2021届高三数学(理)一轮复习典型题专项训练《导数及其应用》(浙江地区专用)

2021届高三数学一轮复习典型题专项训练
导数及其应用
一、选择、填空题
1、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）设a 为正数，3
2
2
()6f x x ax a =-+-，若()f x 在
区间(0,3)a 不大于0，则a 的取值范围是（ ） A ．1(0,
]27 B. 1(0,)27 C. 1(,)27+∞ D. 1
[,)27
+∞ 2、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）已知函数()sin2(0)f x x x x =->，则函数()
f x 的最小的极值点为 ；若将()f x 的极值点从小到大排列形成的数列记为{}n a ，则数列{}n a 的通项公式为 .
3、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）已知函数f （x ）＝sin x ，g （x ）＝cos x ，设
h （x ）＝f （x ）+g （x ），则（ ）
A ．h 1（x ）的极小值点是h （x ）的极小值点
B ．h 2（x ）极小值点是h （x ）的极小值点
C ．h （x ）的极大值点是h 1（x ）的极大值点
D ．h （x ）的极大值点是h 2（x ）的极大值点 4、（宁波市2019届高三上学期期末考试）已知
存在导函数，若既是周期
函数又是奇函数，则其导函数
A. 既是周期函数又是奇函数
B. 既是周期函数又是偶函数
C. 不是周期函数但是奇函数
D. 不是周期函数但是偶函数
5、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）若对任意0a >，函数
32()1f x x ax bx =+++在开区间(,0)-∞内有且仅有一个零点，则实数b
的取值范围是______.
6、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）已知关于x 的方程2
ln (1)
0x x a x 在(0,
)上有且只
有一个实数根，则a 的取值范围是 .
7、（台州市2019届高三4月调研）已知1a ，且函数2
2()24f x x x a x x a ＝.若对任意的
1,x a 不等式
()(1)f x a x 恒成立，则实数a 的取值范围为
A.19，
B.125，
C.425，
D.4，
8、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）已知2
()f x x ax =-，若对任意的 a ∈R ，存在 x 0 ∈[0，2] ，使得0|()|f x k ≥成立，则实数k 的最大值是 ▲ ．
9、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）设函数)(x f 是定义在)0,(-∞上的可导函数，其导函数为)('x f ，且有2')()(2x x xf x f >+，则不等式0)2(4)2018()2018(2
>--++f x f x 的解集为________.
10、（杭州市2018届高三上学期期末）若函数()f x 的导函数'
()f x 的图象如图所示，则（ ） A. 函数()f x 有1个极大值，2个极小值 B. 函数()f x 有2个极大值，2个极小值 C. 函数()f x 有3个极大值，1个极小值 D. 函数()f x 有4个极大值，1个极小值 11、（宁波市2018届高三上学期期末）已知2
1()cos ,'()4
f x x x f x =+为()f x 的导函数，
则'()f x 的图像是（ ）
12、曲线21x
y e
-=+在点()0,2处的切线方程为
13、设函数()x
f x x a
=-，若()f x 在()1,+∞单调递减，则实数a 的取值范围是 ．
参考答案： 1、A
提示：当()0,3x a ∈时，()()2312340f x x ax x x a '=-+=-->，∴()f x 在()0,3a 上单调递增．因此()()23271f a a a =-0≤，解得1027
a <≤
．
2、6π ；*
31
,26,32,216
n n n k a k N n n k ππ-⎧=⎪⎪=∈⎨
-⎪=-⎪⎩或21(1)412n n n a ππ--=+． 提示：()112cos 20cos 22f x x x '=-=⇒=
，所以6x k ππ=+或,6
x k k Z π
π=-+∈.显然数列{}n a 的16
a π
=
，25
6
a π=
，于是当n 为偶数时，5311626n n n a π
ππ-⎛⎫=+-⋅= ⎪⎝⎭
，当n 为奇数时，11321626n n n a πππ+-⎛⎫
=+-⋅= ⎪⎝⎭
．
3、D
4、B
5、(,3]-∞
6、
7、答案：B 解析：因为1a ，1,x
a 不等式()
(1)f x a x 恒成立，所以，
22()24(1)f x x x a x x a a x ＝，即，1
21
4a
a a x
x
x
x
恒成立，
令()a g x x x =+，则2'()1a g x x
=-， 1,x
a 时，'()g x ＜0，g （x ）递减；,x
a a 时，'()g x ＞0，g （x ）递增，
所以，g （x ）最小值为：(2g a a a a
== 令[2,1)a t x a a x =+
∈+（1a ），所以，1a
x x
+> 令h （t ）＝21
4a
a x x
x
x
＝21
4
t t 36,41
22
4
2,24t t a t
t t
a
t ，
（1）当4a
时，t ≥4，所以，h （t ）的最小值为：66a ，
所以，166a a -≤，即2
26250a a -+≤，解得：125a ≤≤，
即425a ≤≤
（2）当1＜a ＜4时，所以，h （t ）的最小值为：22a ，
所以，122a a -≤，即2
1090a a -+≤，解得：19a ≤≤
即1＜a ＜4恒成立。

综合（1）（2）可知：125a <≤，选B 。

8、1282- 9、)2020,(--∞ 10、B 11、A 12、220x y +-= 13、(]0,1
二、解答题
1、（温州市2019届高三8月适应性测试）函数x x x f ln )(=.)(22
1)(2
R a x ax x g ∈+= （1）当32
e
a =
时，求曲线)(x f y =与曲线)(x g y =的公切线的方程； （2）设函数)()()(x g x f x h -=的两个极值点为)(,2121x x x x <，
求证：关于x 的方程2212
221
1
)ln ln 2(ln e a
e x x x x x -=-+有唯一解。

2、（金丽衢十二校2019届高三第一次联考）已知函数()272692
3
+-+-=x x x x f
（1）若()x f 在1x x =，2x （21x x ≠）处导数相等，证明：()()21x f x f +为定值，并求出该定值 （2）已知对于任意0>k ，直线a kx y +=与曲线()x f y =有唯一公共点，求实数a 的取值范围
3、（浙江省名校协作体2019届高三上学期第一次联考）已知函数)()(R a x a e x f x
∈+=-.
（1）当0=a 时，直线kx y =是曲线)(x f y =的切线，求实数k 的值； （2）若21,x x 是函数)(x f 的两个极值点，且21x x <，求)(1x f 的取值范围.
4、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）已知函数2
()ln .f x x ax x =-+-
（I ）判断()f x 的单调性；
（II ）若函数()f x 存在极值，求这些极值的和的取值范围.
5、（温州九校2019届高三第一次联考）知函数x x
x x f ln 1
)(--
=. （3）若)(x f 在21,x x x =（21x x ≠）处导数相等，证明：;2ln 23)()(21->+x f x f
（4）若对于任意)1,(-∞∈k ，直线b kx y +=与曲线)(x f y =都有唯一公共点，求实数b 的取值范围.
6、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）已知函数()ln()(,)b
f x x a a b R x
=+-∈，
且曲线 y = f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y = x －2 ． （Ⅰ）求实数 a ，b 的值；
（ Ⅱ ） 函 数 g(x) = f (x + 1) －mx (m ∈ R) 有 两 个 不 同 的 零 点 x 1 , x 2 ， 求 证 ： x 1 ⋅ x 2 > e 2．
7、（丽水、衢州、湖州三地市2019届高三上学期期末）已知函数f （x ）＝xlnx ﹣12
ax 2
﹣x 恰有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）． （Ⅰ）求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）求证：其中e 为自然对数的底数）．
8、（宁波市2019届高三上学期期末考试）已知函数
，其中
为实数.
（I ）若函数的图像关于点
对称，求
的解析式；
（II ）若
，且
，为函数的极小
值点，求的取值范围.
9、（台州市2019届高三上学期期末质量评估）设函数43
1()4
f x x x =-，x ∈R ． （Ⅰ）求函数()f x 在1x =处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立，求实数a 的最大值；
（Ⅲ）设0m ≠，若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根，求实
数m 的取值范围．
10、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）设,a b ∈R ，函数
2()ln(1)f x x ax bx =+++.
（I ）证明：当0b =时，对任意实数a ，直线y x =总是曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）若存在实数a ，使得对任意1x >-且0x ≠，都有()0xf x >，求实数b 的最小值.
11、（绍兴市2019届高三3月适应性考试）已知函数()2ln(),f x ax b =+其中,a b R ∈. （Ⅰ）若直线y x =是曲线()y f x =的切线，求ab 的最大值.
（Ⅱ）设1b =，若方程222
()(2)1f x a x a a x a =++++有两个不相等的实根，求a 的最大整数值.（5
ln 0.2234
≈）.
12、（杭州市2019届高三4月教学质量检测（二模））已知函数()()1x f x x e =-．
（1）求函数()f x 的单调递增区间；
（2）若方程()(),f x ax b a b R =+∈有非负实数解，求2+4a b 的最小值．
13、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）已知()
ln (,2)x
x
f x e e
a x a N a 的极值点
1
(,1)2
x . （Ｉ）求a 的值； （Ⅱ）若不等式()
()f x b b Z 恒成立，求b 的最大值.
14、（绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测）已知x ae
x f x
+=-)(与
),(2
1)(2
R b a b x x x g ∈-+=
. （Ⅰ）若)(),(x g x f 在2=x 处有相同的切线．求b a ,的值；
（Ⅱ）设)()()(x g x f x F -=，若函数()F x 有两个极值点)(,2121x x x x >，且 0321≥-x x ，求实数a 的取值范围．
15、（台州市2019届高三4月调研）已知函数2()
x f x x e （e 为自然对数的底数， 2.71828e
）.
（Ｉ）若关于x 的方程()f x a =有三个不同的解，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）若实数m ，n 满足(2)m n
f ，其中m n ，分别记：关于x 的方程()
f x m 在()
,0-∞ 上两个不同的解为1x ，2x ；关于x 的方程()f x n 在()2,-+∞上两个不同的解为3x ，4x ，求
证：1
234x x x x －.
16、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）记()(1)ln a f x ax x x =-+ （ I ）若()0a f x ≤对任意的 x > 0 恒成立，求实数 a 的值； （ II ）若直线l : 1y kx =+与()a f x 的图像相切于点Q ( m ，n ) ；
（ i ） 试用 m 表示 a 与 k ；
（ ii ） 若对给定的 k ，总存在三个不同的实数 a 1，a 2，a 3，使得直线l 与曲线
1()a f x ，2()a f x ，3()a f x 同时相切，求实数k 的取值范围。

17、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）已知函数x ax x x f ln )(2
-+-= （1）判断函数)(x f 的单调性；
（2）若函数)(x f 存在极值，且所有极值之和小于5+ln2，求a 的取值范围；
18、（七彩阳光联盟2019届高三下学期第三次联考）已知()3
1ln 6
f x x ax x =
-+． （1）若()f x 在定义域上单调递增，求a 的取值范围； （2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：122x x +>．
参考答案：1、
2、
3、
4、解：（Ⅰ）因为()2
ln f x x ax x =-+-，所以221
()x ax f x x
-+'=-，令()221g x x ax =-+．
280a ∆=-≤，即2222a -≤()0g x ≥恒成立，此时()0f x '≤，所以函数()f x 在()0,+∞上为减函数；…3分
280a ∆=->，即22a <-22a >()2210g x x ax =-+=有不相等的两根，设为12
,x x （12x x <），则218a a x --=，228
a a x +-=．当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0g x >，此时
()0f x '<，所以函数()f x 在()10,x 和()2,x +∞上为减函数；当()12,x x x ∈时，()0g x <，此时()0f x '>，所以函数()f x 在()12,x x 上为增函数．…7分
（Ⅱ）对函数()f x 求导得221
()x ax f x x -+'=-. 因为()f x 存在极值，所以
221
()0x ax f x x
-+'=-=在()0,+∞上有解，即方程2210x ax -+=在()0,+∞上有解，即
280a ∆=-≥.显然当0∆=时，()f x 无极值，不合题意，所以方程2210x ax -+=必有两个不等
正根. …10分
设方程2210x ax -+=的两个不等正根分别为12,x x ，则1212102
2
+=x x a x x ⎧=>⎪⎪⎨⎪⎪⎩，由题意知
()()12f x f x + ()()()
22121212ln ln a x x x x x x =+-+-+
22211ln 1ln 22424
a a a =-+-=++，…13分 由28a >得()()121
21ln
3ln 22
f x f x +>+-=+， 即这些极值的和的取值范围为()3ln 2,++∞． …15分 5、解：（I ）x x x f 1
11)(2-+
='…………2分
令m x f x f ='=')()(21，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-+-011
10111
222
121
m x x m x x ，
由韦达定理得
11
12
1=+x x …………3分
即2121212x x x x x x >⋅=+，得421>⋅x x …………4分
()()21212121x ln x ln x 1x 1x x )x (f )x (f +-⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-+=+∴
()1x x ln x x 2121--=…………6分
令421>⋅=x x t ,则()1ln 1ln 2121--=--t t x x x x ，令()()41ln >--=t t t t g ， 则()()401
1>>-='t t
t g ，得()()2ln 234-=>g t g …………8分
（II ）由()b kx x f +=得x
b x x x k ---=ln 1
…………9分 令()x
b x x x x h ---=ln 1
， 则+→0x ，()-∞→x h ，()1,→+∞→x h x …………10分
下面先证明()1<x h 恒成立。

若存在()+∞∈,00x ，使得()10≥x h ，+→0x ，()-∞→x h ，且当自变量x 充分大时，
()1ln 1
<---
=
x
b x x x x h ，所以存在()01,0x x ∈，()+∞∈,02x x ，使得()11<x h ，()12<x h ，取()(){}1,m ax 21<=x h x h k ，则k y =与()x h y =至少有两个交点，矛盾。

…………12分
由对任意(),1k ∈-∞，()k x h =只有一个解，得()x h 为()0,+∞上的递增函数，
()01
ln 2
2
≥-++='∴x b x x x h …………13分 得1ln 2+--≥x x b ，令()()01ln 2>+--=x x x x m ，则()2
2212x x
x x x m -=-='，
得()()2ln 2max -==≥m x m b …………15分
解二：隐零点估计极值法. 由()b kx x f +=得()0ln 1
1=----b x x
x k 对任意(),1k ∈-∞有唯一解…9分 令()()b x x
x k x g ---
-=ln 1
1，则()x g 有唯一零点. 则()()2
21
1x
x x k x g +--='，分子部分
34-=∆k …………10分
(i)当4
3
≤
k 时，()x g 在()0,+∞上递增，+→0x ，()-∞→x g ，+∞→x ， ()+∞→x g ，则()x g 有唯一零点；…………11分
(ii)当
14
3
<<k 时，()0g x '=有两个不同实根1x ，2x ，
()11,2x =
=
，()22,+x =∞，
()g x 在()10,x 递增，()12,x x 递减，()2,x +∞递增，
又+→0x ，()-∞→x g ，+∞→x ，()+∞→x g ，则()x g 有零点，
()()()111111
12
=1ln ln 1g x g x k x x b x b x x ∴=--
--=---+极大…………12分 令()
()2ln 112h x x b x x =---+<<，则()()22012x
h x x x -'=><<，
()()()1=1,ln 2g x g x b b ∴∈----极大…………13分
同理，()()()2=,ln 2g x g x b ∈-∞--极小，
当ln20b --≤即ln 2b ≥-时，得()0g x <极大，则()x g 恰有一个零点；
当ln20b -->即ln2b <-时，则存在()()2=0g x g x =极小，得()x g 有两个零点，不符合题意.
b≥-…………15分综上得ln2
6、
7、
8、
9、（Ⅰ）解：32
()3f x x x '=-，'(1)2f =-. .………1分
且3(1)4f =-
，所以在1x =处的切线方程为5
24
y x =-+. ………3分 （Ⅱ）证明：因为对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立.
所以4
324
x a x x ≤-+恒成立. .………4分 设4
3()24
x g x x x =-+，
则32'()32g x x x =-+2
(1)(22)x x x =---(1)(11x x x =---+
所以()g x 在()1，()
+∞单调递增，
在(,1-∞，(单调递减. ………6分
所以min ()min{(1(1g x g g =，
因为12
22=0x x --的两根.
所以43
0000()24x g x x x =-+20000(22)(22)24
x x x x +=-++
22
00
(1)2x x =+-20021x x =-++1=-. （其中01x = 所以a 的最大值为1-. ………9分 （Ⅲ）解:若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根， 当0x =，得0m =，与已知矛盾.
所以43444x x m k x --=有两根，即43444x x m
y x --=与y k =有两个交点. …10分
令4344()4x x m h x x --=，则432
384'()4x x m
h x x
-+=. 令4
3
()384p x x x m =-+，2
'()12(2)p x x x =-，则()p x 在(,2)-∞单调递减，(2,)+∞单调递增，所以min ()(2)416p x p m ==-. …11分
（ⅰ）当4160m -≥时，即4m ≥时，则'()0h x ≥，即()h x 在(,0)-∞，(0,)+∞单调递增，且当x →-∞时，()h x →-∞；当0x -
→时，()h x →+∞；当0x +
→时，()h x →-∞；当x →+∞时，()h x →+∞.此时对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解. ………12分
（ⅱ）当04m <<时，()p x 有两个非负根1x ，2x ，所以()h x 在(,0)-∞，1(0,)x ，2(,)
x +∞
单调递增，12(,)x x 单调递减，所以当21((),())k h x h x ∈时有4个交点，1=()k h x 或2=()k h x 有3个交点，均与题意不合，舍去. ………13分
（ⅲ）当0m <时，则()p x 有两个异号的零点1x ，2x ，不妨设120x x <<，则()h x 在1(,)x -∞，2(,)x +∞单调递增；()h x 在1(,0)x ，2(0,)x 单调递减.
又x →-∞时，()h x →-∞；当0x -→时，()h x →-∞；当0x +
→时，()h x →+∞；当x →+∞时，()h x →+∞.
所以当12()()h x h x =时，对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解.
所以有43113840x x m -+=，43223840x x m -+=，得2222
121212123()()8()x x x x x x x x ++=++. 由12()()h x h x =，得3232112233x x x x -=-，即22
1212123()x x x x x x ++=+.
所以22
128x x +=，122x x =-，122x x +=. 故3344
121288()3()m x x x x =+-+
22222
212112212128()()3[()2()]x x x x x x x x x x =+-+-+-8=-.
所以1m =-.
所以当4m ≥或1m =-时，原方程对任意实数k 均有且只有两个解.………15分 10、易得()f x 的导数1
()21f x ax b x
'=+++. ………………2分
（I ）证明：此时2
()ln(1)f x x ax =++，1
()21f x ax x
'=
++. 注意到对任意实数a ，(0)0f =，(0)1f '=， ………………4分
故直线y x =是曲线()y f x =在原点(0,0)处的切线； ………………6分 （Ⅱ）由题意，存在实数a ，使得对任意(1,0)x ∈-，都有()0f x <，且对任意(0,)x ∈+∞，都有
()0f x >. ………………8分
因(0)0f =，故(0)0f '≥（否则，若(0)0f '<，则在0x =的左右附近，恒有()0f x '<， 从而()f x 单调递减，不合题意）. ………………10分
于是(0)10f b '=+≥，因此1b -≥. ………………12分
又当1
2
a =，1
b =-时，21()1011x f x x x x '=+-=++≥（等号成立当且仅当0x =）， 于是()f x 在(1,)-+∞内单调递增，满足题意.
所以b 的最小值为1-. ………………15分
11、
12、
13、
14、解：（Ⅰ）解答：'()1x
f x ae
-=-+,'()1g x x =+. …………2分
由于)(),(x g x f 在2=x 处有相同的切线，得'(2)'(2)(2)(2)f g f g =⎧⎨=⎩，即221324ae ae b --⎧-+=⎪⎨+=-⎪⎩
，
…………4分
解得2
24a e b ⎧=-⎨=⎩
. …………6分
（Ⅱ）
21()2
x F x x b ae -=+-，则'()x F x ae x -=--，其中12,x x 是方程0x ae x ---=的两根. …………7分
0x x ae x a xe ---=⇔=-，设()x p x xe =-，则'()(1)x p x x e =-+，
可知()x
p x xe =-在(,1),(1,)-∞-↑-+∞↓，画图像可得211(0,),10a x x e
∈<-<<
…………9分
设
2
1
=x t x ，可得21x tx =，由1230
3x x t -≥⇒≥. 12
12
x
x ae x ae x --⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，两式相除代入可得1221x x x e x -=，代入可得，1
(1)t x e t -=，两边取对数可得，1ln 1t x t =-.设ln ()1t h t t =-，则21
ln '()(1)t t t h t t --
=-，再设1()ln t g t t t
-=-,则21'()t g t t -=
当213,'()0t t g t t -≥=
>即1()ln t g t t t -=-在[3,)+∞单调递增，所以2
()(3)ln303
g t g ≥=->， 则2
1
ln '()0(1)t t t h t t --
=>-,所以ln ()1t h t t
=-在[3,)+∞单调递增，且当,()0t h t →+∞→. 则ln ()[(3),0),1t
h t h t
=
∈-即11[ln3,0)2x ∈-. …………14分
由于11x
a x e =-，又()x
p x xe =-在(1,)-+∞↓
当11[ln3,0)2
x ∈-，1
3ln3()(0,]p x ∈，即3ln3
(0,]a ∈.…………15分 15、
16、解：（I ）∵1
()(21)a f x a x x
'=-+
∵(1)0a f =，又∵()0a f x ≤恒成立，∴(1)a f 是()a f x 的最大值 ∴(1)0a f '=，∴1a =-
反过来，当1a =-时，显然()0a f x ≤恒成立. ∴1a =-
（II ）（i ）∵1
()(21)a f x a x x
'=-+
，由切点(,)Q m n ，则有： 1(21)(1)ln 1
a m k m am m m km ⎧
-+=⎪
⎨
⎪-+=+⎩①②
，
把①代入②可得：2
ln 2
m a m
-=
， 代入①式得：2
(21)(ln 2)m m m
k m --+=（**），
（ii ）根据题意方程（**）有三个不同的解， 令2
(21)(ln 2)()m m m
F m m --+=
∴24
1
[2(ln 2)(21)
1][(21)(ln 2)]2()m m m m m m m m F m m -+-+⋅---+⋅'=
3
(2ln 1)(4ln 2ln 64)
m m m m m m m m
-----+=
33
2ln 2ln 55(1)(52ln )
m m m m m m m m -++---==
由()0F m '=，解得两根分别为1与5
2
e
∴当(0,1)m ∈时，()0F m '<，()F m 单调递减；当52
(1,)m e ∈时，()0F m '>，()F m 单调递增；当52
(,)m e ∈+∞时，()0F m '<，()F m 单调递减
∴()F m 的极小值为(1)1F =-；()F m 的极大值为552
2
5
41
()2e F e e -=
又∵52
(,)m e ∈+∞时，2
(21)(ln 2)()0m m m
F m m --+=
>
∴当52
5
41
(0,
)2e k e -∈时，方程（**）有三个不同的根， 下面说明三个不同的m 对应的a 也是不同的：
设方程（**）的三个不同的根分别为：123,,m m m ，且52
12301m m e m <<<<< 则有：1121ln 2m a m -=
，2222ln 2
m a m -=，332
3
ln 2m a m -=，显然1230,,0a a a <> 只需说明23a a ≠即可， 又由23()()F m F m =可得：
333
22222
23
(21)(ln 2)(21)(ln 2)m m m m m m m m --+--+= 即223323
11
(21)(21)m a m a m m -+
=-+，假设23a a λ==， 则有2332112()m m m m λ-=
-，即23
1
2m m λ= 即
32322222
232323
ln 2ln ln ln 21
2m m m m m m m m m m λ---====- 即3223321ln
()02m m m m m m --=，令231m s m =<，即11
ln ()02s s s
--= 设11
()ln ()2G s s s s
=-
-
∴2211111()(1)(1)022G s s s s
'=-+=--< ∴()G s 在(0,1)上是减函数，即()(1)0G s G >=，与()0G s =矛盾
∴假设不真，即23a a ≠ ∴当52541(0,)2e k e -∈，存在三个不同的实数123a a a ，，使得直线l 与曲线1()a f x ，2()a f x ，3()a f x 同时相切．
17、（1）函数的定义为（0，＋∞）
1'()2f x x a x
=--+＝221x a x +-+＝221x ax x -+- 令2()21g x x ax =-+-，
△＝2a －8≤0时，即a -≤≤g(x)≤0，'()f x ≤0，f(x)在（0，＋∞）单调递减。

△＝2a －8＞0时，即a <-a >
x ==
因为x ＞0，所以，a <-不合
当a >f(x)在（0），，＋∞）单调递减。

（2）
'()f x ＝221x ax x
-+-
18、（Ⅰ）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，由题意知211()02f x x a x
'=-+≥在(0,)+∞上恒成立，即2112a x x
≤+在(0,)+∞上恒成立， ………2分 令211(),02g x x x x =
+>， 则322
11()x g x x x x -'=-=， ………4分 所以，当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以，当1x =时，()g x 有最小值3(1)2
g =， 所以，32
a ≤. ………6分 （Ⅱ）因为211()2f x x a x
'=-+， 由()0f x '=知，2112a x x =
+，设211(),02g x x x x =+>，
由（Ⅰ）12()()g x g x =，且()g x 在(1,)+∞上单调递增，()g x 在(0,1)上单调递减， 所以，1201x x <<<，
令()(1)(1),(1,0)h x g x g x x =+--∈-， ………8分 则22
11()(1)(1)11(1)(1)h x g x g x x x x x '''=++-=+-+--+- 22222222
22(1)(1)22(1)(1)(1)(1)x x x x x x x +--+=-=⨯+-+-
222
(2(1)(1)x x x x x +=⨯+-， 所以()h x 在(1,0)-上单调递减，且(0)0h =， ………10分 所以，当(1,0)x ∈-时，()(0)0h x h >=，
又1(0,1)x ∈，∴11(1,0)x -∈-
∴ 1(1)0h x ->，即11()(2)0g x g x --> 所以，121()()(2)g x g x g x =>-， ………13分 因为，1121,21,1x x x <->>,且()g x 在(1,)+∞上单调递增，
所以，212x x >-即122x x +>. ………15分 方法2：因为211()2f x x a x
'=-+， 由()0f x '=知，2112a x x =
+，设211(),02g x x x x =+>， 由（Ⅰ）12()()g x g x =，且()g x 在(1,)+∞上单调递增，()g x 在(0,1)上单调递减， 所以，1201x x <<<，
令()()(2),(0,1)h x g x g x x =--∈， ………8分 则22
11()()(2)2(2)h x g x g x x x x x '''=+-=-+---
22222222442(1)[(1)3]2(2)(2)
x x x x x x x x -+---=-=--， 所以，()h x 在(0,1)x ∈上单调递减，
又(1)0h =，故()(1)0h x h >=恒成立， ………10分 所以，()(2)g x g x >-对(0,1)x ∈上恒成立，
因为101x <<，
所以11()(2)g x g x >-，即21()(2)g x g x >-，
………13分 又211,20x x >->且()g x 在(1,)+∞上单调递增，
所以212x x >-即122x x +>.
………15分。