02,9、-3 或 4 10、 2 22 11、1e2yx12、（0,113、1，114、1415、2xy10 二、解答题1、 解：（ 1）令2( )32fxxax

12、0得到20,3axx，当0a时，( )0fx恒成立，( )f x在定义域内单调递增；当0a时，2(,0)(,)3axU时( )0,( )fxfx，2(0,)3ax时，( )0fx，( )f x；当0a时，2(,)(0,)3axU时( )0,( )fxf x，2(,0)3ax时，( )0fx，( )f x。（2）( )0f x有 3 个不同的实根，显然0a时不符。下面讨论0a的情况：当0a时，应有30(0)024()00327bfaafb，即3427270aacca（ a）当0a时，应有324()00327(0)00aafbfb，即3427270aacca（ b）对于（ a）：a的取值范围应在3

13、2a内，根据题意，有34( 3)27( 3)270c1ca，符合题意；对于（ b）：3334()27270122cc, 而1a时，ca，故1c，所以1c符合题意。综上，符合题意的1c。2、 （1） x()fx=+=( )f x，( )f x是 R 上的偶函数（2）( )f x+2=21 ，( )f x， m（( )f x）1， m=，令( )g x=，( )gx=， x时( )gx( )g x单调减， x时( )gx( )g x单调增，( )g xmin=(ln 2)g=，若y x O y2x1 y12x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

14、第 4 页，共 12 页学习必备欢迎下载关于 x 的不等式m( )f x+m1 在（ 0，+）上恒成立，则只要m( )g xmin恒成立，m。 m（。（3）由题正数a满足 :存在 x01，+） ，使得0(x )f（x0 3 +3x0）成立。即+（x0 3 +3x0）令( )h x=+（x3 +3x ）， 即( )h xmin0 。hx-=+3a，当 x1，+）时，hx0 ，( )h xmin =(1)h=e+-2a0 ，a+ 。要比较与的大小， 两边同时取以e 为底的对数。 只要比较a-1 与（e-1）lna 的大小。 令y= a-1-( e-1） lna ，y= 1-， a+ + e-1，

15、a（+ ） 时yy 单调减， a（）时yy 单调增，又+ ，当 a=1时， y=0，当 a=+ 时， y0，当 a=e 时， y=0。 a=e-1 时， y0。当+ 时， y0，此时 a-1（e-1）lna ，即。当 a=e 时 y0，此时 a-1（e-1）lna ，即。当 ae 时 y0，此时 a-1（e-1）lna ，即3、（ 1）解：由01)(axxf即ax1对), 1(x恒成立，max1xa而由), 1(x知x11 1a由aexgx)(令0)(xg则axln当xaln时)(xg0，当xaln时)(xg0，)(xg在), 1(上有最小值aln1 ae综上所述：a的取值范围为),(e（2）

16、证明：)(xg在), 1(上是单调增函数0)(aexgx即xea对), 1(x恒成立，minxea而当), 1(x时，xee1ea1分三种情况：（）当0a时，xxf1)(0 f （x）在), 0(x上为单调增函数0)1(ff （x）存在唯一零点（）当a0 时，axxf1)( 0 f （x）在),0(x上为单调增函数)1()(aaaeaaeaef0 且af)1 (0 f （x）存在唯一零点（）当0ea1时，axxf1)(，令0)(xf得ax1当 0 xa1时，xaxaxf)1()( 0；xa1时，xaxaxf)1()(0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

17、 - - - -第 5 页，共 12 页学习必备欢迎下载ax1为最大值点，最大值为1ln11ln)1(aaaaaf当01ln a时，01ln a，ea1，)(xf有唯一零点eax1当1ln a0 时， 0ea1，)(xf有两个零点实际上，对于0ea1，由于eaeaeef111ln)1(0，1ln11ln)1(aaaaaf0 且函数在ae1,1上的图像不间断函数)(xf在ae1,1上有存在零点另外，当ax1,0，axxf1)(0，故)(xf在a1,0上单调增，)(xf在a1,0只有一个零点下面考虑)(xf在,1a的情况，先证)(lnln)(1111121aaaaaeaaaeeaaeeef0 为此

18、我们要证明：当xe时，xe2x，设2)(xexhx，则xexhx2)(，再设xexlx2)(2)(xexl当x1 时，2)(xexle-2 0，xexlx2)(在, 1上是单调增函数故当x2 时，xexhx2)(4)2(2eh0 从而2)(xexhx在,2上是单调增函数，进而当xe时，2)(xexhx2)(eeehe0 即当xe时，xe2x，当 0ae1时，即1ae 时，)(lnln)(1111121aaaaaeaaaeeaaeeef0 又1ln11ln)1(aaaaaf0 且函数)(xf在1,1aea上的图像不间断，函数)(xf在1,1aea上有存在零点， 又当xa1时，xaxaxf)1()

19、(0 故)(xf在,1a上是单调减函数函数)(xf在,1a只有一个零点综合（）（）（）知：当0a时，)(xf的零点个数为1；当 0ae1时，)(xf的零点个数为2 4、解 ：（1）当 k 0 时， f(x)1lnx因为 f (x)1x，从而 f (1)1又 f (1)1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程y1x1，即 xy03 分（2）当 k5 时， f(x)lnx10 x 4因为 f (x)x10 x2，从而当 x(0，10)，f (x)0，f(x)单调递减；当x (10， )时， f (x)0，f(x)单调递增所以当 x 10 时， f(x)有极小值5 分因 f(10)ln1

20、030，f(1) 60，所以 f(x)在(1，10)之间有一个零点因为 f(e4)410e440，所以 f(x)在(10，e4)之间有一个零点从而 f(x)有两个不同的零点8 分（3）方法一 ：由题意知，1+lnxk(x2)x0 对 x (2， )恒成立，即 kxxlnxx2对 x(2， )恒成立令 h(x)xxlnxx2，则 h (x)x2lnx4(x2)2设 v(x)x2lnx4，则 v(x)x2x当 x(2， )时， v (x)0，所以 v(x)在(2， )为增函数因为 v(8)8 2ln8442ln80，v(9)52ln90，所以存在x0(8，9)，v(x0) 0，即 x02lnx04

21、0当 x(2，x0)时， h (x)0，h(x)单调递减，当x(x0， )时， h (x)0，h(x)单调递增所以当 x x0时， h(x)的最小值h(x0)x0 x0lnx0 x02因为 lnx0 x042，所以 h(x0)x02(4， 4.5)故所求的整数k 的最大值为416 分方法二 ：由题意知， 1+ln xk(x 2)x0 对 x (2， )恒成立f(x)1+ln xk(x2)x，f (x)x2kx2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页学习必备欢迎下载当 2k2，即 k 1 时， f (x)0 对 x(2，

22、 )恒成立，所以 f(x)在(2， )上单调递增而 f(2)1ln2 0 成立，所以满足要求当 2k2，即 k 1 时，当 x(2，2k)时， f (x)0， f(x)单调递减，当x(2k， )，f (x) 0，f(x)单调递增所以当 x2k 时， f(x)有最小值 f(2k)2ln2k k从而 f(x)0 在 x(2， )恒成立，等价于2ln2kk0令 g(k)2ln2kk，则 g (k)1kk0，从而 g(k) 在(1， )为减函数因为 g(4) ln820，g(5)ln103 0 ，所以使 2ln2k k0 成立的最大正整数k4综合，知所求的整数k 的最大值为416 分5、6、解：函数(

23、 )f x的定义域为(0,)，（1）当ea时，( )eelnexf xx，e( )exfxx，而e( )exfxx在(0,)上单调递增，又(1)0f，当01x时，( )(1)0fxf，则( )f x在(0,1)上单调递减；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页学习必备欢迎下载当1x时，( )(1)0fxf，则( )f x在(1,)上单调递增，所以( )f x有极小值(1)0f，没有极大值 3 分（2）先证明：当( )0f x恒成立时，有0ae成立若10ex，则( )(ln1)0 xf xaxe显然成立；若1ex，由(

24、)0f x得eln1xax，令e( )ln1xxx，则21e (ln1)( )(ln1)xxxxx，令11( )ln1()eg xxxx，由21( )10g xx得( )g x在1(,)e上单调递增，又因为(1)0g，所以( )x在1(,1)e上为负，在(1,)上为正，因此( )x在1(,1)e上递减，在(1,)上递增，所以min( )(1)ex，从而0ea因而函数( )yf x若有两个零点，则ea，所以(1)e0fa，由( )ln(af aaaa aee)得( )ln2afaae，则111( )0eeaafaaeee，所以( )ln2afaae在( ,)e上单调递增，所以2( )( )330

25、fafeeee，所以( )lnaf aaaae在( ,)e上单调递增，所以2( )( )22f afeeeeee0，则(1) ( )0ff a，所以21xa，由ae得111111()lnlnln0aaaafaaaaaaaaaeeeee，则1(1) ()0ffa，所以111xa，综上得1211xxaa 10 分（3）由（ 2）知当ae时，( )0f x恒成立，所以( )ln0 xf xxeee，即( )lnxf xxeee，设( )(0)exxh xx，则1( )exxh x，当01x时，( )0 x，所以( )g x在(0,1)上单调递增；当1x时，( )0h x，所以( )g x在(1,)上

26、单调递增，所以( )(0)exxh xx的最大值为1(1)eh，即1xxee，因而2xxee，所以2( )lnxxxf xxeeee，即221( )ln0 xxf xxxee 16 分7、解：（ 1）当1m时，21( )(1)ng xx，( )yg x在1x处的切线斜率14nk，由1( )fxx，( )yf x在1x处的切线斜率1k，1114n，5n. 4分（2）易知函数( )( )yf xg x的定义域为(0,)，又222212(1)2(1)11(1)( )( )(1)(1)(1)xmnxmnxmnxyfxg xxxx xx，由题意， 得12(1)xmnx的最小值为负，(1)4mn（注： 结

27、合函数22(1)1yxmnx图象同样可以得到），2(1)(1)44mnmn，(1)4mn，3mn（注：结合消元利用基本不等式也可） . 9分（3）令( )x2= ()()()ln 2lnlnln 22axaxff efaxaaxxxaxa，其中0,0 xa则( )x1ln 2lnaaaxax，设1( )ln 2lnxaaaxax2211( )0aaxxxxx( )x在(0,)单调递减，( )0 x在区间(0,)必存在实根，不妨设0()0 x即0001()ln 2ln0 xaaaxax，可得001lnln 21xaax（*）( )x在区间0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减，所以max

28、0( )()xx，0000()(1) ln 2(1) lnxaxaaxx，代入（ *）式得0001()2xaxax根据题意0001()20 xaxax恒成立 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页学习必备欢迎下载又根据基本不等式,0012axax, 当且仅当001axax时, 等式成立所以0012axax,01ax01xa. 代入（ *）式得 ,1lnln 2aa, 即12 ,aa22a16分( 以下解法供参考，请酌情给分) 解法 2：( )xln 2lnlnln 2(1)(ln 2ln)axaaxxxaaxax，

29、其中0,0 xa根据条件2()()()02axaxff efxa对任意正数x恒成立即(1)(ln 2ln)0axax对任意正数x恒成立10ln 2ln00axaxa且10ln 2ln00axaxa，解得12xaa且12axa，即12xaa时上述条件成立此时22a. 解法 3：( )xln 2lnlnln 2(1)(ln 2ln)axaaxxxaaxax，其中0,0 xa要使得(1)(ln 2ln)0axax对任意正数x恒成立，等价于(1)(2)0axax对任意正数x恒成立，即1()(2 )0 xxaa对任意正数x恒成立，设函数1( )()(2 )xxxaa，则( )x的函数图像为开口向上，与x

30、正半轴至少有一个交点的抛物线，因此，根据题意，抛物线只能与x轴有一个交点，即12aa，所以22a. 8、解：（ 1）当1a时，e1xfx， 1e 1f，1ef， 2 分函数fx在点1,1f处的切线方程为ee 11yx，即e 11yx4 分（2）exfxa，当0a时，0fx，函数fx在R上单调递增；6 分当0a时，由e0 xfxa得lnxa，,lnxa时，0fx，fx单调递减；ln ,xa时，0fx，fx单调递增综上，当0a时，函数fx的单调递增区间为(,)；当0a时，函数fx的单调递增区间为ln ,a，单调递减区间为,ln a 9 分（3）由（ 2）知，当0a时，函数fx在R上单调递增，fxb

31、不可能恒成立；10 分当0a时，0b，此时0ab； 11 分当0a时，由函数fxb对任意xR都成立，得minbfx，minln2lnfxfaaaa，2lnbaaa13 分222lnabaaa，设222ln0g aaaaa，42 ln32 lngaaaaaaaa，由于0a，令0ga，得3ln2a，32ea，当320,ea时，0ga，g a单调递增；32e ,a时，0ga，g a单调递减3maxe2ga，即ab的最大值为3e2，此时33221e ,e2ab16 分9、解：（ 1）( )( )( )h xf xg x1ln xaxbx,则211( )h xaxx，( )( )( )h xf xg x

32、在(0,)上单调递增，对0 x，都有211( )0h xaxx，即对0 x，都有211axx，2110 xx，0a，故实数a的取值范围是(,04 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页学习必备欢迎下载(2)设切点0001(,ln)xxx，则切线方程为002000111(ln)()()yxxxxxx，即00220000011111()()(ln)yxxxxxxxx，亦即02000112()(ln1)yxxxxx，令010tx，由题意得202000112,ln1ln21attbxttxxx，分令2( )ln1abtttt

33、，则1(21)(1)( )21tttttt，当(0,1)t时 ，( )0t，( ) t在(0,1)上单调递减；当(1,)t时，( )0t，( ) t在(1,)上单调递增，( )(1)1abt，故ab的最小值为1分（3）由题意知1111ln xaxx，2221ln xaxx，两式相加得12121212ln()xxx xa xxx x，两式相减得21221112ln()xxxa xxxx x，即212112ln1xxaxxx x，21211212122112ln1ln()()xxxxx xxxx xxxx x，即1212212122112()lnlnxxxxxx xx xxxx，分不妨令120 x

34、x，记211xtx，令2(1)( )ln(1)1tF tttt，则2(1)( )0(1)tFtt t，2(1)( )ln1tF ttt在(1,)上单调递增，则2(1)( )ln(1)01tF ttFt，2(1)ln1ttt，则2211122()lnxxxxxx，1212212122112()lnln2xxxxxx xx xxxx，又1212121212121212121242()44lnlnln2lnx xxxx xx xx xx xx xx xx xx x，121242ln2x xx x，即12122ln1x xx x，令2( )lnG xxx，则0 x时，212( )0Gxxx，( )G

35、x在(0,)上单调递增，又212ln2ln 2 10.85122eee，12121222()ln1ln22Gx xx xex xe，则122x xe，即2122x xe分10、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页学习必备欢迎下载11、解 : (0)1f，( )xfxe，(0)1f，(0)gc，( )2g xaxb，(0)gb，2 分依题意：(0)(0)(0)(0)1fgfg，所以1,1cb； 4 分解 : 1ac，0b时，2( )1g xx， 5 分0 x时，(0)1f，(0)1g，即( )( )f xg x0 x

36、时，( )1f x，( )1g x，即( )( )f xg x0 x时，令2( )( )( )1xh xf xg xex, 则( )2xh xex. 设( )( )=2xk xh xex，则( )=2xk xe，当ln 2x时 , ( )0, ( )k xk x单调递减 ; 当ln 2x时, ( )0, ( )k xk x单调递增 . 所以当ln 2x时, ( )k x取得极小值 , 且极小值为ln 2(ln 2)2ln 22ln 40ke即( )( )=20 xk xh xex恒成立，故( )h x在R上单调递增 , 又(0)0h, 因此 , 当0 x时, ( )(0)0h xh, 即( )

37、g( )f xx. 9 分综上，当0 x时,( )( )f xg x；当0 x时, ( )( )f xg x；当0 x时, ( )g( )f xx 10 分证法一：若01a，由知，当0 x时, 21xex. 即22xexax，所以，01a时，取0m，即有当xm，恒有2xeax. 若1a,( )g( )f xx即2xeax，等价于2ln()xax即2lnlnxxa令( )2lnlnt xxxa,则22( )1xt xxx. 当2x时,( )0, ( )t xt x在(2,)内单调递增. 取20 xae, 则202xe，所以( )t x在0(,)x内单调递增 . 又2220()2lnln43ln7

38、43lnt xe ae aae aaaa4(1)3(ln )0aaa即存在2mae, 当xm，时，恒有( )( )f xg x. 15 分综上，对任意给定的正数a，总存在正数m，使得当xm，恒有( )( )f xg x. 16 分证法二：设2( )xeh xx，则3(2)( )xe xh xx，当(0,2)x时，( )0h x，( )h x单调减，当(2,)x时，( )0h x，( )h x单调增，故( )h x在(0,)上有最小值，2(2)4eh， 12 分若24ea，则( )2h x在(0,)上恒成立，即当24ea时，存在0m，使当(,)xm时, 恒有( )( )f xg x；若24ea，

39、存在2m，使当(,)xm时, 恒有( )( )f xg x；若24ea，同证明一的， 15 分综上可得，对任意给定的正数a，总存在m, 当(,)xm时 , 恒有( )( )f xg x. 16 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页学习必备欢迎下载2、解 : ( ) 当xe时，2y，/( )bfxx，故21abbee，解得11ab 3 分（ ） 问 题 即 为 圆C与 以O为 圆 心1 为 半 径 的 圆 有 两 个 交 点 ， 即 两 圆 相 交 设00(,)kC xx， 则2202013kxx，即2240022

40、4009kxxkxx，242200011()24xxx，240014xx，22400kxx必定有解； 6 分24220009819()24xxx，24008194xx，故224009kxx有解，须2814k，又0k，从而902k 8 分（）显然( )(0)kg xkx在区间(1,)上为减函数，于是( )( )g ng p，若()( )h pg n，则对任意1p，有( )( )h pg p当1x时，(1ln)( )( )1xxh xg xkx，令(1ln)( )(1)1xxxxx，则/22ln( )(1)xxxx令( )2 ln (1 )xxx x，则/1( )0 xxx，故( )x在(1,)上

41、为增函数，又(3)1ln 30，(4)2ln 40， 因此存在唯一正实数0(3,4)x， 使000( )2 l n0 xxx 故当0(1,)xx时，/( )0 x，( )x为减函数；当0(,)xx时，/( )0 x，( )x为增函数，因此( )x在(1,)有 最 小 值0000(1ln)()1xxxx， 又002ln0 xx， 化 简 得00()(3,4)xx，3k 13 分下面证明：当3k时，对01x，有( )( )h xg x当01x时，( )( )32ln0h xg xxxx令( )32ln(01)xxxxx，则/( )ln10 xx，故( )x在(0,1)上为减函数，于是( )(1)10 x同时，当(0,)x时，3( )(0,)g xx当(0,1)x时，( )h xR；当(1,)x时，( )(0,)h x结合函数的图像可知，对任意的正数p，存在实数m、n满足0mnp，使得( )()( )h ph mg n综上所述，正整数k的最大值为3 16 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页