高考数学导数压轴题精练 22页

　2013 年高考数学导数压轴题精练 1.已知函数 ． （1）若 在 上是增函数，求 得取值范围； （2）在（1）的结论下，设 ， ，求函数 的最小值. 2.已知对任意 ，直线 都不是 的切线． （I）求 的取值范围； （II）求证在 上至少存在一个 ，使得 成立． 3.设函数 . （Ⅰ）求函数 的单调递增区间； （Ⅱ）设函数 在 上是增函数，且对于 内的任意实数 , 当 为偶数时，恒有 成立，求实数 的取值范围； 4.已知函数 f(x)＝x－ln(x＋a)．（a 是常数） (I)求函数 f(x)的单调区间； (II) 当 在 x＝1 处取得极值时，若关于 x 的方程 f(x)＋2x＝x2＋b 在[1 2，2]上恰 有两个不相等的实数根，求实数 b 的取值范围； (III)求证:当 时 ． 5.已知函数 ，（ 为常数）． （Ⅰ）若函数 在 时取得极小值，试确定 的取值范围； 2( ) lnf x x x ax= + − ( )f x (0,1) a 2( ) | |x xg x e e a= + − [0, ln3]x∈ ( )g x R∈m 0=++ myx )(3)( 3 R∈−= aaxxxf a ]1,1[−∈x 0x 4 1|)(| 0 ≥xf ( ) ( )2( ) 2 1 lnkf x x x k += − − ∈N ( )f x ( ) 2 12 xbxxg −= ( ]1,0 ( ]1,0 1x 2x k )()( 21 xgxf ≥ b )(xfy = 2,n n≥ ∈ +N en <   +   +   + 222 11......3 112 11 2( ) ( )e xf x x ax a −= + + a ( )f x 0x = a （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设由 的极大值构成的函数为 ，试判断曲线 只可能与直线 、 （ ， 为确定的常数）中的哪一条 相切，并说明理由． 6.已知定义在正实数集上的函数 ， ，其中 ．（Ⅰ）设两曲线 ， 有公共点，且在该点处的切线相同，用 表示 ，并求 的最大值；（Ⅱ）设 ，证明：若 ，则对 任意 ， ， 有 ． 7.已知对任意的 恒有 成立。 （1）求正数 与 的关系； （2）若 对 恒成立，求函数 的解析式； 8.设函数 ， . ⑴当 时， 在 上恒成立，求实数 的取值范围； ⑵当 时，若函数 在 上恰有两个不同零点，求实数 取 值范围； ⑶是否存在实数 ，使函数 和 在其公共定义域上具有相同的单调性，若存 在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 9．已知函数 为自然对数的底数） 2 ( ) , ( ) 2 ln (xf x g x a x ee = = ( )f x ( )g x ( )g x 2 3 0x y m− + = 3 2 0x y n− + = m n 2( ) 4 1f x x ax= + + 2( ) 6 ln 2 1g x a x b= + + 0a > ( )y f x= ( )y g x= a b b ( ) ( ) ( )h x f x g x= + 3 1a ≥ − 1x 2x (0, )∈ +∞ 1 2x x≠ 2 1 2 1 ( ) ( ) 8h x h x x x − >− 0>x )1(1 −≤ xbnxa a b )1()(1),,(,)(,1 −≤≤∈+== xbxfnxRnmnxmxfa 若设 0>∀x )(xf 2( ) lnf x x m x= − 2( )g x x x a= − + 0a = ( ) ( )f x g x (1, )+∞ m 2m = ( ) ( ) ( )h x f x g x= − [1,3] a m ( )f x ( )g x m （1）求 的单调区间，若 有最值，请求出最值； （2）是否存在正常数 ，使 的图象有且只有一个公共点，且在该公共点 处有共同的切线？若存在，求出 的值，以及公共点坐标和公切线方程；若不存 在，请说明理由。 10.已知函数 （ ）． （1）当 时，求函数 在 上的最大值和最小值； （2）当函数 在 单调时，求 的取值范围； （3）求函数 既有极大值又有极小值的充要条件。 11.设函数 （I）当 图像上的点到直线 距离的最小值； （II）是否存在正实数 a，使 对一切正实数 x 都成立？若存在，求出 a 的 取值范围；若不存在，请说明理由． 12.已知 （Ⅰ） 的单调区间和最值； （Ⅱ）若 13.已知函数 满足 , ( ) ( ) ( )F x f x g x= − ( )F x a ( ) ( )f x g x与 a 2( ) lnf x x ax x= − + − a∈R 3a = ( )f x 1 ,22      ( )f x 1 ,22      a ( )f x 2 2( ) ln , ( ) .f x ax x g x a x= + = 1 , ( )a y f x= − =时 求函数 3 0x y− + = ( ) ( )f x g x≤ .ln2)(, 2 xaxxfRa −=∈ 函数 )(,1 xfa 求时当 ≤ ".2 1""2)(:",0 ==> aaxxfa 的充要条件是有唯一解方程试证明 )(xf 2 ( 2) ( ) 0f x f x+ − = 当 时, ,当 时, 的最大值为-4． (I)求实数 的值； (II)设 ，函数 ， ．若对任意的 , 总存在 ,使 ,求实数 的取值范围． 14.已知函数 （a∈R）。 （I）我们称使 =0 成立的 x 为函数的零点。证明：当 a=1 时，函数 只有一个 零点； （II）若函数 在区间（1，+∞）上是减函数，求实数 a 的取值范围。 15.定义： （其中 ）。 （1）求 的单调区间； （2）若 恒成立，试求实数 a 的取值范围； 16.已知函数 （1）若函数 在定义域内单调递增，求 的取值范围； （2）若 且关于 x 的方程 在 上恰有两个不相等的实数根， 求实数 的取值范围； （3）设各项为正的数列 满足： 求证： 21( ) ln 2 ( 0).2f x x ax x a= − − < ( )f x a 1 2a = − 1( ) 2f x x b= − + [ ]1,4 b { }na * 1 11, ln 2, .n n na a a a n N+= = + + ∈ 12 −≤ n na ( )2,0∈x axxxf += ln)(      −< 2 1a ( )2,4 −−∈x )(xf a 0≠b bxbxxg −= 3 3 1)( ( )2,1∈x ( )2,11 ∈x ( )2,12 ∈x 0)()( 21 =− xgxf b xaxxaxf ln)( 22 ++−= ( )f x ( )f x ( )f x ),()(,,),,0(,ln),( a xxFxfRyxxxyyxF =∈+∞∈+= 0≠a )(xf 2 1)( − (0,1) 12a x x < + 12 2 2x x + ≥ 2 2x = 2 2a < 2 2a = ( )f x 2 2a ≤ xt e= 2( )h t t t a= + − 0 ln3x≤ ≤ 1 3t∴ ≤ ≤ 1a ≤ 2( )h t t t a= + − [1,3] ( )h t (1) 2h a= − 1 2 2a< ≤ 2 2 (1 )( ) ( 3) t t a t ah t t t a a t  − + ≤ <=  + − ≤ ≤ ( )h t [ ,3]a [1, ]a ( )h t [1,3] ( )h t (1)h a= 1a ≤ ( )g x 2 a− 1 2 2a< ≤ ( )g x a ),3[33)( 2 +∞−∈−=′ aaxxf R∈m 0=++ myx )(xfy = ),3[1 +∞−∉− a a31 −<− a 3 1>−== afxg ,3 10 时<< a ))((333)( 2 axaxaxxf −+=−=′ x ),( a−−∞ a− ),( aa− a ),( +∞a )(xf ′ )(xf ↑ aa2 ↓ aa2− ↑ )(xf ),0( a )1,( a 13 << aa )3,0( ax∈ )()( xfxg −= )1,3( ax∈ )()( xfxg = )}(),1(max{)( max affxg −= 4 10,31)1()( ≤<−=≤− aafaf 即 4 131)1()( max ≥−== afxg 3 1 4 1,31)1()( <<−=>− aafaf 即 4 12)()( max >=−= aaafxg ]1,1[−∈x 0x 4 1|)(| 0 ≥xf ]1,1[−∈x 0x 4 1|)(| 0 ≥xf ∀ ]1,1[−∈x 4 1|)(| 0 a 0≤a ,3 10 时<< a ))((333)( 2 axaxaxxf −+=−=′ x ),( a−−∞ a− ),( aa− a ),( +∞a )(xf ′ )(xf ↑ aa2 ↓ aa2− ↑ )(xf ),0( a )1,( a ∵ ，∴ 时， ， 时， ， ∴ ， ， 矛盾； ， 矛盾； 综上， ， 与 矛盾， 假设不成立，原命题成立． …………（12 分） 3. 解：由已知，得函数 f(x)的定义域为 . …………………1 分 （Ⅰ）当 k 为偶数时， ，则 ,又 ， ，即 ，得 x ，所以此时函数 的单调递增区间为 . 当 k 为奇数时， ，则 在定义域内恒成 立，所以此时函数 的单调增区间为 . …………… 4 分 （Ⅱ）∵函数 在 上是增函数 ∴ 在 上恒成立，即 在 上恒成立， 即 ，∴ . ① ………………………6 分 由（Ⅰ）可知当 k 为偶数时， 得 0 ≤< 4 1 4 10 a a    <=− −=≥− 4 12)( 31)1()( aaaf afaf      < ≥ 4 1 4 1 a a ∀ ]1,1[−∈x 4 1|)(| 0 0)( ≥′ xf 2 1 0x − ≥ 1≥ )(xf [ )+∞,1 xxxf ln2)( 2 += ( ) 01222)( 2 ≥+=+=′ x x xxxf )(xf ( )+∞,0 ( ) 2 12 xbxxg −= ( ]1,0 022)( 3 ≥+=′ xbxg ( ]1,0 3 1b x ≥ − ( ]1,0 11 max 3 −=    −≥ xb 1−≥b 0)( ≤′ xf 1≤ )(xf ( ]1,0 1)1()( min == fxf 又∵对于 内的任意实数 x1，x2，当 k 为偶数时，恒有 成立, ∴ ,即 ,所以 , ② 由①②得 . …………………………………………8 分 4. (I) 由已知由函数 的定义域为 ， ， ， 由 得 ， 由 得 ， 所以函数 的减区间为 ，增区间为 ． …4 分 （II）由题意，得 ， a＝0 ． ……5 分 由(Ⅰ)知 f(x)＝x－lnx， ∴f(x)＋2x＝x2＋b ，即 x－lnx＋2x＝x2＋b ， x2－3x＋lnx＋b＝0， 设 ＝x2－3x＋lnx＋b(x＞0)， 则 ＝2x－3＋1 x＝2x2－3x＋1 x ＝(2x－1)(x－1) x , 当 变化时， ， 的变化情况如下表： x 1 2 (1 2，1) 1 (1，2) 2 0 － 0 ＋ b－5 4－ln2 ↘ b－ 2 ↗ b－2＋ln2 ……………………．．……6 分 ∵方程 f(x)＋2x＝x2＋b 在[1 2，2]上恰有两个不相等的实数根, {g(f(1,2)) ≥ 0 g(1)＜0 g(2) ≥ 0 , {b－5 4－ln2 ≥ 0 b－2＜0 b－2＋ln2 ≥ 0 , ( ]1,0 )()( 21 xgxf ≥ ( ) )1(1 max gxg =≥ 121 −≥ b 1≤b 11 ≤≤− b ( )f x x a> − ( ) ax ax axxf + −+=+−=′ 111 1+−<− aa ∴ ,0)( >′ xf 1+−> ax ,0)( <′ xf 1+−<<− axa )(xf ( )1, +−− aa ( )+∞+− ,1a ( ) 01 =′f ∴ ∴ ∴ ( )xg ( )xg′ 1 ,22x  ∈   ( )xg′ ( )xg ( )xg′ ( )xg ∴ ∴ 5 4＋ln2≤b<2，即 ． ……8 分 (III)由(I) 和(II)可知当 时, ,即 , 当 时, ． ……… 10 分 令 （ ）,则 ． 所以当 时, , 即 , ． ……12 分 5. 解：（Ⅰ） ，令 ，得 或 ，……2 分 当 时， 恒成立，此时 单调递减； 当 时， ，若 ，则 ，若 ， 则 ， 是函数 的极小值点； ……2 分 当 时， ，若 ，则 ，若 ，则 ， 此时 是函数 的极大值点，综上所述，使函数 在 时取得极小值 的 的取值范围是 ……2 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，且当 时， ，因此 是 的极 大值点， ，于是 ……2 分 ，令 ， ∴ 5 ln 2,24b  ∈   10, ,2a x  = ∈ +∞  )1()( fxf ≥ 1ln −≤ xx ∴ 1>x 1ln −< xx 2 11x n = + 2,n n≥ ∈ *N 22 111ln nn <   + 2,n n≥ ∈ *N 222222 1......3 1 2 111ln.......3 11ln2 11ln nn +++<   +++   ++   + ( ) 1111 1......32 1 21 1 <−=−×++×+×< nnn 111.......3 112 11ln 222 <   +   +   + n ∴ en <   +   +   + 222 11......3 112 11 2 2( ) (2 )e e ( ) e [ (2 ) ]x x xf x x a x ax a x a x− − −′ = + − + + = − + − e ( ) [ (2 )]x x x a−= ⋅ − ⋅ − − ( ) 0f x′ = 0x = 2x a= − 2a = 2( ) e 0xf x x −′ = − ≤ ( )f x 2a < 2 0a− > 0x < ( ) 0f x′ < 0 2x a< < − ( ) 0f x′ > 0x = ( )f x 2a > 2 0a− < 0x > ( ) 0f x′ < 2 0a x− < < ( ) 0f x′ > 0x = ( )f x ( )f x 0x = a 2a < 2a < 2x a> − ( ) 0f x′ < 2x a= − ( )f x 2 max ( ) (2 ) (4 )eaf x f a a −= − = − 2( ) (4 )e ( 2)xg x x x−= − < 2 2 2( ) e e (4 ) (3 )ex x xg x x x− − −′ = − + − = − 2( ) (3 )e ( 2)xh x x x−= − < 则 恒成立，即 在 是增函数，所以当 时， ，即恒有 ，……2 分 又直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，所以由导数的几 何意义知曲线 只可能与直线 相切 ……2 分 6. （Ⅰ） 设 交于点 ，则有 ，即 （1） 又由题意知 ，即 （2） ……2 分 由（2）解得 将 代入（1）整理得 …………………………4 分 令 ，则 时， 递增， 时 递减，所以 即 ， 的最大值为 ……………………………………6 分 （ Ⅱ ） 不 妨 设 ， 变 形 得 令 ， ， ，高.考.资.源+网 2( ) (2 )e 0xh x x −′ = − > ( )h x ( ,2)−∞ 2x < 2 2( ) (2) (3 2)e 1h x h −< = − = ( ) 1g x′ < 2 3 0x y m− + = 2 3 3 2 0x y n− + = 3 2 ( )g x 2 3 0x y m− + = ( ) ( )f x g x与 0 0( , )P x y 0 0( ) ( )f x g x= 2 2 0 0 04 1 6 ln 2 1x ax a x b+ + = + + )()( 00 xgxf ′=′ 2 0 0 62 4 ax a x + = 0 0 3 ( )x a x a= = −或 舍去 0x a= 2 25 3 ln2b a a a= − 2 25( ) 3 ln2h a a a a= − )ln31(2)( aaah −=′ 3(0, )a e∈ ( )h a 3( , )a e∈ +∞ ( )h a ( )h a 2 3 33( ) 2h e e≤ = b ≤ 2 33 2 e b 2 33 2 e ( ) 2121 ,,0, xxxx <+∞∈ ( ) ( ) 8 12 12 >− − xx xhxh ( ) ( ) 1122 88 xxhxxh −>− ( ) xxhxT 8)( −= 8462)( 2 −++=′ ax axxT 13 −≥a ∴ 26( ) 2 4 8 4 3 4 8 4( 3 1)( 3 1) 8 0aT x x a a ax ′ = + + − ≥ + − ≥ + − − = 在 内单调增， ，同理可证 命题成立 ……………………12 分 7. 解：（1）设 ， 易知 ，由已知 恒成立， 所以函数 在 处取得最大值。 又 在 处取得极大值，符合题意， 即关系式为 （3 分） （2） 恒成立， 令 ，有 ， （5 分） ， 即 对 恒成立， 须 函数 （7 分） 8. )(xT ( )+∞,0 )()( 12 xTxT > 21 xx > )1(ln)( −−= xbxaxf 0)1( =f 0)( ≤xf )(xf 1=x x bxabx axf −=−=′ )( baf =∴=′∴ ,0)1( )(,0 xfa ∴> 1=x .ba = 1,1 =∴= ba 1ln −≤+≤∴ xnxmx 1=x 00 ≤+≤ nm 0=+∴ nm 1−≤+∴ xmxm 0)1)(1( ≥−+− mxx 0>∀x ∴ 2,11 =−=− mm 即 ∴ )1(2)( −= xxf 9．解：（1） ①当 恒成立 上是增函数， F 只有一个单调递增区间（0，-∞），没有最值…… 3 分 ②当 时， ， 若 ，则 上单调递减； 若 ，则 上单调递增， 时， 有极小值，也是最小值， 即 …………6 分 所以当 时， 的单调递减区间为 单调递增区间为 ，最小值为 ，无最大值…………7 分 （2）方法一，若 与 的图象有且只有一个公共点， 则方程 有且只有一解，所以函数 有且只有一个零点…………8 分 由（1）的结论可知 …………10 分 此时， 的图象的唯一公共点坐标为 又 的图象在点 处有共同的切线， 32 2 2( )( ) ( ) ( ) ( 0)x a x eaF x f x g x xe x ex −′ ′ ′= − = − = > 0 , ( ) 0a F x′≤ >时 ( ) (0, )F x +∞在 ( )F x 0a > 2( ( )( ) ( 0)x ea x eaF x xex − −= > 0 x ea< < ( ) 0, ( ) (0, )F x F x ea′ < 在 x ea> ( ) 0, ( ) ( , )F x F x ea′ > +∞在 x ea∴ =当 ( )F x min( ) ( ) 2 ln lnF x F ea a a ea a a= = − = − 0a > ( )F x (0, )ea ( , )ea +∞ lna a− ( )f x ( )g x ( ) ( ) 0f x g x− = ( )F x min( ) ln 0 1F x a a a= − = =得 2 ( ) ( ) ( ) 2ln 0xF x f x g x xe = − = − ≥ min( ) ( ) 0F x F e= = ( ) ( ) 1, ( ) ( )f e g e f x g x∴ = = ∴ 与 ( ,1)e 2( ) ( )f e g e e ′ ′= = ( ) ( )f x g x∴ 与 ( ,1)e 其方程为 ，即 …………13 分 综上所述，存在 ，使 的图象有且只有一个公共点 ，且在该 点处的公切线方程为 …………14 分 方法二：设 图象的公共点坐标为 ， 根据题意得 即 由②得 ，代入①得 从而 …………10 分 此 时 由 （ 1 ） 可 知 时 ， 因此除 外，再没有其它 ，使 …………13 分 故存在 ，使 的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的 切线，易求得公共点坐标为 ，公切线方程为 …………14 分 10. 【解析】（1） 时， ， 函数 在区间 仅有极大值点 ，故这个极大值点也是最大值点， 故函数在 最大值是 ， 21 ( )y x e e − = − 2 1y x e = − a 1= ( ) ( )f x g x与 ( ,1)e 2 1.y x e = − ( )f x 与g( x) 0 0( , )x y 2 0 0 0 0 2 ln 2 2 x a xe x a e x  =  = 2 0xa e = 0 2 1ln ,2x x e= ∴ = 1a = min( ) ( ) 0F x F e= = 0x x e∴ > ≠当 且 ( ) 0, ( ) ( )F x f x g x> >即 0x e= 0x 0 0( ) ( )f x g x= 1a = ( ) ( )f x g x与 ( ,1)e 2 1y x e = −    = = )()( )()( 0 ' 0 ' 00 xfxf xgxf 3a = 21 2 3 1 (2 1)( 1)'( ) 2 3 x x x xf x x x x x − + − −= − + − = − = − ( )f x 1 ,22      1x = 1 ,22      (1) 2f = 又 ，故 ， 故函数在 上的最小值为 。（4 分） （2） ，令 ，则 ， 则函数在 递减，在 递增，由 ， ， ，故函数 在 的值域为 。 若 在 恒成立，即 在 恒成立， 只要 ，若要 在在 恒成立，即 在 恒成立， 只要 。即 的取值范围是 。（8 分） （3）若 既有极大值又有极小值，则首先必须 有两个不同正根 ， 即 有两个不同正根。 故 应满足 ，∴当 时， 有两个不等的正根，不妨设 ， 由 知 ： 时 ， 时 ， 时 ， 1 5 3(2) (2 ln 2) ( ln 2) 2ln 2 02 4 4f f  − = − − + = − <   1(2) ( )2f f< 1 ,22      (2) 2 ln 2f = − 1'( ) 2f x x a x = − + − 1( ) 2g x x x = + 2 1'( ) 2g x x = − 1 2,2 2       2 ,22       1 32g   =   9(2) 2g = 2( ) 2 22g = ( )g x 1 ,22      92 2, 2     '( ) 0f x ≤ 1 ,22      12a x x ≤ + 1 ,22      2 2a ≤ '( ) 0f x ≥ 1 ,22      12a x x ≥ + 1 ,22      9 2a ≥ a ( 9,2 2 ,2  −∞ +∞   )(xf ( ) 0f x′ = 21, xx 012 2 =+− axx a 20 8 0 2 2 0 02 a aa a ∆ >  − > ⇒ ⇒ > > > 2 2a > ( ) 0f x′ = 21 xx < ( )f x′ = ( )21 2 1x axx − − + = 2 x − ))(( 21 xxxx −− 10 xx << ( ) 0f x′ < 21 xxx << ( ) 0f x′ > 2xx > ( ) 0f x′ < ∴当 时 既有极大值 又有极小值 ． 反之，当 时， 有两个不相等的正根，故函数 既有极大 值又有极小值的充要条件 。 （12 分） 11. 解：（Ⅰ）由 为减函数 则令 ------------------------------（2 分） 所求距离的最小值即为 到直线 的距离 -------------------------（5 分） （Ⅱ）假设存在实数 a 满足条件，令 则 ---------------------------------（7 分） 由 为减函数 当 为增函数 --------------------------------（10 分） 的取值范围为 --------------------------------（12 分） 12. 解：（Ⅰ） (x>1)，若 a≤1，x>1，则 f′(x)>0， 　　∵f(x)在[1，＋∞）上连续， x x xxfxxxxf −=+−=>+−= 111)(',0ln)( 知 )(,0)(',),1(;)(,0)(',)1,0( xfxfxxfxfx <+∞∈>∈∴ 时为增时 1)1(max)( −==∴ fxf 2 1,1)(' == xxf 得 ∴ ))2 1(,2 1( fP 03 =+− yx )2ln4(2 2 2 |3)2ln2 1(2 1| += +−−− =d )0)(()()( >−= xxgxfxF 0max)( ≤xF axxaxaxF 1,021)(' 2 ==−+= 得 )(,0)(',1 xFxFax ∴<> 时当 )(,0)(',10 xFxFax ∴><< 时 aaFxF 1ln)1(max)( ==∴ 1,01ln ≥≤∴ aa a∴ [ )+∞,1 2 2a > )(xf )( 2xf )( 1xf 2 2a > 012 2 =+− axx ( )f x 2 2a > 　　∴f(x)在[1，＋∞）上是单调递增函数， 　　∴当 a≤1，x≥1 时，f(x)min=f(1)=1， 　　∴函数有最小值 1，无最大值． ---------（4 分） 　（Ⅱ）记 g(x)=f(x)－2ax=x2－2alnx－2ax， ． 　　①充分性：若 ，则 g(x)=x2－lnx－x， 　　g′(x)= (2x2－x－1)= (2x＋1)(x－1)． 　　当 x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)在（0，1）上是单调递减函数； 　　当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在（1，＋∞）上是单调递增函数． 　　∴当 x=1 时，g(x)min=g(1)=0，即 g(x)≥0，当且仅当 x=1 时取等号， 　　∴方程 f(x)=2ax 有唯一解． 　　②必要性：若方程 f(x)=2ax 有唯一解，即 g(x)=0 有唯一解． 　　令 g′(x)=0，得 x2－ax－a=0． 　　∵a>0，x>0，∴x1= (舍去)，x2= ． 　　当 x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上是单调递减函数； 　　当 x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上是单调递增函数． 　　∴当 x=x2 时，g′(x2)=0，g(x)min=g(x2)． 　　∵g(x)=0 有唯一解，∴g(x2)=0， 　　 　　∴2alnx2＋ax2－a=0，∵a>0，∴2lnx2＋x2－1=0，（*） 　　设函数 h(x)=2lnx＋x－1，∵在 x>0 时 h(x)是增函数， 　　∴h(x)=0 至多有一解． 　　∵h(1)=0，∴方程(*)的解为 x2=1，即 ，解得 ． 　　由①、②知，“方程 f(x)=2ax 有唯一解”的充要条件是“ ”． --（12 分） 13. (I)由已知,得 , ∴ ． ………………………………．4 分 ∵ 时, , 设 ,则 , ∴ , ∴ 时, , 所以 ,∵ ， ， 2 ( 2) ( )f x f x+ = )4(4)2(2)( +=+= xfxfxf ( )2,0∈x axxxf += ln)( ( )2,4 −−∈x ( )2,04∈+x )4()4ln()4( +++=+ xaxxf ( )2,4 −−∈x )4(4)4ln(4)4(4)( +++=+= xaxxfxf 044 4)( >++=′ axxf ( )2,4 −−∈x 4 4 16ax a∴− < + ∵ ，∴ ．又由 ,可得 , ∴ 在 上是增函数,在 上是减函数, ∴ ． ∴ =-1 ． ……………………．．7 分 （II）设 的值域为 A， 的值域为 B，则由已知，对于任意的 ，使 得， ． ……………．9 分 由（I） =-1，当 时, , , ∵ ,∴ ， 在 上单调递减函数, ∴ 的值域为 A= ． ……………………．．10 分 ∵ , ∴（1）当 时， 在 上是减函数， 此时， 的值域为 ， 为满足 ，又 ∴ 即 ． …………．11 分 （2）当 时， 在 上是单调递增函数， 此时， 的值域为 ，为满足 ，又, ∴ ,∴ , 综上可知 b 的取值范围是 ． …………．12 分 14. 解：（I）当 a=1 时， ，其定义域为（0，+∞）， 2 1−≥− b .22ln3 2 −≤b 32ln2 3 −≤b 0>b )(xg )21( ， )(xg )3 2 3 2( bbB ，−= BA ⊆ 22ln3 2 −≤− b 2ln2 33)22(ln2 3 −=−−≥b 3 3, ln 2 3 3 ln 2,2 2    −∞ − − +∞      xxxxf ln)( 2 ++−= ，令 ， 解得 或 ，又∵x>0，故 x=1，当 01 时， ，∴函数 在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞） 上单调递减，当 x=1 时， 函数 取得最大值，即 ，所以函数 只有一个零点；（5 分） （II）因为 ，其定义域为（0，+∞）， 所以 ， （1）当 a=0 时， ， 所以 在区间（0，+∞）上为增函数，不合题意。（7 分） （2）当 a>0 时， 等价于 ， 即 x> ，此时， 的单调减区间为（ ，+∞），依题意， 得 ，解之得 。（9 分） （3）当 a<0 时， 等价于 ， 即 0 / ( ) 0f x < ( )f x ( )f x max( ) (1) 0f x f= = ( )f x xaxxaxf ln)( 22 ++−= / 2 1( ) 2f x a x a x = − + + 2 22 1 (2 1)( 1)a x ax ax ax x x − + + − + −= = / 1( ) 0f x x = > ( )f x / ( ) 0f x < ( 0)x > (2 1)( 1) 0ax ax+ − > ( 0)x > 1 a ( )f x 1 a 1 1 0 a a  ≤  > 1a ≥ / ( ) 0f x < ( 0)x > (2 1)( 1) 0ax ax+ − > ( 0)x > 1 2a − ( )f x 1 2a − [1, )+∞ 21( ) ln ( 0)f x x x xa = + > 则 ………1 分 ①当 时， 对 恒成立， 在 上递增 ② 当 时 ， 令 ， 则 ， ………2 分 时 ， ， 为 增 函 数 ； 时 ， ， 为减函数 综上， 时， 增区间为 ； 时 ， 增 区 间 为 ， 减 区 间 为 . ………4 分 （2）由（1）知 时， 在 递增， 且 时 ， 则 不 恒 成 立 ， 故 ………5 分 又 的极大值即 最大值 恒成立，只须 ∴ ， 即 ∴ ………6 分 16. 解：（1） 依题意 在 时恒成立，即 在 恒成立. 则 在 恒成立， 即 当 时， 取最小值 ∴ 的取值范围是 …… 2 2 1( ) ( 0).ax xf x xx + −′ = − > ( ) 0f x′ ≥ 0x > 2 2 1 0ax x+ − ≤ 0x > 2 2 1 2 1( 1) 1xa x x −≤ = − − 0x > min 2 )1)11(( −−≤ xa )0( >x 1=x 21( 1) 1x − − 1− a ( , 1]−∞ − 4′ 22 1 2( ) x af x xa x ax +′ = + = 0a > ( ) 0f x′ > (0, )x∈ +∞ ( )f x (0, )+∞ 0a < ( ) 0f x′ = 2 2 ax −= 2(0, )2 ax −∈ ( ) 0f x′ > ( )f x 2( , )2 ax −∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x 0a > ( )f x (0, )+∞ 0a < ( )f x 2(0, )2 a− 2( , )2 a− +∞ 0a > ( )f x (0, )+∞ 1x = 1(1) 0,f a = > 1 1(1) , ( )2 2f f x> − ∴ < − 0a < ( )f x ( )f x 22 1 2 2( ) ( ) ln2 2 2 a a af a − − −= + 1( ) 2f x < − [ ]max 1( ) 2f x < − 2ln 02 a− < 20 12 a−< < 2 0a− < < （2） 设 则 列表： ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑ ∴ 极小值 ， 极大值 ， 又 …… 方程 在[1，4]上恰有两个不相等的实数根. 则 ， 得 ………… （3）设 ，则 在 为减函数，且 故当 时有 . 假设 则 ，故 从而 即 ，∴ ………… 21 1 1 3, ( ) ln 0.2 2 4 2a f x x b x x x b= − = − + ⇔ − + − = 21 3( ) ln ( 0).4 2g x x x x b x= − + − > ( 2)( 1)( ) .2 x xg x x − −′ = x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) ( )g x′ + 0 − 0 + ( )g x ( )g x (2) ln 2 2g b= = − − ( )g x 5(1) 4g b= = − − (4) 2ln 2 2g b= − − 6′  ( ) 0g x = (1) 0 (2) 0 (4) 0 g g g ≥  <  ≥ 5ln 2 2 4b− < ≤ − 8′ [ )( ) ln 1, 1,h x x x x= − + ∈ +∞ 1( ) 1 0h x x ′ = − ≤ ( )h x∴ [ )1,+∞ max( ) (1) 0,h x h= = 1x ≥ ln 1x x≤ − 1 1.a = *1( ),ka k N≥ ∈ 1 ln 2 1k k ka a a+ = + + > *1( ).na n N≥ ∈ 1 ln 2 2 1.n n n na a a a+ = + + ≤ + 1 11 2(1 ) 2 (1 ).n n na a a+∴ + ≤ + ≤ ≤ + 1 2n na+ ≤ 2 1n na ≤ − 12′