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1、第 21 题 导数及其应用1、已知函数2m xx，函数ln1n xaxaR（1）若2a，求曲线yn x在点11n，处的切线方程；（2）若函数fxm xn x有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数10 xg xn xeex对1)x，恒成立，求实数a 的取值范围(e是自然对数的底数，2.71828e)2、设函数1xf xe xx a,a 为常数.（1）当0a时，求函数fx的图象在点0,0Pf处的切线方程；（2）若函数fx有两个不同的零点12,xx.当Za时，求 a的最小值；当1a时，求12xx的值.3、设函数211ln2fxxaxax.（1）讨论函数fx的单调性;（2）已知函数fx有
2、极值m,求证:12a，即2a，此时 a2a，则102aff，2ln1faaaa.令21ln12Faaaaa，则121Faaaln，令22ln1Faaa=-在 2,)+上单调递增，所以2223ln 20FaF，即10Fa对2)a，恒成立，所以21ln1Faaaa在 2),+上单调递增，所以11232ln 20FaF，即0fa，又因为02af，且函数fx 在,2a单调递增，所以函数fx 在,2a上有且只有一个零点，而函数 fx 在0,2a单调递减，且有一个零点1x，故函数 fx 在(0),+上有两个零点，不符题意，舍去若12a，即2a，则函数fx在(0)1，单调递减，所以10fxf，函数 fx 在
3、(1),+单调递增，所以10fxf，故函数 fx 在(0),+上有且只有一个零点，适合题意若12a，即 02a，此时10e-e=1a，00eaa，所以函数fx 在(0)1，内必有零点，又因为 1 是函数 fx 的零点，不符题意，舍去综上，0a或2a.（3）当1x时，lnxg xax eex+-.令1xG xeexx=-，则0 xGxee=-对1)x,+恒成立，所以函数y G x=在 1),+单调递增，所以10G xG.若0a，则当1x时，ln0 x，所以ln0 xg xax eex+恒成立，适合题意；若xa0aHxx恒成立，所以x+e-eaHxx在 1),+单调递增，且10Ha=.因为0a，所
4、以 11a-，所以()110GaG，即1()1aeea-所以1-a1H(1-a)=+e-e+e-ea-e=-ea=+(1-a)-2-(e-1)a1111aaaaaaa，因为011aa，-，所以1+12,101aeaa，所以()10Ha-，因为x=+e-eaHxx在 1),+单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且10Ha，所以存在唯一的01()1xa，-，使00Hx，即00gx，当0()1xx，时，0gx，所以函数yg x在0(1)x，上单调递减，此时10g xg，不符合题意，舍去综上，0a.解析：2 答案及解析：答案：（1）当0a时，()(1)xf xexx，(0)1f，()1xfxxe，(0
5、)1f，故所求切线的方程为1(0)yx，即10 xy.（2）()1xfxxe，令()()1xg xfxxe，则()(1)xgxxe，当1x时()10 xg xxe恒成立，故()g x 在(,1)上递减，令()0g x得1x，故()g x 在(1,)上递增，又11()1022ge，(1)10ge，()g x的图象在 1,)上连续不间断，所以存在唯一实数01(,1)2x使得0()0g x，故0 xx 时()0fx，0 xx 时()0fx，所以()f x 在0(,)x上递减，在0(,)x上递增，min0()()fxf x000(1)xexxa，由0()0g x得001xex，min001()1()f
6、xaxx，因为函数()f x 有两个不同的零点1x,2x，所以min()0fx，得0011()axx，由01(,1)2x易得00131()(,1)2xx，故整数1a,当1a时，(0)(1)0ff，满足题意，故整数a的最小值为1.（也可以用零点存在性定理给出证明）注：由0(0,1)x得0011()(,1)xx，不能得到1a.法一：当1a时，()(1)1xf xexx，由12()()f xf x得11111xxex，22211xxex，两式相乘得121212121212(1)(1)(1)(1)2()(1)(1)(1)(1)xxxxxxxxexxxx，得1212122()1(1)(1)xxxxexx
7、（）不妨设12xx，由(1)20f及()f x 的单调性可知121xx，故12(1)(1)0 xx，当120 xx时（）式成立；当120 xx时（）式左边大于1，右边小于1，（）式不成立；当120 xx时（）式左边小于1，右边大于1，（）式不成立；综上，120 xx.法二：当1a时，()(1)1xf xexx，不妨设12xx，由(1)20f及()f x 的单调性可知121xx，由1()0f x得111(1)10 xexx，111111111111(1)1()(1)110 xxxxxexxfxexxxee，故函数()f x 有两个不同的零点1x,1x，又由()f x 的单调性可知()f x 有且
8、仅有两个不同的零点1x,2x，21xx，120 xx.解析：3 答案及解析：答案：（1）2(1)()(1)(0)axaxafxxaxxx,(1)()()xxafxx.当0a时,()0fx恒成立,所以()f x在(0,)上单调递增.当0a时,解()0fx得xa解()0fx得0.xa所以()f x在0,a上单调递减,在,a上单调递增.综上,当0a时,()f x在(0,)上单调递增.当0a时,()f x在0,a上单调递减,在,a上单调递增.（2）由（1）知0a且21()ln2mf aaaaa,()lnfaaa,()0fa有唯一根0a,ln0.50.5,ln0.60.6,0(0.5,0.6)a.且()
9、f a在0(0,)a上递增,在0(,+)a递减,所以2000001()()ln2mf af aaaaa222200000111+0.60.60.781222aaaaa解析：4 答案及解析：答案：（1）对函数求导得2362fxxaxb，由题意知2323 16120131211abab即36201320abab，解得11,32ab（2）将（1）中求得的a,b 代入得32fxxxx，21321313fxxxxx由0fx得1x或13x，由0fx得113x函数 fx 的单调增区间1,3和 1,，减区间为1,13解析：5 答案及解析：答案：(1)由2()(2)(1)xf xxea x，可得()(1)2(1
10、)(1)(2)xxfxxea xxea，当0a时，由()0fx，可得1x；由()0fx，可得1x，即有()f x 在(,1)递减；在(1,)递增；当0a时，若2ea，则()0fx恒成立，即有()f x 在 R 上递增；若2ea时，由()0fx，可得1x或ln(2)xa；由()0fx，可得 1ln(2)xa 即有()f x 在(,1)，(ln(2),)a递增；在(1,ln(2)a递减；若02ea，由()0fx，可得ln(2)xa 或1x；由()0fx，可得 ln(2)1ax即有()f x 在(,ln(2),(1,)a递增；在(ln(2),1)a递减；(2)由(1)可得当0a时，()f x 在(,
11、1)递减；在(1,)递增，且(1)0,(),(),()fexf xxf xf x 有两个零点；当0a时，()(2)xf xxe，所以()f x 只有一个零点2x；当0a时，若2ea时，()f x 在(1,ln(2)a递减，在(,1),(ln(2),)a递增，又当1x时，()0f x，所以()f x 不存在两个零点；当2ea，()f x 在 R 上递增，所以()f x 不存在两个零点；当02ea时，()f x 在(,ln(2),(1,)a递增，在(ln(2),1)a递减；由10fe，2(1)0,(ln(2)(ln(2)2)(2)(ln(2)1)0fefaaaaa，所以()f x 不存在两个零点综
12、上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)解析：6 答案及解析：答案：（1）根据题意，得e2xfxx，则 01fb.由切线方程可得切点坐标为0,0，将其代入yfx，得1a，故2e1xfxx.（2）令2e1xg xfxxxx.由e10 xgx，得0 x，当,0 x，0gx，yg x单调递减；当0,x，0gx，yg x单调递增.所以min00g xg，所以2fxxx.解析：7 答案及解析：答案：（1）fx的定义域为0,1axfxx，若0a则0fx，fx在0,上单调递增，若0a则由0fx得1xa，当10,xa时，0fx当1,xa时，0fx，f x在10,a上单调递增，在1,a单调递减
13、.综上：当0a时，f x在0,上单调递增，当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a单调递减.（2）2ln1ln11xxa xxfxxx,令2ln11g xxxa xx,ln1 2g xxax,令ln12F xgxaax,12axFxx解析：8 答案及解析：答案：（1）2121()2(0)axaxfxaxaxxxp，2()0210fxaxax，212120440012aaaxxx x，即2044020112aaaa，解得 a 的取值范围(1,2)M（2）由2210axax，解得2212,aaaaaaxxaa，而()f x 在1(0,)x上递增，在12(,)x x上递减，在2(,)x上递增12
14、a，2121112xa()f x 在21,22上单调递增，在21,22上，max()(2)2ln 2f xfa“021,22x，使20()ln(1)(1)(1)2ln 2f xab aa对aM 恒成立”等价于“不等式22ln 2ln(1)(1)(1)2ln 2aab aa恒成立”，即，不等式2ln(1)ln 210abaab对任意的a12a恒成立令2()ln(1)ln 21g aabaab，则(1)0g2122()2111babaag abaaa当0b时，222()01babaag aa，()g a 在(1,2)上递减()(1)0g ag，不合题意当0b时，12(1)2()1ba abg aa
15、，12a，若1(1)12b，即104b时，则()g a 在(1,2)上先递减，(1)0g，12a时，()0g a不能恒成立；若1(1)12b，即14b时，则()g a 在(1,2)上单调递增，()g a(1)0g恒成立，b的取值范围为1,4解析：9 答案及解析：答案：（1）函数xfx emx的定义域为R 求导得xfxem当0m时，0fx所以此时函数fx在,+上是单调递增函数，当0m时，令0fx，解得lnxm，当lnxm时，0fx，当lnxm时，0fx，所以此时函数fx 在区间,ln m 上是单调递减函数，在区间ln,m上是单调递增函数.综上所述，结论：当0m时，函数 fx 在,上是单调递增函数
16、；当0m时，函数 fx在区间,ln m 上是单调递减函数，在区间ln,m上是单调递增函数.（2）由（1）知当0m时，函数 fx 在,上是单调递增函数；当0m时，函数 fx在区间,ln m 上是单调递减函数，在区间ln,m上是单调递增函数，当0m时，函数fx 在 1,2 上的最小值为11fem，解得10me，故舍去；当0me时，ln1m，所以函数fx 在 1,2上的最小值为11fem解得1me因为 01ee，故符合，所以此时1me；当2eme 时，1ln2m，所以函数fx在 1,2 上的最小值为lnln1fmmmm，令2ln1,h mmmmme e，求导得1ln1lnh mmm，因为2,me e
17、，所以2ln10m,即0hm所以 h m 在2,e e上是减函数以11h mh eee，所以此时ln1mmm无解；当2me 时，ln2m，所以fx在 1,2 上的最小值为2221fem解得2212eme，故舍去，所以1me.解析：10 答案及解析：答案：(1)见解析(2)342e1a解析：(1).22()lnf xaxxax，定义域为(0,)，2222()(2)()2axaxaxaxafxxaxxx当0a时，(0,)xa，()0fx；(,)xa，()0fx；()f x 在(0,)a 上单调递增，()f x 在(,)a上单调递减；当0a时，2()f xx，此时()f x 在(0,)上单调递减；当0a时,(0,)2ax,()0fx;(,)2ax,()0fx；()f x 在(0,)2a上单调递增，()f x 在(,)2a上单调递减(2).由(1)可知当0a时，2222max()()lnln0f xf aaaaaaa，解得01a；当0a时，2()0f xx，在(0,)上恒成立；当0a时，222max()()ln()2242aaaaf xfa223ln()024aaa即3ln()24a，解得342e0a综上所述，342e1a