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1、新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习专题强化训练二十一导复习专题强化训练二十一导数及其应用理数及其应用理专题强化训练专题强化训练(二十一二十一)导数及其应用导数及其应用1 12022全国卷2022全国卷 函数函数f f(x x)lnlnx xx x1 1.x x1 1(1)(1)讨论讨论f f(x x)的单调性，的单调性，并证明并证明f f(x x)有且仅有且仅有两个零点；有两个零点；(2)(2)设设x x0 0是是f f(x x)的一个零点，证明曲线的一个零点，证明曲线y ylnlnx x在点在点A A(x x0 0，lnlnx x0 0)处的切线也是曲线处的切线
2、也是曲线y ye ex x的的切线切线解：解：(1)(1)f f(x x)的定义域为的定义域为(0,1)(0,1)(1(1，)2 2因为因为f f(x x)2 20 0，x x x x1 1 所以所以f f(x x)在在(0,1)(0,1)，(1(1，)单调递增，)单调递增2 2e e1 1e e 1 12 2因为因为f f(e)(e)1 10 0，f f(e(e)2 22 2e e1 1e e 1 11 1e e 3 30 0，所以所以f f(x x)在在(1(1，)有唯一零点)有唯一零点x x1 1，2 2e e 1 1 1 1 x x1 11 1即即f f(x x1 1)0.0.又又 0
3、 0 1 1，f f lnlnx x1 1x x1 1x x1 11 1 x x1 1 2 21 12 2f f(x x1 1)0 0，故，故f f(x x)在在(0,1)(0,1)有唯一零点有唯一零点.1 1x x1 1综上，综上，f f(x x)有且仅有两个零点有且仅有两个零点(2)(2)因为因为 1 1x x0 0 1 1，故点故点B B lnlnx x0 0，在曲线在曲线x x0 0 y ye ex x上上x x0 01 1由题设知由题设知f f(x x0 0)0 0，即，即 lnlnx x0 0，连接，连接x x0 01 11 1ABAB，那那么么直直线线ABAB的的斜斜率率k kx
4、 x0 01 1x x0 0 x x0 01 11 1.x x0 01 1x x0 0 x x0 0 x x0 01 11 1x x0 0lnlnx x0 0lnlnx x0 0 x x0 0 1 1 曲线曲线y ye e 在点在点B B lnlnx x0 0，处切线的斜率处切线的斜率x x0 0 x x是是，曲线，曲线y ylnlnx x在点在点A A(x x0 0，lnlnx x0 0)处切线的斜处切线的斜1 1x x0 0率也是率也是，所以曲线，所以曲线y ylnlnx x在点在点A A(x x0 0，lnlnx x0 0)处处1 1x x0 03 3的切线也是曲线的切线也是曲线y ye
5、 e 的切线的切线1 13 32 22 22022北京卷2022北京卷 函数函数f f(x x)x xx xx x.4 4(1)(1)求曲线求曲线y yf f(x x)的斜率为的斜率为 1 1 的切线方程；的切线方程；(2)(2)当当x x 2,42,4时，时，求证：求证：x x66f f(x x)x x；(3)(3)设设F F(x x)|f f(x x)(x xa a)|()|(a aR)R)，记，记x xF F(x x)在区间在区间 2,42,4上的最大值为上的最大值为M M(a a)当当M M(a a)最小时，求最小时，求a a的值的值1 13 33 32 22 2解：解：(1)(1)由
6、由f f(x x)x xx xx x得得f f(x x)x x4 44 42 2x x1.1.3 32 2令令f f(x x)1 1，即，即x x2 2x x1 11 1，得，得x x0 04 48 8或或x x.3 3 8 8 8 8又又f f(0)(0)0 0，f f ，所以曲线，所以曲线y yf f(x x)3 3 27278 88 8的斜率为的斜率为 1 1 的切线方程是的切线方程是y yx x与与y yx x，27273 34 46464即即y yx x与与y yx x.2727(2)(2)令令g g(x x)f f(x x)x x，x x 2,42,41 13 33 32 22 2
7、由由g g(x x)x xx x得得g g(x x)x x2 2x x.4 44 48 8令令g g(x x)0 0 得得x x0 0 或或x x.3 3x x，g g(x x)，g g(x x)的情况如下：的情况如下：x xg g(x x)2 2 8 8 0 0 0 0，3 3 2,0)2,0)(8 83 3 8 8 ，4 4 4 4 3 3 6 6g g(x x)0 0646427270 0所以所以g g(x x)的最小值为的最小值为6 6，最大值为，最大值为 0.0.故6故6g g(x x)0，即)0，即x x66f f(x x)x x.(3)(3)由由(2)(2)知，知，当当a a 3
8、3；当当a a 3 3 时，时，M M(a a)F F(2)2)|g g(2)2)a a|6 6a a33；当当a a3 3 时，时，M M(a a)3.3.综上，当综上，当M M(a a)最小时，最小时，a a3.3.3 32022江苏卷2022江苏卷 设函数设函数f f(x x)(x xa a)()(x xb b)()(x xc c)，a a，b b，c cR R，f f(x x)为为f f(x x)的导的导函数函数(1)(1)假设假设a ab bc c，f f(4)(4)8 8，求，求a a的值；的值；(2)(2)假设假设a ab b，b bc c，且，且f f(x x)和和f f(x
9、x)的的零点均在集合零点均在集合 3 3，1,31,3中，求中，求f f(x x)的极小值；的极小值；(3)(3)假设假设a a0,00,0b b1，1，c c1 1，且，且f f(x x)的极的极4 4大值为大值为M M，求证：，求证：M M.2727解：解：(1)(1)因为因为a ab bc c，所以所以f f(x x)(x xa a)()(x xb b)()(x xc c)(x xa a).因为因为f f(4)(4)8 8，所以，所以(4(4a a)8 8，解得，解得a a6 63 33 32.2.(2)(2)因为因为b bc c，所以，所以f f(x x)(x xa a)()(x xb
10、 b)2 2x x(a a2 2b b)x xb b(2(2a ab b)x xabab，2 2a ab b .从而从而f f(x x)3(3(x xb b)x x3 3 3 32 22 22 2a ab b令令f f(x x)0 0，得，得x xb b或或x x.3 32 2a ab b因为因为a a，b b，都在集合都在集合 3,1,33,1,3中，中，3 3且且a ab b，2 2a ab b所以所以1 1，a a3 3，b b3.3.3 3此时，此时，f f(x x)(x x3)(3)(x x3)3)，f f(x x)3(3(x x3)(3)(x x1)1)令令f f(x x)0 0，
11、得得x x3 3或或x x1.1.列表如下：列表如下：2 2x xf f(，3)3)3 30 0(3,1)3,1)1 10 0(1(1，)7 7x x)f f(x x)极大极大值值极小极小值值所以所以f f(x x)的极小值为的极小值为f f(1)(1)(1(13)(13)(13)3)2 232.32.(3)(3)因为因为a a0 0，c c1 1，所以所以f f(x x)x x(x xb b)()(x x1)1)x x(b b1)1)x xbxbx，3 32 2f f(x x)3 3x x2(2(b b1)1)x xb b.因为因为 00030，那么那么f f(x x)有有 2 2 个不同的
12、零点，设为个不同的零点，设为x x1 1，2 22 2x x2 2(x x1 1 x x2 2)由由f f(x x)0 0，得，得x x1 1b b1 1b b2 2b b1 13 3，x x2 2b b1 1b bb b1 13 32 2.列表如下：列表如下：x x(，x x1 1(x x1 1，x x2 2(x x2 2，8 8x x1 1)f f(x x)f f(x x)0 0极大极大值值x x2 2)0 0极小极小值值)所以所以f f(x x)的极大值的极大值M Mf f(x x1 1)2 2解法一：解法一：M Mf f(x x1 1)x x3 3(b b1)1)x x1 11 1bx
13、bx1 1 33x x2 22 21 1 x x1 1b b1 1 2(2(b b 1)1)x x1 1b b 9 9 3 32 2 b bb b1 1 b b b b1 1 x x1 19 99 92 2 b b2 2b b1 1 b b1 1 b b b b1 1 2 227279 92727(b bb b1)1)2 23 3b b b b1 1 27273 32 2 b b1 1 2 2 b b1 1 27272 22727 b b b b1 1 11b b b b1 1 27272 24 4.272727279 94 4因此因此M M.2727解法二：因为解法二：因为 00b b1，所
14、以1，所以x x1 1(0,1)(0,1)当当x x(0,1)(0,1)时，时，f f(x x)x x(x xb b)()(x x1)1)x x(x x1)1).令令g g(x x)x x(x x1)1)，x x(0,1)(0,1)，1 1 那么那么g g(x x)3 3 x x(x x1)1)3 3 2 22 21 1令令g g(x x)0 0，得，得x x.列表如下：列表如下：3 3x xg g(x x)1 1 0 0，3 3 1 13 30 0极大极大值值 1 1 ，1 1 3 3 g g(x x)1 1所以当所以当x x 时，时，g g(x x)取得极大值，且是最取得极大值，且是最3
15、3大值，故大值，故1010 1 1 4 4g g(x x)maxmaxg g .3 3 27274 4所以当所以当x x(0,1)(0,1)时，时，f f(x x)g g(x x).因此因此27274 4M M.27274 4 2022郑州质量预测二2022郑州质量预测二 函数函数f f(x x)(x x2 22 23 3x x)ln)ln axax，g g(x x)x x(1(1a a)x x2 22 2axaxb b，a a，x x3 31 1b bR.R.(1)(1)求函数求函数g g(x x)的单调区间；的单调区间；(2)(2)假设假设f f(x x)g g(x x)恒成立，求恒成立，
16、求b b2 2a a的最的最小值小值解：解：(1)(1)函数函数g g(x x)的定义域为的定义域为(，)g g(x x)2 2x x2(12(1a a)x x2 2a a(2(2x x2)(2)(x xa a)，由，由g g(x x)0 0 x x1 1 或或x xa a，假设假设a a1 1，那么当，那么当x x(，a a)时，时，2 2g g(x x)0 0，g g(x x)在在(，a a)上为增函数，上为增函数，当当x x(a a，1)1)时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)在在(a a，11111)1)上为减函数，上为减函数，当当x x(1 1，)时，)时，g g(x x
17、)0 0，g g(x x)在在(1 1，)上为增函数，)上为增函数当当a a1 1，那么，那么g g(x x)0，)0，g g(x x)在在(，)上为增函数，)上为增函数假设假设a a1 1，那么当那么当x x(，1)1)时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)在在(，1)1)上为增函数，当上为增函数，当x x(1 1，a a)时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)在在(1 1，a a)上为减函数，当上为减函数，当x x(a a，)时，)时，g g(x x)0 0，g g(x x)在在(a a，)上为增函数，)上为增函数(2)(2)f f(x x)g g(x x)g g(x
18、x)f f(x x)0，设)0，设F F(x x)g g(x x)f f(x x)，那么那么F F(x x)(2(2x x1)ln1)lnx x(x xx x)2 2x x2 21 12 2x x2(12(1a a)x xa a(2(2x x1)(ln1)(lnx xx x1 1a a)，因为因为x x(0(0，)，所以令，)，所以令F F(x x)0 0，得，得lnlnx xx x1 1a a0.0.设设h h(x x)lnlnx xx x1 1a a，那么，那么h h(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，1212当当x x00 时，时，h h(x x)；当)；当x x时，时，
19、h h(x x).).所以存在唯一所以存在唯一x x0 0(0(0，)，使得，)，使得h h(x x0 0)0 0，即即a ax x0 0lnlnx x0 01.1.当当 0 0 x xx x0 0时，时，F F(x x)0 0，所以所以F F(x x)在在(0(0，x x0 0)上单调递减；上单调递减；当当x xx x0 0时，时，F F(x x)0 0，所以，所以F F(x x)在在(x x0 0，)上单调递增)上单调递增所以当所以当x x(0(0，)时，)时，F F(x x)minminF F(x x0 0)2 23 32 2(x xx x0 0)ln)lnx x0 0 x x0 0(1
20、(1a a)x x2 2axaxb b(x x0 00 00 03 32 20 02 23 32 2x x0 0)ln)lnx x0 0 x x0 0(x x0 0lnlnx x0 0)x x0 0(x x0 0lnlnx x0 01)1)x x0 03 31 13 32 2b bx x0 0 x x0 0 x x0 0b b.3 3因为因为f f(x x)g g(x x)恒成立，恒成立，1 13 32 2所以所以F F(x x)minminx x0 0 x x0 0 x x0 0b b0，0，3 313131 13 3即即b bx x0 0 x x2 20 0 x x0 0.3 31 13
21、31 13 32 22 2b b2 2a ax x0 0 x x0 0 x x0 02 2a ax x0 0 x x0 0 x x0 03 33 32ln2lnx x0 02.2.1 13 3设设(x x)x xx x2 2x x2ln2lnx x2 2，x x(0(0，3 3)，)，那那 么么(x x)x x 2 2x x 1 1 2 22 2x xx x2 2x xx x2 2 x x1 1 x x3 3x x2 2，x xx x当当 0 0 x x1 1 时，时，(x x)0 0，所以，所以(x x)在在(0,1)(0,1)上单调递减；上单调递减；当当x x1 1 时，时，(x x)0
22、0，所以，所以(x x)在在(1(1，)上单调递增)上单调递增所以当所以当x x(0(0，)时，)时，(x x)minmin(1)(1)5 5.3 33 32 22 214141 1所以当所以当x x0 01 1，即，即a a1 1x x0 0lnlnx x0 02 2，b b3 37 75 5x xx xx x0 0 时，时，(b b2 2a a)minmin.3 33 33 30 02 20 05 52022合肥质检二2022合肥质检二 函数函数f f(x x)a a(x x1)ln(1)ln(x x1)1)x xaxax(a a0)0)是减函是减函数数(1)(1)试确定试确定a a的值；
23、的值；lnln n n1 1(2)(2)数列数列 a an n，a an n，n n1 12 2T Tn na a1 1a a2 2a a3 3a an n(n nN N)，求证：求证：ln(ln(n n2)2)T Tn n 1 1.2 2解：解：(1)(1)f f(x x)的定义域为的定义域为(1 1，)，)，*n nf f(x x)a aln(ln(x x1)1)2 2x x.由由f f(x x)是减函数得，是减函数得，对任意的对任意的x x(1 1，)，)，f f(x x)a aln(ln(x x1)1)2 2x x00 恒成立恒成立设设g g(x x)a aln(ln(x x1)1)2
24、 2x x，1515那么那么g g(x x)a a 2 2 x x 1 1 2 2 x x1 1，由由a a0 0 知，知，1 11 1，2 2 a a 当当x x 1 1，1 1 时，时，g g(x x)0 0；2 2 a a 当当x x 1 1，时，时，g g(x x)0 0，2 2 a a g g(x x)在在 1 1，1 1 上上 单单 调调 递递 增增，在在2 2 a a 1 1，上单调递减，上单调递减，2 2 a ag g(x x)在在x x 1 1 时取得最大值时取得最大值2 2又又g g(0)(0)0 0，对任意的，对任意的x x(1 1，)，)，a ag g(x x)g g(
25、0)(0)恒成立，即恒成立，即g g(x x)的最大值为的最大值为g g(0)(0)，1 10 0，解得，解得a a2.2.2 2(2)(2)由由f f(x x)是减函数，且是减函数，且f f(0)(0)0 0 可得，当可得，当a ax x0 0 时，时，f f(x x)0 0，1616f f(n n)0 0，即，即 2(2(n n1)ln(1)ln(n n1)1)n n2 2n n.两边同时除以两边同时除以 2(2(n n1)1)得，得，lnln n n1 1 1 1n nn n2 2，n n1 12 2n n1 1n n1 11 1n nn n2 2即即a an n，2 2n n1 1n
26、n1 11 1从而从而T Tn na a1 1a a2 2a a3 3a an nn n2 2 1 12 23 3n n n n1 1 2 23 34 4 3 34 45 5n n2 2 n n1 1 2 23 34 42 22 2n n2 2n n1 1，2 2n n1 11 1 n n2 2 2 2 2ln(2ln(n n所以所以 ln(ln(n n2)2)T Tn n lnln n n1 1 2 2 n n1 1 2)2)ln(ln(n n1)1)(n n1)ln21)ln2.下面证下面证 2ln(2ln(n n2)2)ln(ln(n n1)1)(n n1)ln21)ln2 1 10 0
27、，2 2记记h h(x x)2ln(2ln(x x2)2)ln(ln(x x1)1)(x xn n17171)ln21)ln2 1 1，x x11，)，)，2 22 21 11 1h h(x x)ln2ln2 x x2 2x x1 12 2x xx x1 1ln2ln2 2 2x x3 3x x2 22 22 21 11 1ln2ln2.2 22 2x x 3 3x xy yx x 在在22，)上单调递增，)上单调递增，x xh h(x x)在在22，)上单调递减，)上单调递减，而而h h(2)(2)1 11 11 11 1 ln2ln2 (2(23ln2)3ln2)(2(2ln8)ln8)6
28、 62 23 33 30 0，当当x x22，)时，)时，h h(x x)0 0 恒成立，恒成立，h h(x x)在在22，)上单调递减，即，)上单调递减，即x x22，)时，)时，h h(x x)h h(2)(2)2ln42ln4ln3ln33ln23ln2ln2ln2ln3ln30 0，当当n n22 时，时，h h(n n)0.0.1 19 9h h(1)(1)2ln32ln3ln2ln22ln22ln2lnln2 28 81818lnln e e0 0，当当n nN N*时，时，h h(n n)0 0，即即2ln(2ln(n n2)2)ln(ln(n n1)1)(n n1)ln21)l
29、n21 1n n2 2.由可得，由可得，ln(ln(n n2)2)T Tn n 1 1.2 26 62022武汉2022武汉4 4 月调研月调研 函数函数f f(x x)n nx x1 1 2 2e ea a lnlnx x 2 2(a aR R，a a为常数为常数)在在(0,2)(0,2)内有两内有两x x x x 个极值点个极值点x x1 1，x x2 2(x x1 1 x x2 2)(1)(1)求实数求实数a a的取值范围；的取值范围；(2)(2)求证：求证：x x1 1x x2 22(100，由题意，知，由题意，知y yh h(x x)在在(0,2)(0,2)内存在两个零内存在两个零点
30、点1919h h(x x)e e a a，那么当那么当a a00 时，时，h h(x x)0)0，h h(x x)在在(0,2)(0,2)上单调递增，上单调递增，h h(x x)至多有一个零点，不合题意至多有一个零点，不合题意当当a a00 时，由时，由h h(x x)0 0，得，得x x1 1lnlna a，1 1由由 1 1lnlna a00，得，得a a .e e1 1e e()假设假设 1 1lnlna a20(2)0，即，即 a a 时，时，e e2 2x xh h(x x)在在(0(0，1 1lnlna a)上单调递减，在上单调递减，在(1(1lnlna,a,2)2)上单调递增，上
31、单调递增，1 1那么那么h h(x x)minminh h(1(1lnlna a)a alnlna a，当，当e e a a11 时，时，h h(x x)minmina alnlna a0，不合题意，舍0，不合题意，舍e e去去当当 11a a 时，时，h h(x x)minmina alnlna a00(2)0，2 2x x00 时时h h(x x)0)0，从而从而h h(x x)在在(0,1(0,1lnlna a)和和(1(1lnlna,a,2)2)上各上各有一个零点有一个零点y yh h(x x)在在(0,2)(0,2)上存在两个零点上存在两个零点2020()假设假设 1 1lnlna
32、a2，即2，即a aee 时，时，h h(x x)在在(0,2)(0,2)上单调递减，上单调递减，h h(x x)至多有一个零点，至多有一个零点，舍去舍去e e()假设假设 1 1lnlna a22 且且h h(2)0，即(2)0，即 a aee2 2时，时，h h(x x)在在(0(0，1 1lnlna a)上有一个零点，而在上有一个零点，而在(1(1lnlna,a,2)2)上没有零点，舍去上没有零点，舍去e e综上可得，综上可得，11a a ，即实数，即实数a a的取值范围为的取值范围为2 2 e e 1 1，.2 2 (2)(2)令令H H(x x)h h(x x)h h(2(22ln2
33、lna ax x)，00 x x11lnlna a，那么，那么H H(x x)h h(x x)h h(2(22ln2lna ax x)e ex x1 1a ae e2 22ln2lna ax x1 1a ae ex x1 1a ae e2 2x x1 12 2a a22a a2 2a a0 0，H H(x x)在在(0,1(0,1lnlna a)上上单单调调递递增增，从从而而2121H H(x x)0)0，即即h h(x x)h h(2(22ln2lna ax x)0)0，h h(x x1 1)h h(2(22ln2lna ax x1 1)0)0，而，而h h(x x1 1)h h(x x2
34、2)，且，且h h(x x)在在(1(1lnlna,a,2)2)上单调递增，上单调递增，h h(x x2 2)h h(2(22ln2lna ax x1 1)，x x2 2222ln2lna ax x1 1，x x1 1x x2 22(12.2.解：解：(1)(1)由题意，函数由题意，函数f f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，其导函数)，其导函数f f(x x)lnlnx xa a(x x1)1)，记记h h(x x)f f(x x)，那么，那么h h(x x)当当a a00 时，时，h h(x x)1 1axax1 1axaxx x.x x00 恒成立，所恒成立，所以以h h(x
35、x)在在(0(0，)上单调递增，且，)上单调递增，且h h(1)(1)0 0，2222所以任意所以任意x x(1(1，)，)，h h(x x)f f(x x)0)0，故故a a00 不成立不成立 1 1 当当a a00 时，假设时，假设x x 0 0，那么，那么h h(x x)a a 1 1axaxx x00；1 1 1 1axax假设假设x x，那么那么h h(x x)0.0.x x a a 1 1 1 1 所以所以h h(x x)在在 0 0，上单调递增，上单调递增，在在，a a a a 上单调递减上单调递减 1 1 所以所以h h(x x)maxmaxh h lnlna aa a1 10
36、.0.a a 1 1令令g g(a a)lnlna aa a1 1，那么那么g g(a a)1 1a aa a1 1.a a当当00a a11时，时，g g(a a)0)11时，时，g g(a a)0.)0.所以所以g g(a a)在在(0,1)(0,1)上单调递减，上单调递减，在在(1(1，)上单调递增上单调递增2323所以所以g g(a a)g g(1)(1)0 0，故，故a a1.1.1 12 2(2)(2)当当a a1 1时，时，f f(x x)x xlnlnx xx x，那么那么f f(x x)2 21 1lnlnx xx x.由由(1)(1)知知f f(x x)1 1lnlnx x
37、x x00 恒成立，恒成立，1 12 2所以所以f f(x x)x xlnlnx xx x在在(0(0，)上单调递)上单调递2 2减，减，1 1且且f f(1)(1)，f f(x x1 1)f f(x x2 2)1 12 2f f(1)(1)2 2不妨设不妨设 00 x x1 1 x x2 2，那么，那么 00 x x1 11122，只需证，只需证x x2 222x x1 1.因为因为f f(x x)在在(0(0，)上单调递减，)上单调递减，所以只需证所以只需证f f(x x2 2)f f(2(2x x1 1)，又又f f(x x1 1)f f(x x2 2)1 1，所以只需证所以只需证1 1
38、f f(x x1 1)1.1.令令F F(x x)f f(x x)f f(2(2x x)()(其中其中x x(0,1)(0,1)，那么那么F F(1)(1)1.1.2424所以欲证所以欲证f f(2(2x x1 1)f f(x x1 1)1 1，只需证，只需证F F(x x)F F(1)(1)，x x(0,1)(0,1)，F F(x x)f f(x x)f f(2(2x x)1 1lnlnx xx x11ln(2ln(2x x)2 2x x，整理得整理得F F(x x)lnlnx xln(2ln(2x x)2(12(1x x)，x x(0,1)(0,1)，令令m m(x x)F F(x x)，
39、那那 么么m m(x x)2 2 1 1x x 00，x x(0,1)(0,1)，x x 2 2x x 所以所以F F(x x)lnlnx xln(2ln(2x x)2(12(1x x)在在区间区间(0,1)(0,1)上单调递增，上单调递增，所以任意所以任意x x(0,1)(0,1)，F F(x x)lnlnx xln(2ln(22 2x x)2(12(1x x)0)F F(1)(1)，x x(0,1)(0,1)，故，故x x1 1x x2 22.2.8 82022长沙一模2022长沙一模 函数函数f f(x x)e e(1(1x xa alnlnx x)，其中，其中a a0 0，设，设f f
40、(x x)为为f f(x x)的导函数的导函数2525(1)(1)设设g g(x x)e ef f(x x)，假设假设g g(x x)2)2 恒成恒成立，求立，求a a的取值范围；的取值范围；(2)(2)设函数设函数f f(x x)的零点为的零点为x x0 0，函数，函数f f(x x)的极小值点为的极小值点为x x1 1，当，当a a2 2 时，求证：时，求证：x x0 0 x x1 1.a a解：解：(1)(1)由题设知，由题设知，f f(x x)e e 1 1 a alnlnx x x x x xx x(x x0)0)，a ag g(x x)e ef f(x x)1 1 a alnlnx
41、 x，g g(x x)x xx xa a x x1 1(x x0)0)2 2x x当当x x(0,1)(0,1)时，时，g g(x x)0 0，g g(x x)在区间在区间(0,1)(0,1)上单调递减，上单调递减，当当x x(1(1，)时，)时，g g(x x)0 0，g g(x x)在区在区间间(1(1，)上单调递增，)上单调递增，故故g g(x x)在在x x1 1 处取得最小值，且处取得最小值，且g g(1)(1)1 1a a.由于由于g g(x x)2)2 恒成立，所以恒成立，所以 1 1a a2，得2，得a a1，即1，即a a的取值范围为的取值范围为11，)，)2626 a a(
42、2)(2)设设h h(x x)f f(x x)e e 1 1 a alnlnx x，x x x x 2 2a aa a那么那么h h(x x)e e 1 12 2a alnlnx x.x xx x x x2 2a aa a设设H H(x x)1 12 2a alnlnx x(x x0)0)，x xx xa aa a x x2 22 2x x2 2 那么那么H H(x x)2 23 3 3 3x xx xx xx x2 2a a2 2a a0 0，故故H H(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，1 1 因为因为a a2 2，所以，所以H H(1)(1)a a1 10 0，H H 1
43、 1 2 2 a aln2ln20 0，1 1 故存在故存在x x2 2，1 1，使得，使得H H(x x2 2)0 0，2 2 那么那么h h(x x)在区间在区间(0(0，x x2 2)上单调递减，在区上单调递减，在区间间(x x2 2，)上单调递增，)上单调递增，故故x x2 2是是h h(x x)的极小值点，因此的极小值点，因此x x2 2x x1 1.由由(1)(1)可知，当可知，当a a1 1 时，时，lnlnx x 1.1.1 1x x2727因此因此h h(x x)h h(x x1 1)a a 1 1 a alnlnx x1 1 x x1 1 (1(1a a)0 0，即，即f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增a a由于由于H H(x x1 1)0 0，即，即 1 12 2a alnlnx x1 10 0，x x1 1x x1 1a a2 2a a即即 1 1a alnlnx x1 12 2，x x1 1x x1 1所以所以f f(x x1 1)(1(1a alnlnx x1 1)a a0 0f f(x x0 0)又又f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，所以，)上单调递增，所以x x1 11 12 2x x1 12 2a ax x2 21 1x x0 0.28282929