导数型不等式双参及多参问题的解决

1、仅供个人参考不得用于商业用途不等式双参问题的解决缺2012年新课标卷1 2例 3： (2009 辽宁卷理)已知函数 f(x)= - x2-ax+(a-1)lnx, a 1。2(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：若 a 5,则对任意 x1,x2(0,), x1 x2，有-f(x一乂91。X1 X2For personal use only in study and research; not for commercial use(21)解：(1) f (x)的定义域为(0,)。、a 1x2 ax a 1f (x) x a (x 1)(x 1a)2 分x若a 1 1即a 2,则f (x)(

2、x 1)2,.-故f(x)在(0, x)单调增加。For personal use only in study and research; not for commercial use(ii)若 a 1 1,而 a 1,故 1 a 2,则当 x (a 1,1)时，f (x) 0;当 x (0,a 1)及 x (1,)时，f'(x) 0故f(x)在(a 1,1)单调减少，在(0, a 1),(1,)单调增加。(iii)若a 1 1,即a 2,同理可得f (x)在(1,a 1)单调减少，在(0,1),(a 1,)单调增加.(II)考虑函数则 g (x) x1 2g(x) f (x) x x

3、 ax (a 1)ln x x21)2由于1<a<5,故g(x) 0 ,即g(x)在(0, +8)单调增加，从而当x1x20时有g(x1)g(x2)0,即 f(x1)f (x2)Xix20,故 fx)-fx2)1,当 0Xix2x1 x2时 有 f(x1)f(x2) f(x2) f(x1) Xi x2x2 Xi112分补充：(2010辽宁理数)(21)(本小题满分12分)已知函数 f(x) (a 1)lnx ax2 14 x1x2，求a的取值范2ax2 a 1x(I)讨论函数f(x)的单调性；(II)设 a 1.如果对任意 x1,x2 (0,), f(x1) f(x2)围。解：a

4、1(I) f(x)的定义域为(0, +8). f '(x) - 2ax x当a 0时，f'(x)>0,故f(x)在(0, +8)单调增加；当a 1时，f'(x) <0,故f(x)在(0, +8)单调减少;当-1 v a <0时，令 f '(x) =0,解得 x J a- .2a则当 x (0, J "a)时，f'(x)>0； x (J a-,)时，f'(x)v0. 2a. 2aa 1 、， a 1、,.故f(x)在(0, J -21)单调增加，在 q 木，)单调减少.(n )不妨假设 x1 x2，而a v -1,

5、由(i)知在(0, +°°)单调减少，从而x1，x2 (0,), f(x1) f(x2) 4x1 x2等价于x1，x2 (0,) , f(x2) 4x2f(x1)4xa 1令 g(x) f (x) 4x,则 g'(x) 2ax 4x等价于g(x)在(0, +8)单调减少，即0.a 1 c , 2ax 4x口由 4x 1从而a 22x2 1(2x1)2 4x2 22x2 1_2(2x 1)22x2 1故a的取值范围为-OO, -2.12分2012年陕西 21.(本小题满分14分)设函数 fn(x) xn bx c (n N ,b,c R)1(1)设n 2, b 1,

6、c 1,证明：fn(x)在区间 -,1内存在唯一的手点；设n 2,若对任意x，x2 1,1,有| f2(x1) f2(x2)| 4,求b的取值范围；1(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在一,1内的零点，判断数列 x2,x3,L ,xnL的增减 2性.【解析】(1) b 1,c1,n 2时，fn(x) xn x 1111,1fn(2)fn(1)(. 2) 1 Q fn(x)在(2，1)内存在零点。1又当 x (万,1)时，fn(x) nxn1 1 0,11fn(x)在(万,1)上是单调递增的，fn(x)在(,1)内存在唯一零点。(2)当 n=2 时，f2(x) x2 bx c对任意xx2

7、 1,1都有|f2(x， f2(x2) 4等价于f2(x)在1,1上的最大值与最小值之差M 4,据此分类讨论如下：(1)当51,即b 2时，2M | f2 (1) f2( 1)| 2 b 4,与题设矛盾。(n)当-1 -b 0,即0 b 2时，b bMf2(1) f2( |) (b 1)2 4,怕成立。(m)当0 -b 1,即-2 b 0时，bbMf2(-1) fz( b) (b-1)2 4,怕成立。22综上可知，-2 b 2。注：(n)(ni)也可合并并证明如下：用max a,b表示a,b中的较大者当-1 -b 1,即-2 b 2时，2bM max f2(1), f2( 1), f2( )2

8、f2( 1) f2 |f2( 1)f2 (1 )|b f2 ( 一 222b21 c b ( c) 4(1 )24恒成立。2(3)证法一: 曰 一，1a设 Xn 是 fn(x)在(,1)内的唯一零点(n2),fn (Xn )XnXn 10, f n 1( Xn 1)Xn 1Xn 110, Xn(J1)n 1于有 f n(Xn )0 f n 1 ( Xn 1)Xn 1Xn !1fn (Xn 1 ) ,1又由(1)知fn(X)在(,J)上市递增的，故Xn Xn i(n 2),所以，数列X2,X3，.Xn,.是递增数列一 ，1证法二：设Xn是fn(X)在(1,1)内的唯一零点，fn l(Xn)fn

9、1(1) 乂1X0 1)(1n 1 1 1) Xn 1 % 1 Xn % 1 0,则 fn 1 (x)的零点 Xn 1 在(Xn ,1)内，故 XnXn 1( n2),所以，数列X2,X3,.Xn,.是递增数列 n补充：已知函数 f(X)=ln(1+x) x, g(X)=XlnX.(I)求函数f(x)的最大值；(II)设 0<a<b,证明 0Vg(a)+g(b)-2g(b )<(b-a)ln2设 F(x) g(a) g(x) 2g(a), x aF'(x) In x In a-X In 2x 又 x a, 2x 1 2 a xa x2X则 F(x) ln 0, F(x

10、) F(a) 0 a x设 G(x) g(a) g(x) 2g(旦)(x a)ln 2ka xx x.G (x) In x In In 2 In, 12axaxtt r 一 ' ._则 G(x) 0, G(x) G(a) 0已知a 0,函数f(x) In x ax2,x 0. ( f (x)的图像连续不断)(i)求f (x)的单调区间；1 3(n)当a9时，证明：存在x0 (2,)，使f(x0) f (-)；(出)若存在均属于区间1,3的，且1 ,使f ( ) f (),证明ln3 ln2 ln2 a .53【解析】本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零

11、点等基础知识，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法._2,2a2a-11 2ax2(I)斛：f '(x) 2ax , x (0,),令 f '(x) 0 ,解得 x当x变化时，f '(x), f (x)的变化情况如下表x(0吗岳 2a(孚) 2af'(x)+0-f(x)r / i极大值所以f(x)的单调递增区间是(0,i 1 枝);f (x)的单调递减区间是(乂2旦,).2a2a11 9(n)证明：当a 时，f(x) ln x x2.由(I)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2,)8833内单倜递减.令g(x) f (x) f(一

12、)，由f(x)在(0,2)内单调递增，故f(2) f(一)，即 22g(2) 0, 3) '使叱fP3'41 9e2-e 2,则 g(x) 0,所以存在 x0 (2,232(出)证明：由f( ) f()及(I)的结论知2a2a,从而f (x)在,上的最小值为f ().又由1 ,1,3,知 123 .故 f(2) f( )f(1),即f(2) f( ) f(3)In 2 4aIn 2 4aaln3ln3 In 29a,从而 5In 2补充：f()f()得：In a 2 InIn In22又由1, ,1,3,知 123,设 xIn x In22x，、I.,g(x) ，则 g (x)

13、x22 2x2 In x 2x2 In2 22 X2x(x )因为0 x ，所以g (x) 0 ,即函数g(x)在区间1,2上单调递减则 gLn g(2)，此时 2,13g(x)max g4 h()，此时 1，12又 h ( ) 0 , h( ) h(2)则 g(2)ln3 ln25ln2 ah(2)讨论f(x)的单调性;,1,1f(- x) f(- x)；aa(III )若函数y f (x)的图像与x轴交于A, B两点，线段AB中点的横坐标为x0,证明：f方法二：多和一 2011年辽宁21.(本小题满分12分) 已知函数 f (x) ln x ax2 (2 a)x . (I、一 1(II )

14、设a 0 ,证明：当0 x 1时,a(x0) < 0.21.解： f(x)的定义域为(0,), f (x) 1 2ax (2 a) (2x 1)(ax 1)xx(i)若a 0,则f (x) 0,所以f(x)在(0,)单调增加.1( ii ) 若 a 0,则由f (x) 04x -, 且 a1 一 一一 1一. 一x (0,)时,f(x) 0,当x 时，f (x) 0.aa所以f(x)在(0,1)单调增加，在(口，)单调减少.4分aa(II )设函数 g(x) f (- x)f ( x),则aag(x)g (x)ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax,a1 axa1 ax2a3 22a

15、 x2 2 .1 a x.1-当 0 x 时,g (x)0,而g(0)0,所以g(x) 0.a一，1一 1 一 1故当 0 x 时，f (一 x) f (- x). 8 分a aa补充：设ax t,则0 t 1 ,求函数值域即可(III )由(I)可得，当a 0时，函数y f(x)的图像与x轴至多有一个交点,1 一 1故a 0 ,从而f (x)的最大值为f()，且f() 0. a a1 不妨设 A(x1,0), B(x2,0),0xx2,则0 x1 一 x2.af(x1) 0.,m .2.11由 (II ) 得 f (- x1) f(1 1 x1) aa a又2一x1,于是x0 a由(I)知，

16、f (x0) 0.12分补充：(2011年高考天津卷理科19)(本小题满分14分)21.(本小题满分14分)已知函数f x xe x x R .(i)求函数f x的单调区间和极值；(n)已知函数 y g x的图象与函数y f x的图象关于直线 x 1对称.证明当 x 1 时，f x g x .(m)如果 x1 x2，且 f x1 f x2 ，证明 x1 x2 2.【解】(i) f x 1 xex.令 f x 1 x ex 0,则 x 1 .x,111,所以fxf x0数，在区间1,f x增极大值减函数fx当x变化时，f x ,f x的变化情况如下表:f 1 .且 f 1在区间 ,1内是增函内是

17、减函数.在x 1处取得极大值1一. e(n)因为函数 y g x的图象与函数 yf x的图象关于直线x 1对称,所以 g x f 2 x ,于是 g x 2 x e y恒成立？试证明你的结论 2记 F x f x g xxx 2F x xe x 2 e2x 2 e0,当x 1时，2x 2 0,从而e2x2 1 0,又ex 0,所以F x于是函数F x在区间1,上是增函数.11因为F 1 e e0 ,所以，当x 1时，FxF 10,因此f xg x .（出）若 x1 1x2 10 ,由（i）及 fx1f x2，得x1 x2,与 x1 x2 矛盾；若 x 1 x210,由由（i）及 f xf x2

18、,得 x1x2,与 xx2 矛盾；根据（1） , （2）可得为1 x2 10.不妨设 x11,x21 .由（n）可知 fx2gx2f 2 x2 ,所以 fx1fx2gx2f 2x2.因为x2 1 ,所以2 x2 1,又x1 1 ,由(i) , f x在区间 ,1内是增函数，所以 x12 x2,即 x1 x2 2.这两种实际都是合二为一式的消元，使用于两个独立性的元处理补充：是否存在常数 C ,使得不等式x-y C 一对任意正数2x y x 2y x 2y 2x y法一：C22x 4xy y2x2 5xy 2y23xy.12132yx法二：C12-1t2t 1t111222 t 2t 113t2

19、12-2-2t 1 2 2t 5t 2补充：2a b 3ab 30,求 ab2010年湖南理科20.(本小题满分13分)2已知函数f (x) xbx c(b,c R),对任意的xR,恒有f (x)f(x)(I )证明：当 x 0时，f(x) (x c)2;(n)若对满足题设条件的任意b,c,不等式f(c)f(b) M (c2 b2)恒成立，求M的最22x25xy2y22小值。(I )易知/'(冷=二=+ "由题设，X才任意I +bx+c,r 2即£ + (A-2)JC + £ b之0恒成立，所以0 ->2-4<c-&)< 0:从而

20、£之j+1于是 C三 1, fitr>2xl =|6|；Sltt2c-5 = c + (c-t) >0故当工3 时，有(工+丁 一 /(I)= (2c i)x+ c-(c 1) > 0即当之时，<f(x)<(x+.<.7* -,丁，=frn l 祗 c： -b' + be-b' c + 2A(【I )由 (I ) 易知，cb、当u >|匕 =有H2乂一Q：c"£Tc* -Zr*c + b令F = 士则TC今=2-2-,而函数宫=2-，(Tdv1幼值域是 cc+ b 1 + f1 + /(-孙书0因此，当“固

21、味 M与的取值集合为 J +0当C= I bl时,)由(I )易知，6=±2,二=2,此时/()一八母=-8或0衣：一送封从而/)23综上所述，”得最小值为二.21命题意图】本题考查二次礴与一袄国数，导敬的运算，函数的值域，不等式的证明，考 查考生转化与化归皆5。本题属难题口补充：(2012年江苏省5分)已知正数a,b,c满足：5c 3a< b< 4c a, clnb> a clnc,则b的取值范围是.a【答案】 e 7 。【考点】可行域。【解析】条件5c 3a< b< 4c a, clnb> a clnc可化为:eca c b c设亘=兄y=b,

22、则题目转化为: c c3x y 5,4 x y 4已知x, y满足，求义的取值范围。y exxx> 0, y> 0作出(x y )所在平面区域(如图)。求出y=ex的切线的斜率e ,设过切点P沏，yo的切线为y=ex m m 0 ,贝M=ex3=exxom ,要使它最小，须 m=0。 xo的最小值在P %, y0 xx处，为e。此时，点P x0, V0在y=e上A,BN同。当(x, y)对应点C时,y=4 xy=5 3x5y=20 5x4 y=20 12x- y 一y=7x =7 ,x. y的最大值在C处，为7。 xy的取值范围为 e, 7 , x即b的取值范围是 e 7 。 a方

23、法三：反看一一注意元的把握t3x It.3x补充：设f(x) ,对任息头数t,记gt(x) 3(I)求函数y f (x) g8(x)的单调区间;(II)求证：当x 0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立;(ii)有且仅有一个正实数x0,使得g8(x0) >gt (x0)对任意正实数t成立.解：y f (x)g(x)3x /-4x316三；y(i)证明：设h(t)则 h(t)2t 313xf(x)方法二：设h(x)f (x) gt(x)1x3 jx3h (x) x22t3即h(x)在(0,诉)上单减，在 ,1)上单增，即 h(x)min h(F)所以 f(x) gt(x) 02(n)设

24、 h(t) t3x；x 2,则 t x3, 3即 h(t)h(x3) x3所以 g8(x0) h(x3)2 3x34xo1 3-x f (x),又g8(x0) > gt(x0)对任意正实数t成立 3161 32-x0(% 2)2(% 4) 033又 x00 ,则 x02有且仅有一个正实数 x0,使得g8(x0)> gt(x0)对任意正实数t成立补充 2：已知函数 f(x) (2x2x因为函数y f (x)有二个极值点，所以 f (x) (2x 6x 18x t 6)e0有三个根即：2x3 6x2 18x t 6 0 有三个根，令 g(x) 2x3 6x2 18x t 6 ,g

25、9;(x) 6x2 12x 18 6(x 3)( x 1)则g(x)在区间(，1),(3,)上递增，在(1,3)上递减g( 1) 0因为g(x)有三个零点，则 g( ),所以19 t 48g(3) 0n：首先看成关于t的函数设 m(t) tex (2x3 12x2 6x)ex x, ex 0,所以 m(t)单调递增存在实数 t 0,2,使得 m(t) tex (2x3 12x2 6x)ex x 0 成立即m(0) 0成立，即(2x3 12x2 6x)ex x 0对任意的x 1,m恒成立(2 x3 12x2 6x)ex x 0(2x3 12x2 6x)ex x (2x2 12x 6)ex 1 对

26、任意的x 1,m恒成立 12x2 6x t)ex,t RI若函数y f (x)有三个极值点，求t的取值范围n若存在实数t 0,2,使得对任意的x 1,m,不等式f(x) x恒成立，求 正整数m的 最大值32x解I： f (x) (2x 6x 18x t 6)e设 h(x) (2x 由此及(I )知f (x)的取小值为-,最大值为1 12x 6)ex, h'(x) (2x2 8x 6)ex 2(x2 4x 3)ex h'(x) 0 x 2 、,7, x 1,m即h(x) (2x2 12x 6)ex在1.2 J7单调递减，在2 ",)上单调递增,h(1) ( 4)e 1

27、,则 m 2 近 4 56h(5) ( 4)e1,h(6) 12e1 ,所以 m 5双参问题的另一种方式 _ 2x 1(四川延考理22)设函数f(x) 二一。x2 2(I)求f (x)的单调区间和极值；(n)若对一切x R,3 af (x) b 3,求a b的最大值。(i)f (x)2 x 12( x 2)( x 1),M2("x2p当 x ( 2,1)时，f'(x) 0；当 x (2)U(1,)时,f (x) 0；故f (x)在(2,1)单调增加，在(2)U(1,)单调减少。1(x 2)2(x 1)22(x2 2)2f(x)的极小值f( 2)2 ,极大值f (1) 1,1(

28、n)由(f (x)( f(1) 1)21 1(f(x) 1)(f(1) 1) 0 即-f(x) 1因此对一切x R,3 af (x) b 3的充要条件是,即a, b满足约束条件由线性规划得，a b的最大值为5.a b 3a b 3，1 a b 321a b 324-多变量消元的问题一一韦达定理(2009全国卷I理)设函数 f x x3 3bx2 3cx在两个极值点 x1、x2，且 x1 1,0, x2 1,2.(I)求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点b,c的区域；1(II)证明：10fx22解：f x3x2 6bx 3c由题意知方程f x 0有两个根x1、x2且

29、x1 1,0,x2 1,2. 则 有f 1 0, f 0 0, f 10, f 2 0故有12bcl£0右图中阴影部分即是满足这些条件的点b,c的区域。28+ 匚4i + c+4>0(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标f x2x23 3bx22 3cx2中的b,(如果消c会较繁琐)再利用 x2的范围，并借助(I)中的约束条件得c 2,0进而求解，有较强的技巧性。解：由题意有f2x23x26bx2 3c 0又f x2x23 3bx223cx2消去b可得f x21 32x23c7x2又Q x2 1,2，且

30、 c 2,010 f (x2)-23x16bx1 3 c 0解法二：，则X,x2是方程3x22 6 bx2 3 c 01223x 6bx 3c 0的两个根x1x22b, x1x2 cf x21 332-x2二 2222x23 3bx22 3cx2 x23 3x2 x22 3x1x221x10,1 x22, 41 32x22, 612x1x2 0,则 10 f x2 2(09年全国理科卷)函数f(x)aln(1x)有两个极值点 x1, x2且X1X2 ,证明:1 2ln 2解：f (x)2x2x2 2x afx_a,因f(x)有两个极值点x1,x2 x 1即 2x2 2x0的两个根为x1，x2,

31、 x1x21,xi gx2Xs0x2(x21)x2fd)2x22a ln(1 x2)x2 2x1x21n(1*2)x2 2(1x2)x21n(1x2)f M)2x2c -、 c12x11n(1 x2) 2x1x21 x22x22x1 1n(1、-1x2) 2x1x2 x12x11n(1 x2)f d)c11110,即 f(x2) f( -) - a1n2,f(x2)1 21n 2(09海南宁夏理21)(本小题满分12分)已知函数f (x)(x3 3xax b)e x如a b3,求 f (x)的单调区间;若f(x)在(,),(2,)单调增加，在(,2),()单调减少，证明:6.3时,f (x)

32、(x3 3x23x3)e一3f'(x) (x2x23x 3x 3)e(3x6xx3)ex 3e (xx9x) x(x 3)( x 3)e3时，f '(x) 0;3寸，f '(x) 0.从而f(x)在(3),(0,3)单调增加,3,0),(3,)单调减少.一3(n)f'(x) (x2x3x ax b)e(3x26x a)ex 3x (a 6)xb a.由条件得：f '(2)30,即 22(a 6)b a0,故 ba,从而f'(x)x 3e x(a 6)x 4 2a.因为f '(f'()0,所以3/x (a6)x 42a (x 2)(

33、x)(x(x 2)(x2)x).将右边展开，与左边比较系数得,2,a 2.故又(2)(6.方法二:f (x)2 4,124a.2) 0,即(x3(a三次方程的韦达定理:三次方程的韦达定理：若3.2贝 U axbx cx d2(0.由此可得a 6.6)x 42a) e(x )(xx2)( x )e4,3,2 ax bx(x利用方程2012年新课标(21)(本小题满分cx)(x12分)(x0的三个根为0 ,对比原方程可得已知函数f(x)满足满足f(x) f (1)ex1f(0)x122x ；(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若 f (x)1 2 -x ax2b,求(a 1)b的最大值。【解

34、析】(1) f (x)f (1)ex1f(0)x-x2f (x)2f (1)ex1 f (0) x1 得：f (0)f(x)f (1)ex得：f (x) ex1 2 x - x21 2 - x2f(0) f (1)e1 1 f (1) eg(x) f (x) ex 1 xg (x)ex1 0yg(x)在x R上单调递增f (x)0f (0)x0, f(x) 0 f (0) x01得：f(x)的解析式为f(x) ex x 1x2且单调递增区间为(0,),单调递减区间为(，0)-1 2(2) f(x)-x ax bh(x) e (a 1)xb 0得 h (x)e (a 1)当a1 0时，h (x)

35、0y h(x)在xR上单调递增x 时，h(x) 与h(x) 0矛盾当a 1 0时，b ex b 0当 a 1 0时，h (x)0x ln(a1),h (x)0 x ln(a 1)得：当 xln( a1)时，h(x)min (a 1)(a1)ln( a 1) b0(a 1)b (a 1)2 (a 1)2ln(a 1)(a 1 0)令 F(x) x2 x2lnx(x 0)；则 F (x) x(1 2ln x)F (x) 00 x 、.e,F(x) 0 x %当x 7e 时，F (x)max 2当a ee 1,b Je时，(a 1)b的最大值为- 2(2011年高考浙江卷理科 22)(本题满分14分

36、)设函数f (x) (x a)2ln x(a R) (I)若x e为y f(x)的极值点，求实数a (n)求实数a的取值范围，使得对任意x (0,3e恒有f (x) 4e2成立注：e为自然对数的底数【解析】(I)因为f(x) (x a)2lnx所以f (x) 2(x a)ln x (x-a- (x a)(2ln x 1 旦)因为 x e 为 y f(x)的极值点所 xx以f (e) (e a)(3 a) 0解得a e或a 3e经检验，符合题意，e所以a e或a 3e(n)当0 x 1时，对于任意实数a ,恒有 f(x) 0 4e2成立当1x 3e时，由题意，首先有f(3e) (3e a)2ln

37、3e 4e2解得3e由(I)知f (x) (x a)(2ln x 1 -) xa 一令 h(x) 2ln x 1 -则 h(1) 2ln1x1 a 0, h(a) 2ln a 03e且 h(3e)2ln(3 e) 1 2ln(3 e) 13e2e.ln(3e)3e12(ln 3e ) 03 .ln(3e)又h(x)在(0,)内单调递增，所以函数 h(x) 在(0,)内有唯一零点，记此零点为x0 ，则 1x03e, 1 x0 a 从而，当 x (0,%)时,f (x) 0 当 x (x0, a)时f (x) 0当x (a,)时 f (x) 0即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)内单

38、调递减,22f(%)(x0a)ln %4e ,一 一一2一2f (3e)(3ea)2ln(3e)4e2在(a,)内单调递增。所以要使f(x) 4e2对x (1,3e恒成立,a成立，由 h(x0)2ln x0 1 0 ,知1 。注意到函数x2 ln3 xx。a 2x0 ln x0 x0(3) 将(3)代入(1)得 4xjln3x0 4e2.又 x0在1,)内单调递增，故1x0e再由(3)以及函数2xlnx x在(1,)内单调递增，可得1 a 3e , 2e由(2)解得3e七.ln(3e)a 3e2eln(3e),所以3e 2e、.ln(3e)a 3e综上，a的取值范围为3e2eln(3e)201

39、2年湖南卷22.(本小题满分13分)已知函数f (x) = eax x ,其中aw0.(1)若对一切xCR, f(x) 1恒成立，求a的取值集合.(2)在函数f(x)的图像上取定两点A(xi, f (Xi) , B(X2, f(X2) (Xi X2),记直线k成立？若存在，求Xo的AB勺斜率为K,问：是否存在xoC (xi, X2),使f (x0)取值范围；若不存在，请说明理由【解析】(I)若a 0,则对一切x 0, f(x)故a 0.11而 f (x) ae1,令 f (x) 0,得x -ln-.a a一 11 .当x ln 时，f (x) 0, f(x)单调递减；当 xa a故当x 1ln

40、1时，”*)取最小值£(二m1)- a aa a aeax x 1,这与题设矛盾，又 a 0,1,1_ In 一 时, a a1|n1.f (x)0, f(x)单调递增,于是对一切x R, f (x) 1恒成立，当且仅当1 1|n1 a a a1.令 g(t) t tint,则 g (t)In t.当0 t 1时，g (t) 0,g(t)单调递增；当t 1时，g (t) 0,g(t)单调递减.1故当t 1时，g(t)取最大值g(1) 1.因此，当且仅当一1即a 1时，式成立a综上所述，a的取值集合为 1 .(n)由题意知，k f(x3L(x)e 2 e" 1.X2 x1X2

41、 X1ax?ax1令 (x) f (x) k aeax -,则X2 Xeax1(X) ea(x2 x1) ad x1)1 ,X2为aax2(X2) ea(X1 x2) a(x1 x2) 1 .令 F(t) et t 1,则 F (t) et 1.F (t) 0,F(t)单调递增.当t 0时，F (t) 0,F(t)单调递减；当t 0时,故当 t 0, F(t) F(0) 0,即 8 t 1 0.axax2从而 ea(x2xax2 2x 1贝U h (x) ax 2.)a(x2xi)10,ea(x,xxx因为函数h(x)存在单调递减区间，所以 h (x)<0有解.又因为x>0时，则a

42、x2+2x 1>0有x>0的解.当a>0时，y=ax2+2x1为开口向上的抛物线，)a(xiX2)10,又一0,0,X2 xx2 x1所以(x1) 0, (x2) 0.因为函数y (x)在区间x,，x2上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在x0 (x,，x2)使(x0) 0,(x)a2eax 0, (x)单调递增，故这样的c是唯一的，且a&ax(-Ine-,")时,a a(x2 x1)f (x0)k.a&ax11. e e,c In.故当且仅当xaa(x2 x1)综上所述，存在x0 (x1,x2)使f (x0)k成立.且x0的取值范围为(1lnaax

43、2ea% ead%)x2) .【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力,考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数111 11法求出f (x)取取小值 f (In ) - -In-.对一切 x r , f(x) 1恒成立转化为aaa a af(x)min 1 ,从而得出a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断多变量消元一一整体代换05湖南21.(本小题满分14分)已知函数 f(x)=lnx, g(x)= ax2+ bx, aw 0.2(I)若b=2,且h(

44、x) = f(x)g(x)存在单调递减区间，求 a的取值范围；(n)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点作x轴 的垂线分别交 C1, C2于点M、N,证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.1解：(I) b 2时 h(x) In x -ax2 2x,ax2+2x 1>0 总有 x>0 的解;，2当a<0时，y=ax2+2x1为开口向下的抛物线，而ax2+2x1>0总有x>0的解;则=4+4a>0,且方程ax2+2x 1=0至少有一正根.此时，1<a<0.综上所述，a的取值范围为(1, 0) U (

45、0, +8).(II)证法一 设点 P、Q 的坐标分别是(xi, yi), (x2, y2), 0<xi<x2.则点M、N的横坐标为xx1x21 ,2Ci在点M处的切线斜率为 k1- | x1 x2x x 2-x1x2C2在点N处的切线斜率为k2ax blx x1 x2 2a(x1x2)b.2假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则 k1=k2.2 a(x1x2) , nrt即b ,贝Ux1 x222(x2x1)a / 22、一(x2 x1)b(x2 x1)2a 2a 2(x2 bx2) ( x1bx1)22=y2 y1 lnx2 1nxi.2卢1)所以Inx2 x.设tx119X令 r(t) Int2(t 1),t1 t1 .则