2023届高三数学单元卷三《一元函数的导数及其应用》能力提升卷（及答案）

1、单元卷三一元函数的导数及其应用(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.2021江西六校联考已知函数f(x)(x2x1)ex，则f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为()A.xy10 B.xy10C.2xy10 D.2xy102.2022兰州一模已知函数f(x)eq f(1,6)x3eq f(1,2)ax2bx(a0，b0)的一个极值点为1，则ab的最大值为()A.1 B.eq f(1,2) C.eq f(1,4) D.eq f(1,16)3.2021安徽合肥一模意大利

2、著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式双曲余弦函数：f(x)cacosheq f(x,a)caeq f(ef(x,a)ef(x,a),2)(e为自然对数的底数).当c0，a1时，记pf(1)，mfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，nf(2)，则p，m，n的大小关系为()A.pmn B.nmpC.mpn D.mnp4.2021广东深圳模拟已知函数f(x)eq f(a,x)ln x1有

3、且仅有一个零点，则实数a的取值范围为()A.(，01 B.0，1C.(，02 D.0，25.2021兰州模拟已知f(x)是定义在R上的可导函数，若在R上有f(x)f(x)恒成立，且f(1)e(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是()A.f(0)1 B.f(0)1C.f(2)e26.2022河南三市联考设0 x1，则aeq f(ex,x)，beq blc(rc)(avs4alco1(f(ex,x)eq sup12(2)，ceq f(ex2,x2)的大小关系是()A.abc B.acbC.cab D.bac7.2021江苏苏州模拟若a，b，cD，g(a)，g(b)，g(c)可以作为一个三角形的

4、三条边长，则称函数g(x)是区间D上的“稳定函数”.已知函数f(x)eq f(ln x,x)m是区间eq blcrc(avs4alco1(f(1,e2)，e2)上的“稳定函数”，则实数m的取值范围为()A.eq blc(rc)(avs4alco1(2ef(1,e)，) B.eq blc(rc)(avs4alco1(2e2f(1,e)，)C.eq blc(rc)(avs4alco1(4ef(1,e)，) D.eq blc(rc)(avs4alco1(4e2f(1,e)，)8.2021北京东城区期末已知函数f(x)ln xm与g(x)x2eq f(7,3)x的图象在区间1，3上存在关于x轴对称的点

5、，则实数m的取值范围是()A.eq blcrc(avs4alco1(ln 32，ln f(3,2)f(5,4) B.eq blcrc(avs4alco1(ln 32，f(4,3)C.eq blcrc(avs4alco1(f(4,3)，lnf(3,2)f(5,4) D.eq blcrc(avs4alco1(f(5,4)，f(4,3)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.2021山东淄博二模已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A.ln 2eq f(2,e) B.ln

6、 3eq f(3,e)C.ln eq f(,e) D.eq f(ln 3,ln )eq f(3,)10.2021广西桂林、崇左调研已知函数f(x)x33x23，则下列选项正确的是()A.函数yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为3xy40B.函数yf(x)有3个零点C.函数yf(x)在x2处取得极大值D.函数yf(x)的图象关于点(1，1)对称11.2022重庆二模已知函数f(x)x4ax2ax1(a0)，则()A.存在a使得f(x)恰有三个单调区间B.f(x)有最小值C.存在a使得f(x)有小于0的极值点D.当x10 x2，且x1x20时，f(x1)f(x2)12.2021山东德州

7、二模已知函数f(x)eq f(ln x,x)，则()A.f(2)f(5)B.若f(x)m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2e2C.ln 2eq r(f(2,e)D.若2x3y，x，y均为正数，则2x3y三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021漳州八校联考若函数f(x)eq f(1,3)x3eq f(a,2)x2(3a)xb有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是_.14.2021中山模拟已知函数f(x)x22xa，g(x)ln x2x，如果存在x1eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，使得对任意的x2eq blcrc(avs4alco1(f(1

8、,2)，2)，都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围是_.15.2021山东青岛一模定义方程f(x)f(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”.若函数g(x)eq f(1,2)x，h(x)ln 2x，(x)sin x(0 x)的“新驻点”分别为，则，的大小关系为_.16.2022河南焦作模拟已知函数f(x)的定义域为(0，)，其导函数为f(x)，且满足f(x)0，f(x)f(x)0，若0 x11x2，且x1x21.给出以下不等式：f(x1)ex2x1f(x2)；x1f(x2)x2f(x1)；x1f(x1)x2f(x2)；f(x2)(1x1)f(x1).其中正确的有_(填写所有正

9、确的不等式的序号).四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)2021河南周口中英文学校月考若函数f(x)ax3bx4，当x2时，函数f(x)有极值eq f(4,3).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若方程f(x)k有3个不同的根，求实数k的取值范围.18.(12分)2022山东济南期末已知函数f(x)eq blc(avs4alco1(a（x1）ex，x0，,x2axf(1,2)，x0.)(1)若a2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三个零点，求实数a的取值范围.19.(12分)2021山西太原名校联考已知函数f(x)exa(x1

10、)2(aR).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若xa，)，不等式f(x)3恒成立，求实数a的取值范围.20.(12分)2021江西南昌一模已知函数f(x)(xb)exeq f(a,2)(xb1)2(a0，bR，e为自然对数的底数).(1)若b2，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上单调递增，求证：ea1b.21.(12分)2021广东惠州模拟已知实数a0，函数f(x)eq f(2,x)a2xaln x，x(0，10).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x1是函数f(x)的极值点，曲线yf(x)在点P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)(x1x2)处的切线分别为l1，l2

11、，且l1，l2在y轴上的截距分别为b1，b2.若l1l2，求b1b2的取值范围.22.(12分)2022郑州二模已知函数f(x)xexaln xe(aR).(1)当a2e时，不等式f(x)mxm在1，)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)若a0时，f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值以及此时a的值.单元卷三一元函数的导数及其应用(能力提升卷)1.D因为f(x)(x2x1)ex，所以f(x)(x23x2)ex，f(0)1，f(0)2，则f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为y12(x0)，即2xy10，故选D.2.D由题意，得f(x)eq f(1,2)x2axb.因为1是函数f

12、(x)的一个极值点，所以f(1)eq f(1,2)ab0，所以abeq f(1,2)，所以abeq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)eq sup12(2)eq f(1,16)，当且仅当abeq f(1,4)时等号成立，所以ab的最大值为eq f(1,16)，故选D.3.C由题意知，当c0，a1时，f(x)eq f(exex,2)，f(x)eq f(exex,2)eq f(e2x1,2ex)，当x0时，f(x)0，即函数f(x)在区间(0，)上单调递增，f(1)eq f(e1e,2)f(1)，0eq f(1,2)12，feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(

13、1)f(2)，即mpn，故选C.4.A由函数f(x)有且仅有一个零点，得方程f(x)0在(0，)上只有一个解，即axxln x，x0只有一个解，令g(x)xxln x，x0，则g(x)ln x，当x(0，1)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，函数g(x)单调递减，且g(1)1，作出函数g(x)的图象如图所示，则当a0或a1时，f(x)0在(0，)上只有一个解，故选A.5.C设g(x)eq f(f（x）,ex)，则g(x)eq f(f（x）f（x）,ex)，又因为f(x)f(x)在R上恒成立，所以g(x)eq f(f（x）f（x）,ex)0在R上恒成立，所以函数g

14、(x)eq f(f（x）,ex)在R上单调递减，则g(2)g(1)，即eq f(f（2）,e2)eq f(f（1）,e)1，所以f(2)e2.故选C.6.B设f(x)eq f(ex,x)，则f(x)eq f(ex（x1）,x2)，当x(0，1)时，f(x)0，则f(x)在(0，1)上为减函数，x22x，ex2e2x，则eq f(ex2,x2)eq f(e2x,x2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(ex,x)eq sup12(2)，故bc.又0 x2x1，f(x2)f(x)，则eq f(ex2,x2)eq f(ex,x)，故ca，所以acb，故选B.7.Df(x)eq f(1ln

15、x,x2)，当xeq blcrc)(avs4alco1(f(1,e2)，e)时，f(x)0；当x(e，e2时，f(x)0；f(x)在eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e2)，e)上单调递增，在(e，e2上单调递减，f(x)maxf(e)eq f(1,e)m，又feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)2e2m，f(e2)eq f(2,e2)m，f(x)min2e2m，由“稳定函数”定义可知：2f(x)minf(x)max，即2(2e2m)eq f(1,e)m，解得m4e2eq f(1,e)，即实数m的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(4e2f(1

16、,e)，).故选D.8.A由题可知函数f(x)ln xm与yx2eq f(7,3)x的图象在区间1，3上存在公共点，即方程ln xmx2eq f(7,3)x0在区间1，3内有解，即方程mln xx2eq f(7,3)x在区间1，3内有解.令h(x)ln xx2eq f(7,3)x(x1，3)，则h(x)eq f(1,x)2xeq f(7,3)eq f(（3x1）（2x3）,3x)，所以当x1，3时，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(3,2)eq f(3,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，3)3h(x)0h(x

17、)eq f(4,3)ln eq f(3,2)eq f(5,4)ln 32由上表可知h(1)eq f(4,3)，h(3)ln 32eq f(4,3)，heq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)ln eq f(3,2)eq f(5,4)，所以当x1，3时，h(x)eq blcrc(avs4alco1(ln 32，ln f(3,2)f(5,4)，故m的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(ln 32，ln f(3,2)f(5,4)，故选A.9.ACD令f(x)ln xeq f(x,e)，则f(x)eq f(1,x)eq f(1,e)，当0 xe时f(x)0，当xe时，f(x)

18、0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，故f(x)maxf(e)ln eeq f(e,e)0，则f(2)ln 2eq f(2,e)0，得ln 2eq f(2,e)，故A错误；f(3)ln 3eq f(3,e)0，得ln 3eq f(3,e)，故B正确；f()ln eq f(,e)0，得ln eq f(,e)，故C错误；对D项，令g(x)eq f(ln x,x)，则g(x)eq f(1ln x,x2)，当0 xe时，g(x)0，当xe时，g(x)0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，则g(3)g()，得eq f(ln 3,3)eq f(ln ,)，即

19、eq f(ln 3,ln )eq f(3,)，故D错误，故选ACD.10.ABDA项，f(x)3x26x，f(1)363，且f(1)1331，函数yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为3xy40，A正确；B项，令f(x)3x26x0，解得x0或x2，函数yf(x)在(，0)和(2，)上单调递增，在(0，2)上单调递减.又f(1)10，f(0)30，f(2)10，f(3)30，在(1，0)，(0，2)，(2，3)上各有一零点，即函数yf(x)有3个零点，B正确；C项，由B知函数yf(x)在x2处取得极小值，C错误；D项，令g(x)x33x，xR，g(x)x33xg(x)，函数g(x)为

20、奇函数，则g(x)的图象关于原点对称.将函数g(x)x33x的图象向右平移一个单位长度再向上平移一个单位长度可得函数h(x)(x1)33(x1)1x33x23f(x)的图象，函数yf(x)的图象关于点(1，1)对称，D为真命题.11.BCf(x)4x32axa，令g(x)f(x)，则g(x)12x22a，当a0时，g(x)0，f(x)单调递增，又f(eq r(3,a)3a2aeq r(3,a)0，f(0)a0，f(x)在(eq r(3,a)，0)内存在唯一零点，记为x0，则f(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，f(x0)既是极小值又是最小值；当a0时，f(x)在eq blc(

21、rc)(avs4alco1(，r(f(a,6)和eq blc(rc)(avs4alco1(r(f(a,6)，)上单调递增，在eq blc(rc)(avs4alco1(r(f(a,6)，r(f(a,6)上单调递减，f(0)a0，feq blc(rc)(avs4alco1(r(f(a,6)aeq blc(rc)(avs4alco1(1f(4,3)r(f(a,6)，若aeq f(27,8)，则feq blc(rc)(avs4alco1(r(f(a,6)0，f(x)在(，0)上有两个零点，记为x1，x2，在(0，)上有一个零点，记为x3，则f(x)在(，x1)和(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2

22、)和(x3，)上单调递增，x1为小于0的极小值点，f(x1)和f(x3)中的较小者即为f(x)的最小值；若eq f(27,8)a0，则feq blc(rc)(avs4alco1(r(f(a,6)0，f(x)只在(0，)上存在唯一零点，记为x4，f(x)在(，x4)上单调递减，在(x4，)上单调递增，f(x4)为最小值，故B，C正确，A错误；对于D，当x10 x2，且x1x20时，f(x1)f(x2)xeq oal(4,1)xeq oal(4,2)a(xeq oal(2,1)xeq oal(2,2)a(x1x2)(x1x2)(x1x2)(xeq oal(2,1)xeq oal(2,2)a)a，取

23、a(xeq oal(2,1)xeq oal(2,2)，则有f(x1)f(x2)0，故D错误.故选BC.12.AD对于A，f(2)eq f(ln 2,2)ln eq r(2)，f(5)eq f(ln 5,5)lneq r(5,5)，又(eq r(2)102532，(eq r(5,5)1025，3225，所以eq r(2)eq r(5,5)，则有f(2)f(5)，A正确；对于B，若f(x)m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2e2，故B不正确；证明如下：函数f(x)eq f(ln x,x)，定义域为(0，)，则f(x)eq f(1ln x,x2)，当f(x)0时，0 xe；当f(x)0时，xe

24、，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，则f(x)maxeq f(1,e)，且xe时，有f(x)0，所以若f(x)m有两个不相等的实根x1，x2，则有0meq f(1,e).不妨设x1x2，则有0 x1ex2，要证x1x2e2，只需证x2eq f(e2,x1)，且x2eq f(e2,x1)e，又f(x1)f(x2)，所以只需证f(x1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(e2,x1)，令F(x)f(x)feq blc(rc)(avs4alco1(f(e2,x)(0 xe)，则有F(x)(1ln x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x2)f(1,

25、e2)，当0 xe时，1ln x0，eq f(1,x2)eq f(1,e2)0，所以有F(x)0，即F(x)在(0，e)上单调递增，且F(e)0，所以F(x)0恒成立，即f(x1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(e2,x1)，即f(x2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(e2,x1)，即x1x2e2.对于C，由B可知，f(x)在(0，e)上单调递增，则有f(2)f(e)，即eq f(ln 2,2)eq f(ln e,e)，则有ln 2eq f(2,e)eq r(f(2,e)，故C不正确.对于D，令2x3ym，x，y均为正数，则m1，解得xlog2meq f(ln

26、m,ln 2)，ylog3meq f(ln m,ln 3)，2x3yeq f(2ln m,ln 2)eq f(3ln m,ln 3)(ln m)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,ln 2)f(3,ln 3)，f(2)f(3)eq f(ln 2,2)eq f(ln 3,3)eq f(3ln 22ln 3,6)eq f(ln 8ln 9,6)eq f(ln f(8,9),6)0，则有f(2)f(3)，即0eq f(ln 2,2)eq f(ln 3,3)，即eq f(2,ln 2)eq f(3,ln 3)，所以2x3y0，故D正确.故选AD.13.(，6)(2，)f(x)x2ax3a

27、，要使f(x)有三个不同的单调区间，则f(x)0有两个不同的实数根，故(a)24(3a)0，即a(，6)(2，).14.eq blc(rc(avs4alco1(，ln 2f(21,4)g(x)eq f(1,x)2eq f(12x,x)0，xeq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，g(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)上单调递减，g(x)ming(2)ln 24.f(x)x22xa(x1)2a1，f(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)上单调递增，f(x)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq f

28、(5,4)a.存在x1eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，使得对任意的x2eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，都有f(x1)g(x2)成立，eq f(5,4)aln 24，aln 2eq f(21,4).15.由题意知g(x)eq f(1,2)，所以eq f(1,2)eq f(1,2)，则1.h(x)eq f(1,x)，由ln 2xeq f(1,x)，得ln 2eq f(1,)，在(0，)上h(x)为增函数，h(x)eq f(1,x)为减函数，h(1)1h(1)ln 2，若01，则h()h(1)h(1)h()，故与h()h()矛盾，所以1.(x)co

29、s x，由cos xsin x得cos sin ，则tan 1，又(0，)，eq f(,4)1，.16.设F(x)exf(x)，则F(x)exf(x)f(x)0，由此可得F(x)单调递减，所以ex1f(x1)ex2f(x2)，即f(x1)ex2x1f(x2)，故正确；因为f(x)0，f(x)f(x)0，所以f(x)0，所以f(x)单调递减，所以f(x2)f(x1)eq f(x2,x1)f(x1)，所以x1f(x2)x2f(x1)，故正确；对于，由分析可知f(x1)ex2x1f(x2)，欲使x1f(x1)x2f(x2)，且x1x21，即f(x1)xeq oal(2,2)f(x2)成立，只需满足e

30、x2eq f(1,x2)xeq oal(2,2)即可，即证x2eq f(1,x2)2ln x2(x21)，设m(x)xeq f(1,x)2ln x，则m(x)1eq f(1,x2)eq f(2,x)eq f(（x1）2,x2)0，则m(x)单调递增，所以m(x2)m(1)0，故正确；对于，假设f(x2)(1x1)f(x1)成立，因为ex1f(x1)ex2f(x2)，所以ex1eq f(1,x1)f(x1)f(x2)，所以ex1eq f(1,x1)1x1，取x1eq f(1,2)，则eeq f(3,2)eq f(1,2)，所以eeq f(3,2)2不成立，故不正确.故答案为.17.解(1)f(x

31、)3ax2b，由题设得eq blc(avs4alco1(f（2）12ab0，,f（2）8a2b4f(4,3)，)解得aeq f(1,3)，b4.故所求函数的解析式为f(x)eq f(1,3)x34x4.(2)由(1)可得f(x)x24(x2)(x2)，令f(x)0，得x2或x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，2)2(2，)f(x)00f(x)单调递增eq f(28,3)单调递减eq f(4,3)单调递增因此，当x2时，f(x)有极大值eq f(28,3)，当x2时，f(x)有极小值eq f(4,3)，所以函数f(x)eq f(1,3)x34x4的图象大致如图

32、所示.若f(x)k有3个不同的根，则直线yk与函数f(x)的图象有3个交点，所以eq f(4,3)keq f(28,3).综上，实数k的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)，f(28,3).18.解(1)当a2时，f(x)eq blc(avs4alco1(2（x1）ex，x0，,x22xf(1,2)，x0.)当x0时，f(x)2(x2)ex，所以f(x)在(，2)上单调递减，在(2，0上单调递增，此时f(x)的最小值为f(2)eq f(2,e2)；当x0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，此时f(x)的最小值为f(1)eq f(1,2).因为e

33、q f(2,e2)eq f(1,2)，所以f(x)的最小值为eq f(1,2).(2)显然a0.因为当x0时，f(x)有且只有一个零点1，所以原命题等价于f(x)在(0，)上有两个零点.所以eq blc(avs4alco1(a220，,a0，)解得aeq r(2)，故实数a的取值范围是(eq r(2)，).19.解(1)f(x)exa，当a0时，f(x)exa0，f(x)在(，)上单调递增.当a0时，由f(x)exa0，得xln a；由f(x)exa0，得xln a，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.综上，当a0时，函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，f

34、(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.(2)当a0时，因为x0，所以f(x)ex23恒成立，所以a0符合题意；当a0时，由(1)知f(x)minf(a)f(0)a33，不符合题意；当a0时，由(1)知f(x)在(，ln a)上单调递减，f(x)在(ln a，)上单调递增.下面先证明：aln a(a0).设g(x)xln x，因为g(x)1eq f(1,x)eq f(x1,x)，所以当x(0，1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)10，因此aln a.所以f(x)在a，)上单调递增，所

35、以f(x)minf(a)eaa2a2.令h(x)exx2x2，则h(x)ex2x1.令u(x)ex2x1(x0)，则u(x)ex2.由u(x)0，得xln 2；由u(x)0，得0 xln 2.所以u(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以u(x)u(ln 2)32ln 20，即当x0时，h(x)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，所以当x0时，h(x)h(0)3，所以f(x)min3，所以f(x)3恒成立，故a0符合题意.综上，实数a的取值范围是0，).20.(1)解当b2时，f(x)(x2)exeq f(a,2)(x1)2，则f(x)(x1)exa(x1)(x1

36、)(exa)，因为a0，所以分类讨论：当ln a1，即0ae时，由f(x)0得ln ax1，由f(x)0得x1或xln a，此时f(x)在(，ln a)，(1，)上单调递增，在(ln a，1)上单调递减；当ln a1，即ae时，由f(x)0得1xln a，由f(x)0得x1或xln a，此时f(x)在(，1)，(ln a，)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减；当ln a1，即ae时，f(x)0恒成立，此时f(x)在R上单调递增.综上，当0ae时，f(x)在(ln a，1)上单调递减，在(，ln a)，(1，)上单调递增；当ae时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(，1)，(ln

37、a，)上单调递增；当ae时，f(x)在R上单调递增.(2)证明f(x)(xb1)(exa)，由f(x)在R上单调递增，知(xb1)(exa)0恒成立，易知yxb1，yexa在R上均单调递增，要使(xb1)(exa)0恒成立，则yxb1与yexa的零点相等，即b1ln a，即bln a1，故要证ea1b，只需证ln a1ea1.设g(a)ea1ln a1，则g(a)ea1eq f(1,a)，易知g(a)在(0，)上单调递增，且g(1)0，故由g(a)0，得0a1，由g(a)0，得a1，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，则g(a)g(1)0，即ln a1ea1，原不等式得证

38、.21.解(1)f(x)eq f(2,x2)a2eq f(a,x)eq f(（ax2）（ax1）,x2)(0 x10).a0，0 x10，ax20.当eq f(1,a)10，即aeq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,10)时，f(x)0，f(x)在(0，10)上单调递减；当0eq f(1,a)10，即aeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,10)，)时，当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)时，f(x)0；当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，10)时，f(x)0，f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f

39、(1,a)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，10)上单调递增.综上所述，当aeq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,10)时，f(x)在(0，10)上单调递减；当aeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,10)，)时，f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，10)上单调递增.(2)x1是f(x)的极值点，f(1)0，即(a2)(a1)0，解得a1或a2(舍)，此时f(x)eq f(2,x)xln x，f(x)eq f(2,x2)eq f(1,x)1.l1方程为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x1)x1ln x1)eq blc(rc)(avs4alc