《广东省2016届高三数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用 理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省2016届高三数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用 理.doc（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1广东省广东省 20162016 届高三数学理一轮复习专题突破训练届高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用导数及其应用2016 年广东省高考将采用全国卷，下面是近三年全国卷的高考试题及 2015 届广东省部分地区的模拟试题，供同学们在复习时参考。近三年试题来看导数的应用既出现在选择或填空题，又会出现在解答题中，试题难度较大，同学们复习时应加强训练。一、选择、填空题一、选择、填空题1、（2015 年全国 I 卷）设函数()f x=(21)xexaxa,其中a1，若存在唯一的整数 x0，使得0()f x0，则a的取值范围是（）2、（2014 年全国 I 卷）已知函数()f x=3231axx，
2、若()f x存在唯一的零点0 x，且0 x0，则a的取值范围为A.（2，+）B.（-，-2）C.（1，+）D.（-，-1）3、（2013年全国I卷）若函数()f x=22(1)()xxaxb的图像关于直线x=2对称，则()f x的最大值是_.4、（佛山市 2015 届高三二模）不可能把直线bxy23作为切线的曲线是（）Axy1BxysinCxylnDxey 5、（惠州市 2015 届高三 4 月模拟）对于三次函数)0()(23adcxbxaxxf，给出定义：设()fx是函数)(xfy 的导数，()fx是()fx的导数，若方程()0fx 有实数解0 x，则称点00(,()xf x为函数)(xfy
3、 的“拐点”某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。设函数12532131)(23xxxxg，则122014201520152015ggg()A1B2016C2015D20146、（茂名市 2015 届高三二模）已知直线1ykx与曲线baxxy3相切于点(1，3)，则b的值为.7、（潮州市 2015 届高三上期末）曲线323yxx 在点1x 处的切线方程为28、（深圳市 2015 届高三上期末）设 P 是函数xyln图象上的动点，则点 P 到直线xy 的距离的最小值为9、（河北保定 2015 届高三 11 月模拟）设点 P 是函数
4、 y=（x+1）图象上异于原点的动点，且该图象在点 P 处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（）A（，B（，C（，D（，10、（冀州中学 2015 届高三上学期第一次月考）设函数 fx的导函数为 fx，对任意 xR 都有 fxfx 成立，则（）A.3ln22ln3ff B 3ln22ln3ff C.3ln22ln3ff D.3ln2f与 2ln3f的大小不确定11、（开封市 2015 届高三上学期定位考试模拟）已知函数 323f xaxbxx在1x 处取得极值，若过点 A0,16作曲线 yf x的切线，则切线方程是A.9160 xyB.9160 xyC.9160 xyD.9160 xy12、（洛
5、阳市 2015 届高三上学期期中考试）设 f（x）是定义在 R 上的函数，其导函数为 f（x），若 f（x）+f（x）1，f（0）=2015，则不等式 exf（x）ex+2014（其中 e 为自然对数的底数）的解集为（）A（2014，+）B（，0）（2014，+）C（，0）（0，+）D（0，+）二、解答题二、解答题1、（2015 年全国 I 卷）已知函数f（x）=31,()ln4xaxg xx()当a为何值时，x轴为曲线()yf x的切线；（）用min,m n表示m,n中的最小值，设函数()min(),()(0)h xf x g xx，讨论h（x）零点的个数2、（2014 年全国 I 卷）设函
6、数1(0lnxxbef xaexx，曲线()yf x在点（1，(1)f处的切线为(1)2ye x.()求,a b；（）证明：()1f x.33、（2013 年全国 I 卷）已知函数()f x2xaxb，()g x()xe cxd，若曲线()yf x和曲线()yg x都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线42yx（）求a，b，c，d的值（）若x2 时，()f x()kg x，求k的取值范围。4、（佛山市 2015 届高三二模）设常数a0，R，函数32)()()(axaxxxf.（1）若函数)(xf恰有两个零点，求的值；（2）若)(g是函数)(xf的极大值，求)(g的取值范围.5、（广州
7、市 2015 届高三二模）已知函数 lnf xax11xx，exg x（其中e为自然对数的底数）（1）若函数 f x在区间0,1内是增函数，求实数a的取值范围；（2）当0b 时，函数 g x的图象C上有两点,ebP b，,ebQb，过点P，Q作图象C的切线分别记为1l，2l，设1l与2l的交点为00,M xy，证明00 x 6、（华南师大附中 2015 届高三三模）已知函数ln()1xxf xx和()(1)()g xm xmR（）m=1 时，求方程f(x)=g(x)的实根；（）若对于任意的1,),()()xf xg x 恒成立，求m的取值范围；（）求证：1007214ln201541iii7、
8、（惠州市 2015 届高三 4 月模拟）已知0a，函数)(xf2xaxa（1）记)(xf在区间40，上的最大值为)(ag，求)(ag的表达式；（2）是否存在a，使函数)(xfy在区间0,4内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由48、（茂名市 2015 届高三二模）设函数 ln,f xx 212.g xaxf x（1）当1a 时，求函数 g x的单调区间；（2）设1122,A x yB xy是函数 yf x图象上任意不同的两点，线段AB的中点为 C00,xy，直线 AB 的斜率为k.证明：0kfx；（3）设 01bF xf xbx，对任意121
9、2,0,2,x xxx，都有12121F xF xxx，求实数b的取值范围.9、（梅州市 2015 届高三一模）已知函数21()ln,()2f xx g xaxbx，设()()()h xf xg x。（1）若 g（2）2，讨论函数 h（x）的单调性；（2）若函数 g（x）是关于 x 的一次函数，且函数 h（x）有两个不同的零点12,x x。求 b 的取值范围；求证：212x xe10、（汕头市 2015 届高三二模）已知0,a 且1a，函数 log1xaf xa。（1）求函数 f(x)的定义域，并判断函数 f(x)的单调性，（2）当ae（e是自然对数的底数）时，设 211f xh xexm，若
10、函数 h(x)的极值存在，求实数 m 的取值范围以及函数 h(x)的极值。11、（深圳市 2015 届高三二模）已知函数xbaxxxf ln)(，对任意的),0(x，满足0)1()(xfxf，其中ba,为常数（1）若)(xf的图像在1x处切线过点)5,0(，求a的值；（2）已知10 a，求证：0)2(2af；（3）当)(xf存在三个不同的零点时，求a的取值范围12、（珠海市2015届高三二模）已知函数(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数存在两个不同的零点513、（江门市 2015 届高三上期末）已知函数1)(23axxxf（Ra是常数）设3a，1xx、2xx 是 函 数)(xfy 的 极
11、值 点，试 证 明 曲 线)(xfy 关 于 点)2(,2(2121xxfxxM对称；是否存在常数a，使得 5 ,1 x，33|)(|xf恒成立？若存在，求常数a的值或取值范围；若不存在，请说明理由（注：曲线)(xfy 关于点M对称是指，对于曲线)(xfy 上任意一点P，若点P关于M的对称点为Q，则Q在曲线)(xfy 上）14、（揭阳市 2015 届高三上期末）若实数x、y、m满足|xmym，则称x比y更接近m.（1）若23x比 1 更接近 0，求x的取值范围；（2）对任意两个正数a、b，试判断2()2ab与222ab哪一个更接近ab？并说明理由；（3）当2a且1x时，证明：ex比xa更接近l
12、n x.15、（清远市 2015 届高三上期末）设函数()ln(1),()ln(1)1xf xax g xxbxx.(1)若函数()f x在0 x 处有极值，求函数()f x的最大值；（2）若b是正实数，求使得关于x的不等式()0g x 在0,上恒成立的b取值范围；证明：不等式.)*(21ln112Nnnkknk参考答案参考答案一、选择、填空题一、选择、填空题1、【答案】D【解析】试题分析：设()g x=(21)xex，yaxa，由题知存在唯一的整数0 x，使得0()g x在直线yaxa的下方.因为()(21)xg xex，所以当12x 时，()g x0，当12x 时，()g x0，所以当12
13、x 时，max()g x=12-2e，6当0 x 时，(0)g=-1，(1)30ge，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故(0)1ag ，且1(1)3geaa ，解得32ea1，故选 D.考点：导数的综合应用2、【答案】：B【解析 1】：由已知0a，2()36fxaxx，令()0fx，得0 x 或2xa，当0a 时，22,0,()0;0,()0;,()0 xfxxfxxfxaa；且(0)10f，()f x有小于零的零点，不符合题意。当0a 时，22,()0;,0,()0;0,()0 xfxxfxxfxaa 要使()f x有唯一的零点0 x且0 x0，只需2()0fa，即24a，2a 选 B【
14、解析 2】：由已知0a，()f x=3231axx有唯一的正零点，等价于3113axx有唯一的正零根，令1tx，则问题又等价于33att 有唯一的正零根，即ya与33ytt 有唯一的交点且交点在在 y 轴右侧记3()3f ttt，2()33f tt，由()0f t，1t ，,1,()0;1,1,()0;tf ttf t ，1,()0tf t，要使33att 有唯一的正零根，只需(1)2af，选 B3、【解析】由()f x图像关于直线x=2 对称，则0=(1)(3)ff=221(3)(3)3ab，0=(1)(5)ff=221(5)(5)5ab，解得a=8，b=15，7()f x=22(1)(81
15、5)xxx，()fx=222(815)(1)(28)x xxxx=324(672)xxx=4(2)(25)(25)xxx当x(,25)(2,25)时，()fx0，当x(25,2)(25,+)时，()fx0，()f x在（，25）单调递增，在（25，2）单调递减，在（2，25）单调递增，在（25，+）单调递减，故当x=25 和x=25 时取极大值，(25)f =(25)f =16.4、对于 B 选项：xxfcos)(的最大值为 1，所以xysin不存在斜率为23的切线。5、【解析】依题意得：2321g xxxgxx（），（），由0210gxx（），即，可得12x，而112g，即函数 g x的拐点
16、为1,12，即 12gxg x，所以1201422013320122,201520152015201520152015gggggg所以所求为2014220142，故选 D6、37、8、22解答：解：函数 y=（x+1）的导数 y=（x+1）=（+）2=，（当且仅当取等号），y（，tan，又 0，故选 C10、【答案解析】A解析：设()()xf xh xe，则2()()()()()0 xxxxe fxe f xfxf xh xee8在 xR 上恒成立，所以()()xf xh xe是 R 上 的减函数，所以(ln2)(ln3)hh，即ln2ln3(ln2)(ln3)3(ln2)2(ln3)ffff
17、ee，故选 A.11、【答案解析】C解析：解：（I）fx=3ax2+2ax-3，函数 f（x）在 x=1 处取得极值，110ff，即32303230abab，解得 a=1，b=0曲线 f（x）=x3-3x，点（0，-16）不在曲线上设切点为 P（s，t），则 t=s3-3sf（s）=3（s2-1），因此切线方程为：y-t=3（s2-1）（x-s）点（0，-16）在切线上，-16-（s3-3s）=3（s2-1）（0-s），化为 s3=8，解得 s=2，切点为 P（2，2），故曲线方程为：9x-y-16=012、解答：解：设 g（x）=exf（x）ex，（xR），则 g（x）=exf（x）+exf
18、（x）ex=exf（x）+f（x）1，f（x）+f（x）1，f（x）+f（x）10，g（x）0，y=g（x）在定义域上单调递增，exf（x）ex+2014，g（x）2014，又g（0）=e0f（0）e0=20151=2014，g（x）g（0），x0 故选：D点评：本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，属于中档题二、解答题二、解答题1、【答案】（）34a；（）当34a 或54a 时，()h x由一个零点；当34a 或54a 时，()h x有两个零点；当5344a 时，()h x有三个零点.【解析】试题分析：（）先利用导数的几何意义列出关于
19、切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（）根据对数函数的图像与性质将x分为1,1,01xxx研究()h x的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论.试题解析：（）设曲线()yf x与x轴相切于点0(,0)x，则0()0f x，0()0fx，即3002010430 xaxxa，解得013,24xa.因此，当34a 时，x轴是曲线()yf x的切线.5 分（）当(1,)x时，()ln0g xx，从而()min(),()()0h xf x g xg x，9()h x在（1，+）无零点.当x=1 时，若54a ，则5(1)04fa，(1)min(1),(1)(1)0hfgg,故x=1 是()h
20、 x的零点；若54a ，则5(1)04fa，(1)min(1),(1)(1)0hfgf,故x=1 不是()h x的零点.当(0,1)x时，()ln0g xx，所以只需考虑()f x在（0,1）的零点个数.()若3a 或0a，则2()3fxxa在（0,1）无零点，故()f x在（0,1）单调，而1(0)4f，5(1)4fa，所以当3a 时，()f x在（0，1）有一个零点；当a 0 时，()f x在（0，1）无零点.()若30a，则()f x在（0，3a）单调递减，在（3a，1）单调递增，故当x=3a时，()f x取的最小值，最小值为()3af=21334aa.1若()3af0，即34a0，()
21、f x在（0,1）无零点.2若()3af=0，即34a ，则()f x在（0,1）有唯一零点；3若()3af0，即334a ，由于1(0)4f，5(1)4fa，所以当5344a 时，()f x在（0,1）有两个零点；当534a 时，()f x在（0,1）有一个零点.10 分综上，当34a 或54a 时，()h x由一个零点；当34a 或54a 时，()h x有两个零点；当5344a 时，()h x有三个零点.12 分考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想2、【解析】：()函数()f x的定义域为0,，112()lnxxxxabbfxaexeeexxx由题意可
22、得(1)2,(1)ffe，故1,2ab6 分（）由()知，12()lnxxef xexx，从而()1f x 等价于2lnxxxxee10设函数()lng xxx，则()lng xxx，所以当10,xe时，()0g x，当1,xe时，()0g x，故()g x在10,e单调递减，在1,e单调递增，从而()g x在0,的最小值为11()gee.8 分设函数2()xh xxee，则()1xh xex，所以当0,1x时，()0h x，当1,x时，()0h x，故()h x在0,1单调递增，在1,单调递减，从而()h x()g x在0,的最小值为1(1)he.综上：当0 x 时，()()g xh x，即
23、()1f x.12 分3、【命题意图】本题主要考查利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数最值，考查运算求解能力及应用意识,是中档题.【解析】（）由已知得(0)2,(0)2,(0)4,(0)4fgfg，而()fx=2xb，()g x=()xe cxdc，a=4，b=2，c=2，d=2；4 分（）由（）知，2()42f xxx，()2(1)xg xex，设函数()F x=()()kg xf x=22(1)42xkexxx（2x ），()F x=2(2)24xkexx=2(2)(1)xxke，有题设可得(0)F0，即1k，令()F x=0 得，1x=lnk，2x=2，（1）若2
24、1ke，则21x0，当1(2,)xx 时，()F x0，当1(,)xx时，()F x0，即()F x在1(2,)x单调递减，在1(,)x 单调递增，故()F x在x=1x取最小值1()F x，而1()F x=21112242xxx=11(2)x x0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(2)若2ke，则()F x=222(2)()xexee，11当x2 时，()F x0，()F x在(2,+)单调递增，而(2)F=0，当x2 时，()F x0，即()f x()kg x恒成立，(3)若2ke，则(2)F=222ke=222()eke0，当x2 时，()f x()kg x不
25、可能恒成立，综上所述，k的取值范围为1,2e.4、1213145、（1 1）解法一：）解法一：因为函数 lnf xax11xx在区间0,1内是增函数，所以 2201afxxx01x1 分即2120a xx01x，即221xax2 分212xx01x，因为21122xx在0,1x内恒成立，所以12a 故实数a的取值范围为1,24 分解法二：解法二：因为函数 lnf xax11xx在区间0,1内是增函数，所以 2201afxxx01x1 分即2120a xx01x，即2210axaxa01x，2 分设 221g xaxaxa，当0a 时，得20 x，此时不合题意当0a 时，需满足 00,10,gg
26、即0,210,aaaa解得12a，此时不合题意当0a 时，需满足222140aa或 00,10,10,ggaa或 00,10,11,ggaa解得12a 或1a，所以12a 15综上所述，实数a的取值范围为1,24 分（2 2）证明：）证明：因为函数 exg x，所以 exgx过点,ebP b，,ebQb作曲线C的切线方程为：1l：eebbyxb，2l：eebbyxb，因为1l与2l的交点为00,M xy，由ee,ee,bbbbyxbyxb6 分消去y，解得 0e+eeeeebbbbbbbx7 分下面给出判定下面给出判定00 x 的两种方法：的两种方法：方法一：方法一：设ebt，8 分因为0b，
27、所以1t，且lnbt所以2202+1 ln11tttxt9 分设 22+1 ln1h tttt1t，则 12 lnh ttttt 1t 10 分令 12 lnu ttttt 1t，则 212ln1u ttt 当1t 时，ln0t，2110t，所以 212ln10u ttt，11 分所以函数 u t在1,上是增函数，所以 10u tu，即 0h t，12 分所以函数 h t在1,上是增函数，所以 10h th13 分16因为当1t 时，210t ，所以2202+1 ln101tttxt14 分方法二：方法二：由得得0 x221+e11 ebbb设2ebt，8 分因为0b，所以01t，且ln2tb
28、 于是21lnbt，9 分所以01+221ln1ln1btbtxbtttt10 分由（1）知当12a 时，1ln2f xx11xx在区间0,1上是增函数，11 分所以 ln2tf t 1101tft，即ln2t11tt 12 分即210ln1ttt，13 分已知0b，所以0210ln1txbtt14 分6、解：（）m=1 时，ln()()11xxf xg xxx即而x 0，所以方程即为1ln0 xxx1 分令1()lnh xxxx，则2222213()11124()10 xxxh xxxxx，而h(1)=0，故方程f(x)=g(x)有惟一的实根x=1.4 分（）11,),()(),ln()xf
29、 xg xxm xx 即，设1()ln()F xxm xx，即1,),()0 xF x 22211()(1)mxxmF xmxxx6 分若0m，则()0F x，()(1)0F xF，这与题设()0F x 矛盾7 分17若0m，方程20mxxm的判别式214m ，当0，即12m 时，()0F x，()F x在(1,)上单调递减，()(1)0F xF，即不等式成立8 分当102m时，方程20mxxm有两正实根，设两根为12,x x，221212114114()(0,1),(1,)22mmxxxxmm当2(1,),()0,()xxF xF x单调递增，()(1)0F xF与题设矛盾，综上所述，12m
30、。所以，实数 m 的取值范围是1,2-10 分（）由（）知，当1x 时，12m 时，11ln()2xxx成立不妨令211,()21kxkkN，所以2211 21214ln()212 212141kkkkkkkk，24ln(21)ln(21),()41kkkkkN11 分2224ln3ln14 1142ln5ln34214ln(21)ln(21)41nnnn12 分累加可得214ln(21)41niini()nN取 n=1007，即得1007214ln201541iii14 分7、解：(1)当0 xa时，()f x2axxa；当xa时，()f x2xaxa.2 分因此，当(0,)xa时，()fx
31、232axa 0，()f x在(0,)a上单调递减；3 分18当(,)xa时，()fx232axa 0，()f x在(,)a 上单调递增4 分若4a，则()f x在(0,4)上单调递减，()g a(0)f12.5 分若04a，则()f x在(0,)a上单调递减，在(,4)a上单调递增所以()g amax(0)f，(4)f而(0)f(4)f1412422aaaa，6 分故当01a时，()g a(4)f442aa；当14a时，()g a(0)f12.8 分综上所述，()g a4,01,421,1.2aaaa 9 分(2)由(1)知，当4a 时，()f x在(0,4)上单调递减，故不满足要求10 分
32、当04a时，()f x在(0,)a上单调递减，在(,4)a上单调递增若存在1x，2x(0,4)(1x2x)，使曲线 y()f x在11()xf x，22()xf x，两点处的切线互相垂直，则1x(0,)a，2x(,4)a，且12()()fxfx1，即221233122aaxaxa，亦即ax21axa232.(*)11 分由1x(0,)a，2x(,4)a得ax21(2,3)aa，axa2323,142aa.故(*)成立等价于集合 A(2,3)aa与集合 B3,142aa的交集非空因为342aa3a，所以当且仅当021a，即102a时，AB.13 分综上所述，存在a使函数()f x在区间(0,4)
33、内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是10,2.14 分198、解：（1）当1a 时，1 2lng xxx，定义域为,0 221xgxxx 2 分当0,2x时，0gx，g x单调递减；当2,x时，0gx，g x单调递增，综上，g x的单调递增区间为2,，单调递减区间为0,2 4 分（2）证明：21212121lnlnyyxxkxxxx，5 分又1202xxx，所以0001212lnx xfxxxxx，6 分要证0()kfx,即证212112lnln2xxxxxx，不妨设120 xx，即证2121122lnlnxxxxxx,即证21221121ln1xxxxxx，设211
34、xtx，即证：214ln211tttt,7 分也就是要证：4ln201tt，其中1,t，事实上：设 4ln21,1k tttt，则 22222141140111tttk tttt tt t，所以 k t在1,上单调递增，因此 10k tk，即结论成立.9 分（3）由题意得121210F xF xxx，即1122120F xxF xxxx，若设 G xF xx，则 G x在0,2上单调递减，10 分当1,2x时，ln1bG xxxx，21101bGxxx，2022211133xbxxxxx在1,2恒成立，设 21133Gxxxx，则 12123Gxxx，当1,2x时，10Gx 1Gx在1,2上单
35、调递增，112722GxG，272b 12 分当0,1x时，ln1bG xxxx，21101bGxxx ，2221111xbxxxxx 在0,1恒成立，设 2211Gxxxx，221210Gxxx，即 2Gx在0,1单调递增，故 2210GxG，0b，综上所述：272b.14 分9、解解：（1）.1,2)2(bagxaaxxlnxh)1(21)(2，其定义域为（0，+）.21(1)1(1)(1)()(1)=axaxaxxh xaxaxxx，1 分若0a,则函数)(xh在区间（0,1）上单调递增；在区间（1,+）上单调递减.2 分若0a,令()0h x,得121,1xxa.1.当1a时，则101
36、a，所以函数)(xh在区间（0,1a）和（1,+）上单调递增；在区间（1a,1）上单调递减.3 分.2当1a时，0)(/xh,所以函数)(xh在区间（0，+）单调递增.4 分21.3当01a时，则11a，所以函数)(xh在区间（0,1）和（1a,+）上单调递增；在区间（1,1a）上单调递减.（综上所述略）5 分（2）函数)(xg是关于x的一次函数，bxxxh ln)(，其定义域为（0，+）.1由()0h x,得ln-xbx，记ln()xxx，则2ln1()xxx.6 分ln()xxx 在(0,)e单调减，在(,)e 单调增，当ex 时,ln()xxx 取得最小值e1.7 分又(1)0，所以(0
37、,1)x时,()0 x，而(1,)x时,()0 x.8 分b的取值范围是（e1，0）.9 分2由题意得0ln0ln2211bxx,bxx，0)(lnln0)(ln12122121xxbxx,xxbxx.1 2122121lnlnlnx xxxxxxx.不妨设21xx.要证221exx,只需要证12122121ln(lnln)2xxx xxxxx，即证2121212()lnlnxxxxxx,即.)(2ln121212xxxxxx10 分设)1(12txxt，2(1)4()lnln211tF ttttt，11 分22214(1)()0(1)(1)tF tttt t，12 分函数()F t在（1，+
38、）上单调递增，而(1)0F，所以()0F t,即2(1)ln1ttt，221exx.14 分10、222311、解解：（1）在0)1()(xfxf中，取1x，得0)1(f，又babaf1ln)1(，所以ab 1 分从而xaaxxxf ln)(，)11(1)(2xaxxf，af21)1(又510)1(5)1(ff，所以521 a，2a3 分（2）2ln22ln2222ln)2(3322aaaaaaaf令2ln22ln2)(3xxxxg，则24222)1(432322)(xxxxxxxg所以，)1,0(x时，0)(xg，)(xg单调递减，5 分故)1,0(x时，1()(1)2ln21 lne02g
39、 xg 所以，10 a时，0)2(2af7 分24（3）222)11(1)(xaxaxxaxxf当0a时，在),0(上，0)(xf，)(xf递增，所以，)(xf至多只有一个零点，不合题意；8 分当21a时，在),1(上，0)(xf，)(xf递减，所以，)(xf也至多只有一个零点，不合题意；10 分当210 a时，令0)(xf，得124111aax，124112aax此时，)(xf在),0(1x上递减，),(21xx上递增，),(2x上递减，所以，)(xf至多有三个零点12 分因为)(xf在)1,(1x上递增，所以0)1()(1 fxf又因为0)2(2af，所以),2(120 xax，使得0)(
40、0 xf 13 分又0)()1(00 xfxf，0)1(f，所以)(xf恰有三个不同的零点：0 x，1，01x综上所述，当)(xf存在三个不同的零点时，a的取值范围是)21,0(14 分【说明】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识,包括函数的极值、零点，二次方程根的分布等知识，考查考生综合运用数学知识解决问题的能力，同时也考查函数与方程思想、化归与转化思想.12、2513、证明与求解：13)(23xxxf，xxxf63)(2/1 分解0)(/xf得01x，22x2 分，)2(,2(2121xxfxxM即)3 ,1(M3 分曲 线)(xfy 上 任 意 一 点)13 ,(20300 xxx
41、P关 于M对 称 的 点 为)53 ,2(20300 xxxQ4 分26直接计算知，531)2(3)2()2(203020300 xxxxxf，点Q在曲线)(xfy 上，所以，曲线)(xfy 关于点M对称5 分（方法一）33|)(|xf即33|1|23 axx，3313323axx6 分0 x时，不等式恒成立7 分；0 x时，不等式等价于23233432xxaxx8 分作22313232)(xxxxxg，22323434)(xxxxxg，3/1641)(xxg，3/2681)(xxg9 分，解0)(/1xg、0)(/2xg得41x、3268x10 分x)0 ,1 )4 ,0(4 5 ,4()(
42、/1xg0)(1xg极大值)(/2xg)(2xg12 分31)1(1g，6)4(1g，23132)(xxxg在5 ,0()0 ,1的最大值为6；35)(2g，2591)5(2g，23234)(xxxg在5 ,0()0 ,1的最小值为259113 分综上所述，a的取值范围为2591 ,614 分（方法二）axxxf23)(2/，0a时，1)(3 xxf不符合题意，0a，解0)(/xf得01x，322ax6 分当5 ,1322ax时，)(xf在5 ,1内的极值点为1x7 分，33|)(|xf当且仅当33|)5(|33|)1(|33|)0(|132532fffaa或8 分，即33|12425|33|
43、2|23215aaaa或9 分，解集为空集10 分当5 ,1322ax)(xf在5 ,1内的极值点为1x、2x11 分，33|)(|xf当且仅当2733|)5(|33|)1(|33|)32(|33|)0(|5321ffaffa 12 分，即33|12425|33|2|33|1274|232153aaaa 13 分，解 集 为2591 ,6，2591 ,62591 ,6，a的取值范围为2591 ,614 分14、解：（1）依题意可得2|3|1x-1 分2131x 22x 或22xx的取值范围为 2,2 2,2.-3 分（2）解法一：222|()|22abababab22()()|42abab-5
44、 分22()()42abab2()0,4ab-6 分即222|()|,22abababab2()2ab比222ab更接近ab；-7 分【解法二：对任意两个正数a、b，有2(),2abab222abab，-4 分2222222()|()|()0,22224 ababababababab即222|()|,22abababab-6 分2()2ab比222ab更接近ab；-7 分】（3）令()ln,()ln,ep xx q xxaxx则()p x在区间1,)上单调递减，且()0,p e28由11()1,xq xxx得当1x 时，()0,q x()q x在1,)上单调递增，且当1x 时，有()(1)0.
45、q xq-8 分当1xe时，()p x0，2a，|()|()|ln(ln)1 20.eep xq xxxaxxaexx ex比xa更接近ln x.-10 分当xe时，解法一：()p x0，()0.q x,|()|()|ln(ln)2ln2ln2.eep xq xxxaxxxaxxxx-12 分令()2ln2,f xxx则22()1.xfxxx当xe时，()0.fx()f x在区间(,)e单调递减，当xe时，()()0.f xf ee-13 分综上可知，当1x时，|ln|ln|0.exxaxx即|ln|ln|.exxaxxex比xa更接近ln x.-14 分【解法二：当xe时，()p x0，()
46、0.q x|()|()|ln(ln)2ln.eep xq xxxaxxxaxx-11 分令()2lnef xxxax，则22222()1.exxefxxxx令()0fx，解得1211,11xe xe ，xe211xe 不合舍去，-12 分2(1)1,ee 11ee 1xe当1exx时，()0.fx当1xx时，()0.fx()f x在区间1(,)e x单调递增，在1(,)x 单调递减，又13ex当xe时，1111()()2ln2ln320.ef xf xxxaex-13 分综上可知，当1x时，|ln|ln|0.exxaxx即|ln|ln|.exxaxx29ex比xa更接近ln x.-14 分】1
47、5、解：（1）由已知得：21()11afxxx，1 分又函数()f x在0 x 处有极值 21(0)01010af，即1a 2 分()ln(1),1xf xxx2211()111xfxxxx3 分,当1,0 x 时，()0fx，()f x单调递增；当0,x时，()0fx，()f x单调递减；4 分（或者列表）函数()f x的最大值为(0)0f5 分（2）由已知得：1()1g xbx6 分(i)若1b，则0,x时，1()01g xbx()ln(1)g xxbx在0,上为减函数，()ln(1)(0)0g xxbxg在0,上恒成立；7 分(ii)若0b，则0,x时，1()01g xbx()ln(1)
48、g xxbx在0,上为增函数，()ln(1)(0)0g xxbxg，不能使()0g x 在0,上恒成立；8 分(iii)若01b，则1()01g xbx时，11xb，当10,1xb时，()0g x，()ln(1)g xxbx在10,1b上为增函数，此时()ln(1)(0)0g xxbxg，不能使()0g x 在0,上恒成立；9 分综上所述，b的取值范围是,1.10 分由以上得：ln(1)(0)1xxx xx,11 分30取1xn得：111ln(1)1nnn12 分令21ln1nnkkxnk，13 分则112x，1222111ln 101111nnnnxxnnnnnn.因此1112nnxxx.)*(21ln112Nnnkknk14 分