高三函数综合题

1．（本小题满分14分）已知函数f(x)lnx. a（1）若曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线为xy10，求a的值；

（2）设g(x)的下方；

xaax，a0，证明：当xa时，f(x)的图象始终在g(x)的图象

（3）当a1时，设h(x)f(x)e[1（e为自然对数的底数），h'(x)表xg(x)]，示h(x)导函数，求证：对于曲线C上的不同两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1x2，存在唯一的x0(x1,x2)，使直线AB的斜率等于h'(x0)．

22．（本题满分14分）已知函数fxxxa,gxxa1xa（其中

2aR）.

（Ⅰ）如果函数yfx和ygx有相同的极值点,求a的值,并直接写出函数

fx的单调区间；

（Ⅱ）求方程fxgx0在区间1,3上实数解的个数. 3．（本小题满分14分）已知函数fx12xa1xalnx，其中常数aR. 2（Ⅰ）当a6时，求函数fx的极值点； （Ⅱ）证明：对任意x1,,lnx2(x1)恒成立； x1（Ⅲ）对于函数f(x)图象上的不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2)，如果在函数f(x)图象上存在点M(x0,y0)（其中x0(x1,x2)）,使得在点M处的切线l∥AB，则称直线AB存在“伴侣切线”．特别地，当x0x1x2，又称直线AB存在“中值伴侣切线”． 2试问：当a1时，对于函数f(x)图象上不同两点A、B，直线AB是否存在“中值伴侣切线”,并证明你的结论．

ax312bxcx(a0)在点x处的切线斜率为4．（本小题满分14分）设曲线y32试卷第1页，总3页

k(x)，且k(1)0。对一切实数x，不等式xk(x)（Ⅰ）求k(1)的值。

（Ⅱ）求函数k(x)的表达式；

12(x1)恒成立 2（Ⅲ）求证：1112n k(1)k(2)k(n)n25．（本小题满分14分）已知yf(x)是定义在R上的奇函数，且当x0 时，

f(x)2xx2．

（Ⅰ）求yf(x)的解析式；

（Ⅱ）问是否存在这样的正数a, b使得当xa,b 时，函数g(x)f(x)的值域为

11,ba，若存在，求出所有a, b的值，若不存在，说明理由． 6．函数f(x)(mx1)(lnx1)．

（1）若m1，求曲线yf(x)在x1的切线方程；

（2）若函数f(x)在(0,)上是增函数，求实数m的取值范围；

（3）设点P(m,0)，A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))满足lnx1lnx2ln(x1x2)(x1x2)，判断是否存在实数m，使得APB为直角？说明理由． 7．（本题满分16分） 已知函数f(x)ax2bx1.

（Ⅰ）若a0,不等式f(x)0的解集为A，1A,2A，求ab的取值范围； （Ⅱ）若a为整数，ba2，且函数f(x)在(2,1)上恰有一个零点，求a的值； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若函数g(x)lnxx2f/(x)对任意的x∈(1,)，有

（x1)g(x)x22xk0恒成立，求实数k的最小值.

8．（本小题满分14分） 已知函数f(x)lnx1 x1（Ⅰ）求函数的定义域，并证明f(x)lnx1在定义域上是奇函数； x1（Ⅱ）对于x[2,6]f(x)lnm恒成立，求实数m的取值范围；

(x1)(7x)2（Ⅲ）当nN时，试比较f(2)f(4)f(6)...f(2n)与2n2n的大小关系． 9．设函数f(x)*xaln(1x),g(x)ln(1x)bx. 1x试卷第2页，总3页

（1）若函数f(x)在x0处有极值，求函数f(x)的最大值；

（2）是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)0在0,上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由； （3）记

证明：不等式1aka1a2...an，

k1nk1 lnn(n1,2,3,)．22k1k1n2xf(x)xlnxg(x)(xax3)e10．（本小题满分14分）.已知函数，（a为实数）．

（Ⅰ）当a=5时，求函数yg(x)在x1处的切线方程； （Ⅱ）求f(x)在区间[t，t+2]（t >0）上的最小值；

1x1，x2[，e]xg(x)2ef(x)成立，求实数a的e（Ⅲ）若存在两不等实根，使方程取值范围．

试卷第3页，总3页

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参

1．（1）a1；（2）见解析；（Ⅲ）见解析 【解析】

试题分析：（1）利用已知条件写出切线方程为xy1ln系数即可；（2）只需证明当

10，再与xy10对比aln0即可；（Ⅲ）由题意证明xlna,(xaxa时(x)f(x)g(x)axxah'(x0)kAB即x0lnx2(x2x1)0 x1设(x)xlnx2(x2x1)只需证明(x)在上满足(x1)(x2)0即可，(x1)x1x1lnx2(x2x1)，将x1看作自变量求导易得(x1)是x1的增函数，所以(x1)(x2)x1x2x(x2x2)0，同理(x2)(x1)x1ln1(x1x1)0，故x2x1x2ln(x1)(x2)0

11()nl，此时f'(1)1，又f1，所以曲线yf(x)在点(1,f(1))xa11处的切线方程为xy1ln0，由题意得，1ln1，a1. 3分

aa试题解析：（1）f'(x)（2）(x)f(x)g(x)lnxlnaxa(xa)2,(xa).则(x)0. 2xaxax(x)在(0,)单调递减，且 (a)0.

当xa时，(x)(a)0,即f(x)g(x)，

当xa时，f(x)的图像始终在g(x)的图象的下方. 7分

（3） 由题，h(x)lnxex. ∵h'(x0)kAB，∴lnx2lnx1e(x2x1)xx1x1，∴2eln20，

x0x2x1x0x1即x0lnx2(x2x1)0， 9分 x1答案第1页，总15页

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设(x)xln唯一性，

x2(x2x1),则(x)是关于x的一次函数，故要在区间(x1,x2)证明存在x1只需证明(x)在上满足(x1)(x2)0.下面证明之：

(x1)x1lnx2x(x2x1)，(x2)x2ln2(x2x1)， x1x1为了判断(x1),(x2)的符号，可以分别将x1,x2看作自变量得到两个新函数(x1),(x2)， 讨论他们的最值：

(x1)x1lnx2x(x2x1)，将x1看作自变量求导得'(x1)ln20， x1x1(x1)是x1的增函数，

∵x1x2，∴(x1)(x2)x2ln同理：

x2(x2x2)0； ..11分 x2(x2)x2ln的增函数，

x2x(x2x1)，将x2看作自变量求导得'(x2)ln20，(x2)是x2x1x1x1(x1x1)0； x1∵x1x2，∴(x2)(x1)x1ln∴(x1)(x2)0， ∴函数(x)xlnx2(x2x1)在(x1,x2)内有零点x0， ..13分 x1 又xx2x1,ln20，函数(x)xln2(x2x1)在(x1,x2)是增函数， x1x1x1x2(x2x1)在(x1,x2)内有唯一零点x0，从而命题成立. 14分 x1∴函数(x)xln考点：导数及其综合应用 2．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】

试题分析：（Ⅰ）分别求出函数yfx和ygx的极值点，让其相等即可解决即

答案第2页，总15页

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a1a1a2x2a或，注意分类讨论；（Ⅱ）注意到fxgxxxa22322xax1ax1，令hxx1ax1分000三种情况进行讨论，在0的情况较为复杂，当0即a1或a3时,若a1,由于易得原方程有唯h1a10,h0ha3,三个点函数值正负已确定，01,313一实数解；若a3时,由于h1a14,h0ha13h114,h30,1,h3133a31,a由于函数值正负情况不知，所以需分类讨论即当133a0与133a0最终才会获解

322试题解析：（Ⅰ）fxxxax2axax,

2则fx3x4axa3xaxa, 1分

22令fx0,得xa或aa1a1a或,而二次函数gx在x处有极大值,所以322a1a, 23解得a1或a3； 4分

当a3时,fx的递增区间为,1,3,,递减区间为1,3. 5分 当a1时,fx的递增区间为,1,,,递减区间为1,. 6分

（Ⅱ）fxgxxxaxa1xaxxaxax1

22xax1ax1, 8分

1313222令hxx1ax1,1a4a1a3,

21 当0即1a3时,hx0无实根,故原方程的解为xa1,3,满足题意,

即原方程有唯一实数解xa1,3； 9分

2 当0即a1或a3时,

若a1,则hx0的实数解为x1,故原方程在区间1,3上有唯一实数解x1； 若a3,则hx0的实数解为x1,故原方程在区间1,3上有两实数解,x1或3； 10分

3 当0即a1或a3时,

答案第3页，总15页

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若a1,由于h1a10,h0,此0时hx0在区间1,h313a31,3上有一实数解,故原方程有唯一实数解； 11分

若a3时,由于h1a14,h01,h3133a,

13时,hx0在区间1,3上有唯一实数解,故原方程有一实数解； 313若133a0即3a时,hx0在区间1,3上无实数解,故原方程有无实数解；

3当133a0即a13分

13时,原方程在1,3上无实数解； 313当a3或a时,原方程在1,3上有唯一实数解；

3综上,当3a当a3时,原方程在1,3上有两不等实数解. 14分 考点：导数及其综合应用

3．（Ⅰ） x2为函数fx的极大值点，x3为函数fx的极小值点； （Ⅱ） 详见解析；

（Ⅲ）f(x)不存在“中值伴侣切线”，详见解析. 【解析】

试题分析：（Ⅰ））当a6时，f(x)研究函数的单调性并求出极值点；

12x5x6lnx，先求fx，再结合导数的符号22(x1） (x1)利用导数研究此函数的最值，证明g(x)0即可； x+1121（Ⅲ）当a1，f(x)xlnx,(x0)，f(x)x，假设函数f(x)存在“中值

2x（Ⅱ） 令g(x)lnx伴侣切线”.

设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)是曲线yf(x)上的不同点，且0x1x2，x0利用斜率公式求出kABx1x2 2lnx2lnx11,由导数的几何意义得M(x0,y0)处切线l (x1x2)2x2x1的斜率klx1x22，结合（Ⅱ）的结果可知方程kABkl无解. 2x1x212x5x6lnx 2试题解析：（Ⅰ）当a6时，f(x)6x25x6x2x3fxx5 (x0) 1分，

xxx答案第4页，总15页

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当f(x)0时x2或x3

当0x2或x3时fx0，即fx在0,2,3,上单调递增 2分， 当2x3时，fx0，fx在2,3上单调递减 3分，

x2为函数fx的极大值点，x3为函数fx的极小值点 4分

2(x1）12(x1）-2(x-1)(x-1)2（Ⅱ）令g(x)lnx (x1)g(x) 22x+1x(x+1)x(x+1)6分

（当且仅当x=1时等号成x1g(x)0所以g(x)在1,上递增,g(x)g(1)0立），

2(x1)恒成立； 8分 x1121（Ⅲ）当a1，f(x)xlnx,(x0)，f(x)x，假设函数f(x)存在“中值

2x即证： 对任意x1,,lnx伴侣切线”.

设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)是曲线yf(x)上的不同点，且0x1x2，x0x1x2 2则直线AB的斜率：

kAB11(x22lnx2)(x12lnx1)yy2212x2x1x2x1lnx2lnx11 9分 (x1x2)2x2x1曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率：klf(x0)f(x1x2xx2 10分 )1222x1x2化简得

依题意：kABk,即

lnx2lnx1x1x212(x1x2)2x2x12x1x2lnx2lnx12， 11分 x2x1x1x2即lnx22(x2x1)x1x1x22(x21)x12(t1)x 设t2 (t1)，上式化为lnt,(t1)

x2t1x11x112分

答案第5页，总15页

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由（2）知t1时，lnx立.

2(x1)2(t1)恒成立.所以在1,内不存在t,使得lnt成x1t1综上所述，假设不成立.所以，函数f(x)不存在“中值伴侣切线” 14分

考点：1、导数的几何意义；2、导数在研究函数性质中的应用. 4．（Ⅰ）k(1)1；（Ⅱ）k(x)【解析】

试题分析：（Ⅰ）由对一切实数x，不等式xk(x)1211xx；（Ⅲ）详见解析． 42412(x1)恒成立，令x1 即可； 2k(1)0及

（Ⅱ）由题意：k(x)yax2bxc(a0)，根据k(1)1,xk(x)12(x1)恒成立建立关于a,b,c的关系式即可确定a,b,c的值进而得到函数2k(x)的表达式；

n22n1(n1)214（Ⅲ）由（Ⅱ）的结果知：k(n) 44k(n)(n1)2于是可利用1111，运用放缩法证明不等式成立；也可根2(n1)(n1)(n2)n1n212(x1)恒成立 2据所证不等式的特点用数学归纳法证明．

试题解析：解：（Ⅰ）由对一切实数x，不等式xk(x)得 1k(1)1(11)， k(1)1 3分 22（Ⅱ）k(x)yaxbxc(a0)

1acabc12由k(1)1,k(1)0得 得  5分

1abc0b2又xk(x)12(x1)恒成立 2a01112则由axxc0(a0)恒成立得4ac0ac 7分

2441ac2答案第6页，总15页

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111xc0恒成立得ac 8分 224111211综上，ac,b k(x)xx 9分

424242同理由(a)x12n22n1(n1)214（Ⅲ）k(n) 10分 44k(n)(n1)2要证原不等式，即证：111n 11分 2222n423(n1)1111 2(n1)(n2)n1n2(n1)11111111111n ()()()2222334n1n22n22n423(n1)1112n 14分 k(1)k(2)k(n)n2注：第（Ⅲ）小题也可用数学归纳法证明。

考点：1、导数的几何意义；2、函数解析式的求法；3、数列求和与不等式的证明．

x22x,x0155．（1）f(x)2；（2）a1b．

2x2x,x0【解析】

试题分析：（1）设x0，则x0，先求f(x)，再根据奇偶性求f(x)；（2）根据函数

f(x)在xa,b的单调性，讨论a,b与1的大小关系．

解题思路:1．根据函数的奇偶性求函数的解析式，一定要在所求区间内设值；

2．研究函数在给定区间上的值域问题，要研究函数在该区间上的单调性，确定何时取得最值．

试题解析：（Ⅰ）设x0，则x0

222(x)(x)2xx由f(x)f(x) x22x,x0所以 f(x)2

x2x,x0（Ⅱ）存在满足条件的正数a,b． 若0ab1 则11 而当x0时，g(x)f(x)(x1)211 不成立。 a若0a1b时，g(x)maxf(1)1

答案第7页，总15页

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11得a1 不成立 a若1a12g(b)b2b(a1)(a2a1)0b 21(b1)(bb1)0g(a)a22aa由于1ab，所以a1,b15 2故存在正数a1b15使得命题成立． 2考点：1．函数的奇偶性；2．函数的解析式；3．函数的单调性． 6．（1）xy30（2）0me（3）不存在 【解析】

试题分析：（1）因为f(x)(x1)(lnx1)，f(x)(lnx1)+(x1)11lnx，xx所以曲线yf(x)在x1的切线斜率为f(1)1，又f(1)2，所以切线方程为xy30（2）由题

意得：f(x)mxlnx10x在(0,)恒成立，即mxlnx10在(0,)恒成立，设

m0111h(x)xlnxh(x)[e,)t[e,)mt10， 值域，即在恒成立，em10，

0me．（3）由题意得，判断PAPB是否等于零，因为

PA(x1m,f(x1)),PB(x2m,f(x2))，所以PAPB(x1m)(x2m)f(x1)f(x2) (x1m)(x2m)(mx11)(mx21)(lnx11)(lnx21)

(x1m)(x2m)(mx11)(mx21)(m21)(x1x21)0不存在实数m，使得APB为直

角．

试题解析：解（1）因为f(1)2，f(1)1，所以切线方程为xy30． 3分

（2）设

f(x)mxlnx10x在(0,)恒成立， 5分

h(x)xlnx，

h(x)1[e,)， 值域

1t[e,)恒成立， mt10即在

答案第8页，总15页

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m01em10，0me． 10分

（3）PA(x1m,f(x1)),PB(x2m,f(x2))，

PAPB(x1m)(x2m)f(x1)f(x2)

(x1m)(x2m)(mx11)(mx21)(lnx11)(lnx21)

(x1m)(x2m)(mx11)(mx21)(m21)(x1x21)0

不存在实数m，使得APB为直角． 16分

考点：导数几何意义，利用导数研究函数单调性 7．（Ⅰ）（2，+∞）（Ⅱ）a1（Ⅲ）1. 【解析】

a0,ab10,4a2b10,试题分析：（Ⅰ）本题为线性规划求范围问题，先列出可行域：由题知，13（,）以a为x轴，b为y轴建立直角坐标系，由图可知直线abz过点22取最小值2，（Ⅱ）

1本题先分一次函数与二次函数讨论：a0时，f(x)=－2x+1,零点为2，不合，舍去；a022时，∵ ba2∴ f(x)ax(a2)x1，＝（a2）4aa40，∴

22f(x)axbx1必有两个零点，再根据零点存在定理列函数f(x)在(2,1)上恰函数

有一个零点的充要条件：a0,f(2)0,35f(1)0.a26，又aZ，∴ a1（Ⅲ）先化简

x∈(1,)恒成立，即

t/(x)lnx11x，

不等式：(x1)lnx2xk10对任意的

k[(x1)lnx2x1]max,(x1)，令t(x)= (x1)lnx2x1，则(lnx1x11)/20t/(x)lnx11//t(x)t(1)0 xxx，在（1，+∞）上单调增，

∴t(x) = (x1)lnx2x1在（1，+∞）单调增，t(x)t(1)1,从而k1，实数k的最小值为1.

答案第9页，总15页

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a0,ab10,4a2b10,试题解析：解：（Ⅰ）由题知 ab∈（2，+∞）

1（Ⅱ）a0时，f(x)=－2x+1,零点为2，不合，舍去；

22f(x)ax(a2)x1，a0时，ba2＝（a2）4aa240，∵ ∴ 2f(x)axbx1必有两个零点， ∴函数

又函数f(x)在(2,1)上恰有一个零点，∴

a0,f(2)0,f(1)0.

35a26，又aZ，∴ a1

22g(x)lnxx1f(x)xx1（x1)g(x)x2xk0整理得（Ⅲ），，

(x1)lnx2xk10

令H(x)= (x1)lnx2xk1，H/(x)lnx11x11(lnx1)/20xxx， H/(x)lnx11/1H(x)lnx1/H(1)0xx在（1，+∞）上单调增，又，>0,

∴H(x) = (x1)lnx2xk1在（1，+∞）单调增，H(1)k10，k≥1,k的最小值为1.

考点：函数零点，不等式恒成立 8．（Ⅰ）(,1)(1,)（Ⅱ）0m7（Ⅲ）证明见解析

【解析】 试题分析：（1）判断函数奇偶性的方法：1、先求出函数定义域若关于原点对称,则进行第二步；若不关于原点对称则为非奇非偶函数2、再判断f(x)与f(x)的关系，如果相等则是偶函数，如若互为相反数则是奇函数，若不能确定则为非奇非偶函数（2）对于恒成立的问题，常用到以下两个结论：（1）afx恒成立afxmax，（2）

afx恒成立afxmin（3）证明不等式可以利用作差法，也可构造函数，利用函

答案第10页，总15页

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数的单调性解决 试题解析：（Ⅰ）由x10，解得x1或x1， x1(1,)

∴ 函数的定义域为(,1)当x(,1)(1,)时，

f(x)lnx1x1x11x1lnln()lnf(x) x1x1x1x1∴ f(x)lnx1在定义域上是奇函数。 x1x1mln恒成立， x1(x1)(7x)（Ⅱ）由x[2,6]时，f(x)ln∴x1m0,x[2,6] x1(x1)(7x)∴ 0m(x1)(7x)在x[2,6]成立 令g(x)(x1)(7x)(x3)216，x[2,6]，由二次函数的性质可知

x[2,3]时函数单调递增，x[3,6]时函数单调递减， x[2,6]时，g(x)ming(6)7

∴0m7 （Ⅲ）f(2)f(4)f(6)f(2n)=ln3572n1ln(2n1)

1352n1x21x22xx1构造函数h(x)ln(1x)(x)(x0)，h(x)

2x1x1x2当x0时，h(x)0，∴h(x)ln(1x)(x)在(0,)单调递减，

2h(x)h(0)0

当x2n（nN）时，ln(12n)(2n2n)0 ln(12n)2n2n . 考点：（1）函数的奇偶性（2）求参数的取值范围（3）证明不等式. 9．（1）0，（2）x1,（3）证明见解析

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22本卷由【在线组卷网www.zujuan.com】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【解析】 试题分析：（1）解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数yfx在区间a,b内使fx0的点，再计算函数yfx在区间内所有使

fx0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.（2）有关的探索问题：第一步：假

设符合条件的结论存在；第二步：从假设出发，利用题中关系求解；第三步，确定符合要求的结论存在或不存在；第四步：给出明确结果；第五步：反思回顾，查看关键点.（3）不等式具有放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好切入点. 试题解析：（1）由已知得：

f(x)11x2a1x，

且函数f(x)在x0处有极值

f(0)∴1102a010，

即a1

f(x)∴xln(1x),1x f(x)∴当当

11x21x1x1x2 x1,0时，f(x)0，f(x)单调递增； 时，f(x)0，f(x)单调递减；

x0,∴函数f(x)的最大值为f(0)0

g(x)（2）由已知得：1b1x g(x)时，1.若b1，则

x0,1b01x ∴g(x)ln(1x)bx在

0,上为减函数，

0,上恒成立；

∴g(x)ln(1x)bxg(0)0在

答案第12页，总15页

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2.若b0，则

x0,g(x)时，1b01x ∴g(x)ln(1x)bx在

0,上为增函数，

0,上恒成立；

∴g(x)ln(1x)bxg(0)0，不能使g(x)0在

3.若0b1，则g(x)11b0x11xb， 时，11x0,10,1b时，g(x)0，∴g(x)ln(1x)bx在b上为增函数， 当此时g(x)ln(1x)bxg(0)0， ∴不能使g(x)0在

0,上恒成立；

x1,

综上所述，b的取值范围是

xln(1x)x(x0)（3） 由（1）、（2）得：1x x取1111ln(1)n得：1nnn

令xnklnn2k1k1，

nn1n111xnxn12ln1022x1n1n1n1nn1n2，则.

因此xnxn1x1n12.

n11lnnlnklnk1ln1ln1k， k2k1又n1kn1n1k1xn2ln12ln12kk1k1kn1 k1k1k1故n因此xnxn1x112.

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1lnnlnklnk1ln1ln1k， k2k1又n1kn1n1k1xn2ln12ln12kk1k1kn1 k1k1k1故nnn1n1n11111k2211knk1k1k1k1kk1k1kn1 考点：（1）导数与最值（2）求参数取值范围（3）证明不等式. 10．（Ⅰ）y4ex3e；

t（Ⅱ）当11110tf(x)f()mine时，e时，f(x)minf(t)tlnt ；当ee；

3e.

4ae2（Ⅲ）【解析】

2xg(x)(x5x3)ea5试题分析：（Ⅰ）当时，g(1)e.求出导数，进而求出

1(0,)e切线的斜率，由点斜式即可得切线的方程；（Ⅱ）求导得f(x)lnx1，易得f(x)在11(,)te时，在区间单调递减，在e单调递增.接下来结合图象对t分情况讨论.显然当[t,t2]上f(x)为增函数；当0t111(t,)t2e时，e由于必有所以在区间上f(x)e，1(,t2]f(x)为减函数，在区间e上为增函数；（Ⅲ）首先分离参数可得：

33[1,e]ax2lnxh(x)x2lnxx.下面利用导数研究函数x在e上的图象及性质，结合图象即可求得a的取值范围．

2xg(x)(x5x3)ea5试题解析：（Ⅰ）当时，g(1)e． 1分

g(x)(x23x2)ex，故切线的斜率为g(1)4e． 2分

所以切线方程为:ye4e(x1)，即y4ex3e． 4分

（Ⅱ）f(x)lnx1，

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x f(x) f(x) 1(0,)e 1e 1(,)e  单调递减 0 极小值（最小值）  单调递增 t①当所以

1e时，在区间[t,t2]上f(x)为增函数，

f(x)minf(t)tlnt 7分

0t111(t,)(,t2]f(x)e时，在区间e上f(x)为减函数，在区间e上为增函数，

②当11f(x)minf()ee 8分 所以xg(x)2ef(x)，可得：2xlnxx2ax3， 9分 （Ⅲ）由

ax2lnx3x，

令h(x)x2lnx23(x3)(x1)3h(x)12xxx2x， ．

x h(x) h(x) 1(,1)e 1 (1,e)  单调递减 0 极小值（最小值）  单调递增 113h()3e2h(e)e2(1)4，eee，h . 12h(e)h()42e0ee． 结

合

图

象

可

知

实

数

a的取值范围为

4ae23e ． 14分

考点：导数与不等式

答案第15页，总15页