(集锦)2019-2020年高考数学导数及其应用压轴题

1.已知函数f(x)lnx

a.x（1）若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；（2）证明：当a

2x时，f(x)e.e2.已知函数f(x)xalnx（aR），F(x)bx（bR）.（1）讨论f(x)的单调性；（2）设a2，g(x)f(x)F(x)，若x1,x2（0x1x2）是g(x)的两个零点，且2

x0

x1x2，试问曲线yg(x)在点x0处的切线能否与x轴平行？请说明理由.23.已知函数f(x)xmxnx（m,nR）（1）若f(x)在x1处取得极大值，求实数m的取值范围；（2）若f(1)0，且过点P(0,1)有且只有两条直线与曲线yf(x)相切，求实数m的值.'

32

14.已知函数f(x)xe，g(x)2x.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）求证：xR，f(x)g(x)

2x3

5.已知函数f（x）=x﹣ax+b在点（e，f（e））处的切线方程为y=﹣ax+2e．lnx1+e，求实数a的取值范围．4（Ⅰ）求实数b的值；（Ⅱ）若存在x∈[e，e2]，满足f（x）≤6.已知函数f(x)lnx

1211axbx1的图像在x1处的切线l过点(,).2221

.2（1）若函数g(x)f(x)(a1)x(a0)，求g(x)的最大值（用a表示）；（2）若a4，f(x1)f(x2)x1x23x1x22，证明：x1x2

27.已知函数f(x)xlnx

a32

，g(x)xx3，aR.x12（1）当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；（2）若对任意的x1,x2[,2]，都有f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围.8.设函数f(x)eax2（1）求f(x)的单调区间；（2）若a1,k为整数，且当x0时，函数，求k的最大值.xkx

f(x)1恒成立，其中f(x)为f(x)的导x19.设函数f(x)xbln(x1).（1）若对定义域内的任意x，都有f(x)f(1)成立，求实数b的值；（2）若函数f(x)的定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；（3）若b1，证明对任意的正整数n，2



k1

n

1111f()1333.k23n310.已知函数f(x)ae(x1)lna

x

1

（a0且a1），e为自然对数的底数．a（Ⅰ）当ae时，求函数yf(x)在区间x0,2上的最大值；（Ⅱ）若函数f(x)只有一个零点，求a的值．11.已知函数f(x)x

1

，g(x)2alnx.x13（1）当a1时，求F(x)f(x)g(x)的单调递增区间；（2）设h(x)f(x)g(x)，且h(x)有两个极值x1,x2，其中x1(0,]，求h(x1)h(x2)的最小值.12.已知函数f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若存在x0∈（0，1]，使得对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．413.已知函数f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）．（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）单调增区间；（3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．14.已知函数f(x)lnx

1

，g(x)axb．x（1）若函数h(x)f(x)g(x)在0,上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若直线g(x)axb是函数f(x)lnx

1

图像的切线，求ab的最小值；x（3）当b0时，若f(x)与g(x)的图像有两个交点A(x1,y1),B(x2,y2)，求证：x1x22e2

515.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD（AB＞AD）为长方形的材料，沿AC折叠后AB交DC于点P，设△ADP的面积为S2，折叠后重合部分△ACP的面积为S1．（Ⅰ）设ABxm，用x表示图中DP的长度，并写出x的取值范围；（Ⅱ）求面积S2最大时，应怎样设计材料的长和宽？（Ⅲ）求面积S12S2最大时，应怎样设计材料的长和宽？16.已知fxe2xlnxa.（1）当a1时，求fx在0,1处的切线方程；（2）若存在x00,，使得fx02lnx0ax0成立，求实数a的取值范围.2

617.已知函数fxaxlnx1x（1）求实数a的取值范围；2

aR恰有两个极值点x1,x2，且x1x2.（2）若不等式lnx1lnx21恒成立，求实数的取值范围.18.已知函数f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R）（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间和极值．（2）若对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，求k的取值范围．（3）若x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1x2＜e2k．19.已知函数fxae

x

12

xx（aR）.2（Ⅰ）若曲线yfx在点0,f0处的切线与y轴垂直，求a的值；（Ⅱ）若函数fx有两个极值点，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：当x1时，elnxx

x

1.x7120.已知函数f(x)=x3-2x2+3x+b(bÎR).3(1)当b=0时，求f(x)在[1,4]上的值域；(2)若函数f(x)有三个不同的零点，求b的取值范围.21.已知函数f(x)

12axlnx2.2（1）当a1时，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（2）讨论函数f(x)的单调性.22.已知函数f(x)

1

lnx在[1,]上为增函数，且(0,).xsin2e

成立，求实数k的取值范围.x0

（Ⅰ）求函数f(x)在其定义域内的极值；（Ⅱ）若在[1,e]上至少存在一个x0，使得kx0f(x0)

8参考答案1.（1）函数f(x)lnx由f(x)lnx

a

的定义域为(0,).xa1axa，得f(x)2.2xxxx

①当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递增，又f(1)ln1aa0,x,f(x)，所以函数f(x)在定义域(0,)上有1个零点.②当a0时，则x(0,a)时，f(x)0;x(a,)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增.当xa[f(x)]minlna1.当lna10，即0a所以函数f(x)在定义域(0,)上有2个零点.综上所述实数a的取值范围为(,].另解：函数f(x)lnx由f(x)lnx

1

时，又f(1)ln1aa0，e1ea

的定义域为(0,).xa

，得axlnx.x1e

令g(x)xlnx，则g(x)(lnx1).当x(0,)时，g(x)0；当x(,)时，g(x)0.所以函数g(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减.故x

1e

1e1e11111时，函数g(x)取得最大值g()ln.eeeee1

，e因x,f(x)，两图像有交点得a综上所述实数a的取值范围为(,].（2）要证明当a即证明当x0,a

1e

2x时，f(x)e，e2axx时，lnxe，即xlnxaxe.ex9令h(x)xlnxa，则h(x)lnx1.当0x

11

时，f(x)0；当x时，f(x)0.ee1

e

1e

所以函数h(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增.当x

11时，[h(x)]mina.ee211

时，h(x)a.①eee，则(x)e

x于是，当a令(x)xe

xxexex(1x).当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.所以函数(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减.当x1时，[(x)]min

1

.e1.②e于是，当x0时，(x)

显然，不等式①、②中的等号不能同时成立.故当a

2x时，f(x)e.e

a2x2a

,x02.（Ⅰ）f(x)2x

xx(1)当a0时，f(x)0，f(x)在0,上单调递增，(2)当a0时，f(x)0得x

a有2aa所以a0时，f(x)的单调减区间是0,，单调增区间是,22

(Ⅱ)g(x)x2lnxbx

假设yg(x)在x0处的切线能平行于x轴.2

10∵g(x)2x

2

b,x0x由假设及题意得：g(x1)x12lnx1bx10g(x2)x22lnx2bx20

22x1x2x0 2g(x0)2x0

由-得，x

122

b0x02④x22lnx1lnx2bx1x20

x1`2ln

x2即b2x0x1x2x12

2xx12x2x1ln由④⑤得，xx1x1x221

x22

2t2x1xx,0t1.lntt12令x，则上式可化为t1，2

设函数htlnt

2t2

0t1，则t12t10,14

ht

tt12tt12所以函数htlnt

2t2

(0,1)上单调递增.在t1lnt于是，当0t1时，有hth10，即所以yf(x)在x0处的切线不能平行于x轴.2t2

0与⑥矛盾.t13.（Ⅰ）f(x)3x2mxn

2

由f10得32mn0

4m212n0.

∴m30，得到m3

2

①11∵f(x)3x2mx2m3x13x2m32

2m

f(x)0，得x1或x1∴3

由题1





2m

1,解得m33

②由①②得m3

（Ⅱ）由f10得32mn0所以f(x)3x2mx32m2

因为过点(0,1)且与曲线yf(x)相切的直线有且仅有两条，令切点是Px0,y0，则切线方程为yy0fx0xx0由切线过点(0,1)，所以有1y0fx0x0∴1x0mx032mx03x02mx032mx0322整理得2x0mx010

32所以，关于x0的方程2x0mx010有两个不同的实根.令hx2x3mx21，则hx需有两个零点hx6x22mx

32所以m0，且hx0得x0或xm

由题，h00,或h0

3m

又因为h01,所以h0

3

mm

所以2m10

33

32m

3解得m3,即为所求4.（Ⅰ）f(x)2xexeex2x

x2xx

2

∴2x0时，fx0,fx在2,0上单调递减；

12x2或x0时，fx0,fx在,2和0,上单调递增.

所以f(x)的单调递减区间是2,0，单调递增区间是，2和0，,（Ⅱ）显然x0时有f(x)g(x)，只需证x0时f(x)g(x)，由于x20

只需证x0时，ex2x

令h(x)ex2x,x0,h(x)ex2h(x)0,得xln2

x0,ln2,hx0,xln2,,hx0hx在0，ln2上单调递减，在ln2,上单调递增

h(x)minhln2eln22ln222ln22lneln20x0,,h(x)0恒成立

所以当x0时，f(x)g(x).综上xR，f(x)g(x)

5.解：（Ⅰ）f（x）=求导，f′（x）=﹣ax+b，x∈（0，1）∪（1，+∞），﹣a，则函数f（x）在点（e，f（e））处切线方程y﹣（e﹣ex+b）=﹣a（x﹣e），即y=﹣ax+e+b，由函数f（x）在（e，f（e））处的切线方程为y=﹣ax+2e，比较可得b=e，实数b的值e；（Ⅱ）由f（x）≤+e，即则a≥﹣﹣ax+e≤+e，在[e，e2]，上有解，﹣，x∈[e，e2]，﹣，==，设h（x）=求导h′（x）=令p（x）=lnx﹣213∴x在[e，e2]时，p′（x）=﹣=＜0，则函数p（x）在[e，e2]上单调递减，∴p（x）＜p（e）=lne﹣2＜0，则h′（x）＜0，及h（x）在区间[e，e2]单调递减，h（x）≥h（e2）=﹣=﹣，∴实数a的取值范围[﹣，+∞]．6.（1）由f(x)

'

1

axb，得f'(1)1ab，x111

l的方程为y(ab1)(1ab)(x1)，又l过点(,)，222∴111

(ab1)(1ab)(1)，解得b0.22212

ax(1a)x1，2∵g(x)f(x)(a1)xlnx

1

a(x)(x1)

1ax(1a)x1'a∴g(x)ax1a(a0)，xxx2

当x(0,)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(,)时，g(x)0，g(x)单调递减.故g(x)maxg()ln

1a'

1a

'

1a111211a()(1a)1lna.a2aa2a2

2

（2）证明：∵a4，∴f(x1)f(x2)x1x23x1x2lnx12x11lnx22x21x1x23x1x2，ln(x1x2)2(x1x2)2x1x2x1x222，∴x1x22(x1x2)2x1x2ln(x1x2)

令x1x2m(m0)，(m)mlnm，(m)

'

m1'

，令(m)0得0m1；令m

1.2'(m)0得m1.∴(m)在(0,1)上递减，在(1,)上递增，∴(m)(1)1，∴x1x22(x1x2)1，x1x20，解得：x1x2

2

147.（1）当a1时，f(x)xlnx

11'

，f(1)1，f(x)lnx12，xxf'(1)2，从而曲线yf(x)在x1处的切线为y2(x1)1，即y2x3.（2）对任意的x1,x2[,2]，都有f(x1)g(x2)成立，从而f(x)ming(x)max对g(x)xx3，g(x)3x2xx(3x2)，从而yg(x)在[,]递减，3

2

'

2

1

2122321

[,2]递增，g(x)maxmax{g(),g(2)}1.32又f(1)a，则a1.下面证明当a1时，xlnx

a1

1在x[,2]恒成立.x2f(x)xlnx

a11

xlnx，即证xlnx1.xxx11''

，则h(x)lnx12，h(1)0.xx'

'

令h(x)xlnx

当x[,1]时，h(x)0，当x[1,2]时，h(x)0，从而yh(x)在x[,1]递减，1

212x[1,2]递增，h(x)minh(1)1，从而a1时，xlnx

a1

1在x[,2]恒成立.x28.（1）函数f（x）=ex-ax-2的定义域是R，f′（x）=ex-a，若a≤0，则f′（x）=ex-a≥0，所以函数f（x）=ex-ax-2在（-∞，+∞）上单调递增若a＞0，则当x∈（-∞，lna）时，f′（x）=ex-a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=ex-a＞0；所以，f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增（2）由于a=1，kx'f(x)1(kx)(ex1)x1x1x1

xxe1x0,ex10.k

xex1ex(exx2)x1'1令g(x)xx，kg(x)min，g(x)x(e1)2(ex1)2e1令h(x)ex2,h(x)e10，h(x)在(0,)单调递增，x'x15且h(1)0,h(2)0,h(x)在(0,)上存在唯一零点，设此零点为x0，则x0(1,2)当x0(0,x0)时，g(x)0，当x0(x0,)时，g(x)0

''g(x)ming(x0)

由g'(x0)0e

x0x01

x0，x0e1x02,g(x0)x01(2,3)，又kg(x0)

所以k的最大值为29.（1）由x10,得x1．∴fx的定义域为1,．因为对x∈1,,都有fxf1，∴f1是函数fx的最小值，故有f10．f/(x)2x

bb

,20,解得b4．x12经检验，b4时，f(x)在(1,1)上单调减，在(1,)上单调增．f(1)为最小值．b2x22xb（2）∵f(x)2x,又函数fx在定义域上是单调函数，x1x1/∴fx0或fx0在1,上恒成立．若fx0，则2x

2b

0在1,上恒成立,x11211)恒成立,由此得b；222即b2x2x=2(x若fx0,则2x

2b

0在1,上恒成立,x1121

)恒成立．22即b2x2x=2(x因2(x

121

)在1,上没有最小值，∴不存在实数b使fx0恒成立．221

22综上所述，实数b的取值范围是,．（3）当b1时，函数fxxlnx1．令

hxfxx3x3x2lnx1，则hx3x22x13x3x1．x1x12当x0,时，hx0，所以函数hx在0,上单调递减．16又h00，当x0,时，恒有hxh00，即xlnx1x恒成立．23故当x0,时，有fxx．3而kN，

11110,．取x，则有f3．kkkk

k1

n

1111

f1333．所以结论成立．23nk

10.解：（Ⅰ）当ae时，f(x)ee(x1)

x

1x

，f'(x)ee，令f'(x)0，解得ex1，x(0,1)时，f'(x)0；x(1,2)时，f'(x)0，∴f(x)maxmaxf(0),f(2)，而f(0)1e即f(x)maxf(2)e3e

x

2

112

，f(2)e3e，ee

1

．e1xx

，f'(x)alnaelnalna(ae)，a（Ⅱ）f(x)ae(x1)lna令f'(x)0，得xlogae，则①当a1时，lna0，xf'(x)f(x)(,logae)logae0极小值(logae,)所以当xlogae时，f(x)有最小值f(x)minf(logae)elna

1，a

因为函数f(x)只有一个零点，且当x和x时，都有f(x)，则f(x)minelna

11

0，即elna0，aa

因为当a1时，lna0，所以此方程无解．②当0a1时，lna0，xf'(x)f(x)(,logae)↘logae0极小值(logae,)↗17所以当xlogae时，f(x)有最小值f(x)minf(logae)elna

1，a因为函数f(x)只有一个零点，且当x和x时，都有f(x)，所以f(x)minelna设g(a)elna

11

0，即elna0（0a1）（*）aa

1e1ae1(0a1)，则g'(a)22，aaaa1

，e令g'(a)0，得a当0a

11

时，g'(a)0；当a时，g'(a)0；ee1111时，g(a)ming()elne0，所以方程（*）有且只有一解a．eeee1

时函数f(x)只有一个零点．e所以当a综上，a

11.(1)由题意得F(x)=x－－2alnx.x0,令m（x）=x－2ax+1，①当②当a1时，令x(0,+∴F(x)的单增区间为(0,综上所述，当)，(时F(x)在（0，+，得x1=)(－２

=,单调递增；,x2=)(+))时F(x)的单增区间为（0，+）)，()当a1时，F(x)的单增区间为(0,（2）h(x)=x－2alnx,h/(x)=,,(x>0),由题意知x1,x2是x2+2ax+1=0的两根，∴x1x2=1,x1+x2=－2a,x2=,2a=－=－=2(),H/(x)=2())lnx=令H(x)=2(18当时，H/(x)<0,H(x)在－的最小值为上单调递减，H(x)的最小值为H()=,即.12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，f'（x）=+2x﹣2a=令g（x）=2x2﹣2ax+1，（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）当0＜a增；（iii）当a＞减；在区间（0，）和（，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；时，x在（，）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递，（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2mea（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，记h（a）=2mea（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，h'（a）=2（a+2）（mea﹣1）=0，∴a=﹣2或a=﹣lnm，∵a∈（﹣2，0]，∴2（a+2）＞0，①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h'（a）＜0，a∈（﹣lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；②当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（ea+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，此时单调递增，且h（﹣2）=0，所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；综上，m的取值范围是（1，e2]．1913.解：（1）∵f（x）=ax+x2﹣xlna，∴f′（x）=axlna+2x﹣lna，∴f′（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）（2）由于f'（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna＞0①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（ax﹣1）lna单调递增，故y=2x+（ax﹣1）lna单调递增，∴2x+（ax﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒+lna≥e﹣1⇒0＜a≤，综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分）2014.（1）解：h（x）=f（x）﹣g（x）=lnx

111

axb，则h(x)2a，xxx∵h（x）=f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴对∀x＞0，都有h(x)∵1111

2a0，即对∀x＞0，都有a2，.…………2分xxxx11

20，∴a0，xx故实数a的取值范围是,0；.…………3分（2）解：设切点为x0,lnx0



1

，则切线方程为x0

111

ylnx02xx0，x0x0x0

11111

2x2x0lnx0，亦即即yxx00x0x0x0112

y2xlnx01，x0x0x0

11122

t0attblnx1lnt2t1，令，由题意得，02x0x0x0x0

令ab(t)lntt2t1，则(t)2t1

1

t2t1t1，.…………6分t当t0,1时，t0,t在0,1上单调递减；当t1,时，t0,t在1,上单调递增，∴abt11，故ab的最小值为﹣1；.…………7分（3）证明：由题意知lnx1两式相加得lnx1x2

11

ax1，lnx2ax2，x1x2

x1x2ax1x2x1x2

xln2x2x1x2ax2x1即x11两式相减得ln

ax1x1x2

x2x1x1x2

21x2ln

x1x2x11

x1x2，即∴lnx1x2

x1x2x2x1x1x2

lnx1x2

2(x1x2)x1x2x2，.9分lnx1x2xxx211

x21，x1

不妨令0x1x2，记t

令F(t)lnt

2t1t12t1t1(t1)，则F(t)

t122t(t1)0，2t1t1F(1)0，∴F(t)lnt

在1,上单调递增，则F(t)lnt

∴lnt

2t1t1，则ln

x22(x2x1)2(x1x2)x1x2x2，∴lnx1x2ln2，x1x1x2x1x2xx21x1

又lnx1x2

4x1x22(x1x2)44lnx1x2lnx1x22lnx1x2，x1x2x1x2x1x2x1x24x1x22，即lnx1x22x1x21，.…………10分∴2lnx1x2令G(x)lnx又ln2e212

，则x0时，G(x)20，∴G(x)在0,上单调递增．xxx212ln210.851，e2e22x1x21ln2e

22e，∴G(x1x2)lnx1x2则x1x22e，即x1x22e2．.…………12分15.（Ⅰ）由题意，ABx,BC2-x，Qx2x,1x2.…………1分设DP=y，则PCxy，由△ADP≌△CB'P，故PA=PC=x﹣y，由PA2=AD2+DP2，得xy2xy2即：y21（Ⅱ）记△ADP的面积为S2，则S2=1-2

2





1

,1x2..…………3分x

21

2x3x322.…………5分xx

22当且仅当x

21,2时，S2取得最大值．故当材料长为2m，宽为22m时，S2最大．….…………7分（Ⅲ）S1+2S2=

1141

x2x12x3x2,1x222xx

14x320,x32.…………9分于是令S1+2S22x222xx

3关于x的函数S1+2S2在1，2上递增，在32,2上递减，当x32时，S1+2S2取得最大值．3故当材料长为32m，宽为2-2m时，S1+2S2最大．.…………12分16.（1）a1时，fxe

2x

lnx1，fx2e2x

1x11

f01，f023，1所以fx在0,1处的切线方程为y3x1（2）存在x00,，fx02lnx0ax0，2

即：e

2x0

lnx0ax020在x00,时有解；2x

设uxe

lnxax2，ux2e2x

2x

1

2xxa令mx2e



112x，mx4e2x20xaxa1

a

所以ux在0,上单调递增，所以uxu021°当a

11

时，u020，∴ux在0,单调增，2a所以uxmaxu01lna0，所以ae2°当a

11

时，lnxalnx22

11

lnx，22

设hxx

231

12hx111xx22x

令hx0x所以hx在0,所以hxh所以uxe设gxe

2x

11

，hx00x22

11单调递减，在,单调递增22

11110xlnx，所以

222

11

lnxax2e2xlnxx2e2xxx2

22

2x

1

x2xx0，gx2e2x2x1，22x1，x4e2x2420

2x

令x2e

2x

所以x2e

2x1在0,上单调递增，所以gxg010

所以gx在0,单调递增，∴gxg00，所以gxg00，所以uxe所以，当a

2x

lnxax2gx0

12

时，fx2lnxax恒成立，不合题意21.2综上，实数a的取值范围为a

17.（1）因为fxalnx2x，依题意得x1,x2为方程alnx2x0的两不等正实数根，∴a0，令gx

2lnx，axlnx1lnx

，gx，xx2当x0,e时，gx0；24当xe,时，gx0，所以gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，g10，当xe时，gx0，所以0∴0

2

gea21geae解得a2e，故实数a的取值范围是2e,.（2）由（1）得，alnx12x1，alnx22x2，两式相加得alnx1lnx22x1x2，故lnx1lnx2

2x1x2a

两式相减可得alnx1lnx22x1x2，故a2

x1x2lnx1lnx2

2x1x2a1，所以lnx1lnx21等价于所以2x1x2a1所以2x1x22

x1x2

1，lnx1lnx2

x1x2lnx1lnx2即1，x1x2

x1x1lnx2x21，所以x11x2

因为0x1x2，令t

tlnt1x10,1，所以t1x2

，t即tlnt1t10，令httlnt1t1，则ht0在0,1上恒成立，htlnt

25令Itlnt

1t，It22t0,1tttt①当1时，It0所以ht在0,1上单调递减，hth10所以ht在0,1上单调递增，所以hth10符合题意②当0时，It0所以ht在0,1上单调递增hth10故ht在0,1上单调递减，所以hth10不符合题意；③当01时，It0t1所以ht在,1上单调递增，所以hth10所以ht在,1上单调递减，故hth10不符合题意综上所述，实数的取值范围是1,.18.解：（1）∵f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R），∴x＞0，=lnx﹣k，①当k≤0时，∵x＞1，∴f′（x）=lnx﹣k＞0，函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值；②当k＞0时，令lnx﹣k=0，解得x=ek，当1＜x＜ek时，f′（x）＜0；当x＞ek，f′（x）＞0，∴函数f（x）的单调减区间是（1，ek），单调减区间是（ek，+∞），在区间（1，+∞）上的极小值为f（ek）=（k﹣k﹣1）ek=﹣ek，无极大值．（2）∵对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，∴f（x）﹣4lnx＜0，即问题转化为（x﹣4）lnx﹣（k+1）x＜0对于x∈[e，e2]恒成立，即k+1＞对于x∈[e，e2]恒成立，令g（x）=，，则26令t（x）=4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，则，∴t（x）在区间[e，e2]上单调递增，故t（x）min=t（e）=e﹣4+4=e＞0，故g′（x）＞0，∴g（x）在区间[e，e2]上单调递增，函数g（x）max=g（e2）=2﹣要使k+1＞∴k+1＞2﹣，对于x∈[e，e2]恒成立，只要k+1＞g（x）max，，即实数k的取值范围是（1﹣，+∞）．证明：（3）∵f（x1）=f（x2），由（1）知，函数f（x）在区间（0，ek）上单调递减，在区间（ek，+∞）上单调递增，且f（ek+1）=0，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，要证x1x2＜e2k，只要证x2＜，即证＜，∵f（x）在区间（ek，+∞）上单调递增，∴f（x2）＜f（），又f（x1）=f（x2），即证f（x1）＜，构造函数h（x）=f（x）﹣f（即h（x）=xlnx﹣（k+1）x+e2k（h′（x）=lnx+1﹣（k+1）+e2k（）=（lnx﹣k﹣1）x﹣（ln），x∈（0，ek）﹣k﹣1），+）=（lnx﹣k），∵x∈（0，ek），∴lnx﹣k＜0，x2＜e2k，即h′（x）＞0，∴函数h（x）在区间（0，ek）上单调递增，故h′（x）＜h（ek），∵，故h（x）＜0，∴f（x1）＜f（），即f（x2）=f（x1）＜f（），∴x1x2＜e2k成立．19.（Ⅰ）由fxae

x

12

xx得fxaexx1.2因为曲线yfx在点0,f0处的切线与y轴垂直，27所以f0a10，解得a1.（Ⅱ）由（Ⅰ）知fxaex1，若函数fx有两个极值点，则x

fxaexx10，即a

x1x1

a有两个不同的根，且的值在根的左、右两侧符号相反.exexexx1exx1x令hxx，则hx，2xxeee所以当x0时，hx0，hx单调递减；当x0时，hx0，hx单调递增.又当x时，hx；x0时，h01；x0时，hx0；x时，hx0，所以0a1.即所求实数a的取值范围是0a1.（Ⅲ）证明：令gxelnxx

x

1

（x1），则g10，xex1

gxelnx12.xxx

exexxex2

令hxgx，则hxelnx3，2xxxx

exx12ex

00，因为x1，所以elnx0，，0，23xxxx

所以hx0，即hxgx在x1时单调递增，又g1e20，所以x1时，gx0，即函数gx在x1时单调递增.所以x1时，gx0，即x1时，elnxx

x

1

.x120.(1)当b=0时，f(x)=x3-2x2+3x，f'(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3).3当xÎ(1,3)时，f'(x)<0，故函数f(x)在(1,3)上单调递减；当xÎ(3,4)时，f'(x)>0，故函数f(x)在(3,4)上单调递增.由f(3)=0，f(1)=f(4)=4.328轾40,；∴f(x)在[1,4]上的值域为犏犏臌3(2)由(1)可知，f'(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)，由f'(x)<0得10得x<1或x>3.所以f(x)在(1,3)上单调递减，在(-¥,1)，(3,+¥所以f(x)max=f(1)=b+所以当b+4，f(x)min=f(3)=b，3)上单调递增；44>0且b<0，即-121xlnx2，f'(x)x，2x3

，23.2∴曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y

ax21

（2）f'(x)(x0).x当a0时，f'(x)0，f(x)的单调递减区间为(0,)；当a0时，f(x)在(0,

aa)递减，在(,)递增.aa22.（Ⅰ）f(x)

11sinx100.在上恒成立，即[1,)

sinx2xsinx2∵(0,)，∴sin0.故sinx10在[1,)上恒成立只须sin110，即sin1，又0sin1只有sin1，得由f(x)

.211x1

20，解得x1.x2xx∴当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.29故f(x)在x1处取得极小值1，无极大值.（Ⅱ）构造F(x)kx

12e12elnxkxlnx，则转化为；若在[1,e]上存在xxxx0，使得F(x0)0，求实数k的取值范围.当k0时，x[1,e]，F(x)0在[1,e]恒成立，所以在[1,e]上不存在x0，使得kx0f(x0)

2e

成立.x0

12e1kx212exkx21ee(ex)

②当k0时，F(x)k.222xxxx因为x[1,e]，所以ex0，所以F(x)0在x[1,e]恒成立.故F(x)在[1,e]上单调递增，F(x)maxF(e)ke解得k

11

3，只要ke30，ee3e1

.e23e1

,).2e

∴综上，k的取值范围是(

30