2021届高考数学二轮复习常考专题大通关 函数与导数 含答案

1 / 15 2021 届高考数学二轮复习常考专题大通关 选择题：函数与导数 1.下列函数中，既是奇函数，又存在极值的是( ) A. 3y x B. 2y x C. e xy x  D. 2y x x   2.曲线 1( )f x x  在点 P 处的切线的倾斜角为 3 π4 ，则点 P 的坐标为( ) A. 1,1 B. 1, 1  C. 1 ,22      D. 1,1 或  1, 1  3.已知函数  f x 为定义在 R 上的偶函数，且当 0x  时，   ln 2f x x x   ，则    1 ' 1f f   的值为( ) A. 1 B.1 C. 3 D.3 4.已知  y f x 是可导函数，直线 2y kx  是曲线  y f x 在 3x  处的切线，如图，令      , 'g x xf x g x 是  g x 的导函数，则  ' 3g  ( ) A. 1 B.0 C.2 D.4 5.若 2x   是函数  2 1( ) 1 exf x x ax    的极值点，则  f x 的极小值为( ) A. 1 B. 32e C. 35e D.1 6.已知函数 ( ) 2 1xf x x   ，则不等式   0f x  的解集是( ) A.  1,1 B. ( ), 1 1,( )    C.  0,1 D. 1 ),0 ,( ) (  7.已知曲线 e lnxy a x x  在点 (1, e)a 处的切线方程为 2y x b  ，则( ) A. e, 1a b   B. e, 1a b  C. 1e , 1a b  D. 1e , 1a b   2 / 15 8.函数 sin cosy x x x  在 (π,3π) 内的单调递增区间是( ) A. 3ππ, 2      B. 3π 5π,2 2      C. 5π ,3π2      D. (π,2π) 9.若函数   3 23 1f x ax x x    恰好有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是( ) A. ( 3), B. ( ,3] C. ,0 ,3]( ) (0 D.  ( ),0 0,3  10.设函数 ( )f x 的导函数为 '( )f x ，若 1( ) e ln 1xf x x x    ，则 '(1)f  ( ) A. e 3 B. e 2 C. e 1 D.e 11.若函数   3 12f x x x  在区间  1, 1k k  上不是单调函数，则实数 k 的取值范围是( ) A. ( , 3] [ 1,1] [3, )      B.    3, 1 1,3   C.  2,2 D.不存在这样的实数 k 12.若函数 1( ) exf x a x   在其定义域上只有 3 个极值点，则实数 a 的取值范围为( ) A. 2e, (1, )4         B. 2e, 4       C. 2 1e, (1, )4e        D. 1, e      13.已知函数   2 2 3f x x ax ax b    的图象在点   1, 1f 处的切线方程为 12y x m   .若函 数  f x 至少有两个不同的零点，则实数 b 的取值范围是( ) A. 5,27 B. 5,27 C.  1,3 D. 1,3 14.已知函数   ( )xf x ax e a   R 有两个零点，分别为 1 2,x x ，且 1 23x x ，则 a 的取值范围为 ( ) A. 2 3, ln3      B. 30, ln3       C. 3 ,ln3      D. 2 3 ,ln3      15.设  f x 是定义在 R 上的偶函数，  'f x 为其导函数，  2 0f  ，当 0x  时，有 ( ) )' (xf x f x 恒成立，则不等式 ( ) 0xf x  的解集为( ) A.  2,2 B.  , 2( ) 0,2   C.    2,0 0,2  D.  (2,0 2, )   3 / 15 答案以及解析 1.答案：D 解析：对于 A，由函数的图象得该函数是奇函数，但是不存在极值，故选项 A 错误；对于 B， 由函数的图象得该函数是偶函数，故选项 B 错误；对于 C，令 ( ) e xf x x  ，其定义域为 R ， ( ) ( )e ( )xf x x f x     ，所以该函数不是奇函数，故选项 C 错误；对于 D，令 2( )f x x x   ， 其定义域为 2 2( ,0) (0, ), ( ) ( )f x x x f xx x                ，所以该函数是奇函数，由函 数图象得该函数在 ( , 2),( 2, )   上是增函数，在 ( 2,0),(0, 2) 上是减函数，所以该 函数存在极值，故选项 D 是正确的.故选 D. 2.答案：D 解析：切线的斜率 3tan π 14k    ，设切点 P 的坐标为  0 0,x y ，则  0' 1f x   . 又 2 2 0 1 1( ) , 1'f x x x     Q ，解得 0 1x  或 1 ，切点 P 的坐标为  1,1 或  1, 1  .故选 D. 3.答案：C 解析：由题意知， ( 1) (1) ln1 1 2 1f f       .由偶函数求导的性质，得 ( 1) (' 1' )f f   .因 为当 0x  时， ( ) ln 2f x x x   ，所以当 0x  时， 1' 1( )f x x   .故 (1) 2' , 1) 2'(f f    .因 此 '( 1) ( 1) 3f f     .故选 C. 4.答案：B 解析：由题图可知，曲线 ( )y f x 在 3x  处切线的斜率等于 1 3  ， 1(3)' 3f   ， ( ) ( )g x xf xQ ， ( ) ( ) ( )' 'g x f x xf x   ， (3) (3' ) 3 (3)'g f f   ，又由题图可知 1(3) 1, (3) 1' 3 03f g           . 5.答案：A 解析：  1 2 1 2 1( ) (2 )e 1 e ( 2)' 1 ex x xf x x a x ax x a x a              . 2x  Q 是 ( )f x 的极 值点， 2 0'( )f   ，即 3(4 2 4 1) e 0a a       ，解得 1a   .    2 1 2 1( ) 1 e , ( )' 2 ex xf x x x f x x x        . 由 )'( 0f x  ，得 2x   或 1x  ；由 )'( 0f x  ，得 2 1x   . 4 / 15 ( )f x 在 ( , 2)  上单调递增，在 ( 2,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增， ( )f x 的极小 值点为 1， ( )f x 的极小值为 (1) 1f   . 6.答案：D 解析：函数 ( )f x 的定义域为 R ，其导数为 ( ) 2 ln2 1' xf x   . 令 )'( 0f x  ，得  2 2 2 1log log log eln 2x   .因为 21 log e 2  ，所以  2 20 log log e 1  .当   2 2,log log ex  时， ( ) 0,' ( )f x f x 单调递减；当   2 2log log e ,x  时， ( ) 0,' ( )f x f x 单调递增.又 (0) 0, (1) 0f f  ，所以 ( ) 0f x  的解集为 ( ,0) (1, )   ，故选 D. 快解：可利用排除法， (2) 1 0f   ，排除 A，C； 1( 1) 02f    ，排除 B.故选 D. 7.答案：D 解析：令 ( ) e lnxf x a x x  ，则 ( ) e n' 1 lxf x a x   . Q 曲线 ( )y f x 在点 (1, e)a 处的切线方程为 2y x b  ， (1)' 2, e 2 , f a b    即 e 1 2, e 2 , a a b      解得 1 ,e 1, a b      故选 D. 8.答案：B 解析： sin cos , co' sy x x x y x x   Q . 当 (π,3π)x 时，令 cos 0'y x x  ，得 3π 5π,2 2x     ， 函数 sin cosy x x x  在 (π,3π) 内的单调递增区间是 3π 5π,2 2      . 9.答案：D 解析： Q 函数 3 2( ) 3 1f x ax x x    ， 2( ) 3 6 1f x ax x    . 由函数 ( )f x 恰好有三个单调区间，得 '( )f x 有两个不相等的零点， 23 6 1 0ax x    满足 0a  ，且 36 12 0a    ，解得 3a  ，且 0a  ， ( ,0) (0,3)a    .故选 D. 10.答案：C 解析：由题意，得 2 2 1 e 1'( ) (e ln )' e ln x x xf x x xx x x      ，所以 '(1) 0 e 1 e 1f      ，故选 C. 11.答案：B 5 / 15 解析：由题意得， 2( ) 3 12 0'f x x   在区间 ( 1, 1)k k  上至少有一个实数根， 而 2( ) 3 12 0'f x x   的根为 2x   ，区间 ( 1, 1)k k  的长度为 2， 故区间 ( 1, 1)k k  内必含有 2 或 2 . 1 2 1k k     或 1 2 1k k     ， 31 k   或 3 1k    ，故选 B. 12.答案：B 解析： 2 1( ) exf x a x    ，问题转化为方程 2 1e 0xa x   在区间 ( ,0) (0, )  上只有 3 个实 数根， 2 1 exa x   ，令 2 1( ) exg x x   ，由于 3 2( ) ex xg x x   ，令 ( ) 0g x  ， 2x   或 0x  ，令 ( ) 0g x  ， 2 0x   ，因为 2e( 2) , ( ) 0, 0, ( )4g g x x g x       ，所以结合 ( ) g x 的图象， 可知 2e 4a   时，方程 2 1e 0xa x   有 3 个实根，即 1( ) exf x a x   在 ( ,0) (0, )  上有 3 个极值点. 13.答案：B 解析：由题意，得 2'( ) 3 2 3f x x ax a   ， (1) 3 5' 12f a     ， 3a   ， 3 2( ) 3 9f x x x x b     .令 2'( ) 3 6 9 0f x x x    ，得 1 21, 3x x   .当 1x   或 3x  时， ( ) 0,' ( )f x f x  在 ( , 1),(3, )   上单调递增；当 1 3x   时， )'( 0f x  ， ( )f x 在 ( 1,3) 上单调递减.当 1x   时， ( )f x 有极大值 ( 1) 5f b   ；当 3x  时， ( )f x 有极小值 (3) 27f b  .若要使 ( )f x 至少有两个不同的零点，只需 5 0, 27 0, b b      解得 5 27b   .故选 B. 14.答案：D 解析：令   0f x  ，即 0xax e  . 当 0a  时， 0xe  无解，所以 0a  .所以有 1 x x a e  . 令   x xg x e  ，   xf x ax e  有两个零点，等价于 1y a  的图象与   x xg x e  的图象有两个不 同的交点.   1 x xg x e   ，当 )1(x , 时，   0g x  ；当 1( )x  , 时，   0g x  . 所以  g x 在 ( )1, 上单调递增，在 (1 ) , 上单调递减. 6 / 15 因此，如图， 1 20 1x x   . 令 2 13x x ，有 1 1 1 1 3 3 x x x x e e  ，得 1 ln3 2x  ，则   ln 2 1 3 ln3 ln32 2 3 xg e   . 所以 1 ln30 2 3a   ，即 2 3 ln3a  时，满足条件故 a 的取值范围为 2 3 ,ln3      .故选 D. 15.答案：B 解析：令 ( )( ) f xg x x  .由 0x  时，有 ( ) )' (xf x f x 恒成立，得 ( )' ( ) 0xf x f x  ， 2 ( ) ( )( )' 0'xf x f xg x x    ，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增.又 ( )f x 是定义在 R 上的偶函 数， ( ) ( )( ) ( )f x f xg x g xx x        ，函数 ( )g x 在 ( ,0) (0, )   上是奇函数，函数 ( )g x 在 ( ,0) 上单调递增. (2) 0, ( 2) 0, ( 2) (2) 0f f g g       Q ，由此可画出函数 ( )g x 的大致图象，如图.不等式 ( ) 0xf x  的解集就是 2 ( ) 0x g x  的解集，且 ( ) 0g x  的解集为 ( , 2) (0,2)   ，不等式 ( ) 0xf x  的解集为 ( , 2) (0,2)   .故选 B. 填空题：函数与导数 1.曲线  2ln 1y x  在点  0,0 处的切线方程为_________________. 2.已知定义在 R 上的函数 ( ) 3y f x  是奇函数，且满足 (1) 2f   ，则 ( 1)f   _________. 7 / 15 3.已知函数    2 5 2ln 2f x x x x   ，则  f x 的单调递增区间为_________________. 4.已知函数 2 1 2, 1,( ) 2 , 1,x x a xf x a a x         若  f x 在 (0, ) 上单调递增，则实数 a 的取值范围为 ________________. 5.已知函数 e 2, 0,( ) ( 2), 0, x xf x f x x       则  2 020f  ____________. 6.若曲线  2( ) 1 exf x x ax   在点   0, 0f 处的切线过点  2,2 ，则实数 a 的值为 _____________. 7.已知函数 ( ) af x x x   在区间  1,4 上存在最小值，则实数 a 的取值范围是 ________________. 8.已知    f x g x 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，且  0 0g  ，当 0x  时，     2 2 2 (xf x g x x x b b     为常数），则    1 1f g    ___________________ 9.已知函数 2 2 3y x x    在区间[ ,2]a 上的最大值为 15 4 ，则 a  _____________. 10.已知  f x 为定义在 R 上的奇函数，当 0x  时 21( ) e 2 xf x x x   ，则关于 a 的不等式  2( 1) 0f a f a a    的解集为____________. 答案以及解析 1.答案： 2y x 解析： 22ln( 1), 1y x y x     Q .当 0x  时， 2,y  曲线 2ln( 1)y x  在点  0,0 处的切 线方程为  0 2 0y x   ，即 2y x . 2.答案：-4 解析：设 ( ) ( ) 3g x f x  .因为 (1) (1) 3 1g f   ，所以 ( 1) 1g    .所以 ( 1) ( 1) 3 4f g      . 3.答案： 10, ,(2, )2      解析：因为 2( ) 5 2ln(2 )f x x x x   ， 0x  ，所以 22 2 5' 2 (2 1)( 2)( ) 2 5 x x x xf x x x x x         .由  ' 0f x  可得   2 1 2 0x x   ，所以 2x  或 10 2x  ，即  f x 的单调递增区间为 10, ,(2, )2      . 8 / 15 4.答案：  1,2 解析：因为  f x 在  0, 上单调递增，所以当 1x  时， xy a a  单调递增，所以 1a  . 易知函数 2 1 22y x a   在  0,1 上单调递增，所以若  f x 在  0, 上单调递增，则需满足 2 111 22 a a a    ，得 2a  .综上，实数 a 的取值范围为  1,2 . 5.答案：3 解析：由题意，得         02 020 2 020 2 2 018 2 0 e 2 3f f f f        L . 6.答案： 1 2  解析：  2( ) 1 2 e , (0) 1, (' 0) 1 ,' xf x x ax x a f f a        切线方程为 1 (1 )y a x   . Q 切 线过点 (2,2), 2 1 2(1 )a    ， 1 2a   . 7.答案： (1,16) 解析： 2 2 2( ) , '( ) 1a a x af x x f xx x x      Q .当 0a  时，对任意的    , '1,4 0fx x  ，此 时，函数  y f x 在区间 1,4 上单调递增，函数  y f x 在区间  1,4 上没有最小值；当 0a  时，令   2 2' 0x af x x   ，可得 x a  ，当 0 x a  时， )'( 0f x  ，当 x a 时， )'( 0f x  ， 此时，在  0, 上函数  y f x 的最小值点为 x a ，由题意可得1 4a  ，解得1 16a  . 因此，实数 a 的取值范围是 (1,16) . 8.答案：-4 解析：根据题意， ( )f x 是 R 上的奇函数，则 (0) 0f  ， 又由 (0) 0g  ，则 0(0) (0) 2 0f g b    ，得 1b   ， 当 0x  时， 2( ) ( ) 2 2 1f x g x x x x     ，则 (1) (1) 4f g  ， 于是 ( 1) ( 1) (1) ( [1) (1) 1 ]( ) 4f g f g f g           ． 9.答案： 1 2  解析： ' 2 2y x   ，令 ' 0y  ，得 1x   ，令 2( ) 2 3f x x x    ，则 ( )f x 在 ( , 1)  上单调 递增，在 ( 1, )  上单调递减.若 1 2a   ，则函数 ( )y f x 在区间[ ,2]a 上的最大值为 9 / 15 2 15( ) 2 3 4f a a a     ，解得 1 2a   ( 3 2a   舍去)；若 1a   ，则函数 ( )y f x 在区间[ ,2]a 上的最大值为 15( 1) 1 2 3 4 4f        .综上知， 1 2a   . 10.答案： ( , 1) (1, )    解析：因为 0x  时， 21( ) e 2 xf x x x   ，所以 0x  时 ( )' e 1xf x x  .设 ( ) e 1xg x x   ， 则 1'( ) exg x   ，当 0x  时， )'( 0g x  ，所以  f x 在  0, 上单调递增，   0'f x  ，所 以  f x 在  0, 上单调递增，且 0 21( ) e 0 0 12f x      .因为  f x 为定义在 R 上的奇函 数，所以  0 0f  ，  f x 在 ,0 上单调递增，且 0x  时， ( ) 1f x   ，所以 ( )f x 在 R 上 为增函数.由  2( 1) 0f a f a a    得  2 ( 1) (1 )f a a f a f a      ，所以 2 1a a a   ， 解得 1a  或 1a   ，故不等式的解集为 ( , 1) (1, )    . 解答题：函数与导数 1.已知函数 4 1( ) 2 x x mf x   是偶函数. （1）求实数 m 的值； （2）若关于 x 的不等式 22 ( ) 3 1k f x k   在 ( ,0) 上恒成立，求实数 k 的取值范围. 2.设函数   22ln 1f x x mx   . （1）讨论函数  f x 的单调性. （2）当  f x 有极值时，若存在 0x ，使得  0 1f x m  成立，求实数 m 的取值范围. 3.已知函数 ( ) 2ln 1f x x  . （1）若 ( ) 2f x x c„ ，求 c 的取值范围； （2）设 0a  ，讨论函数 ( ) ( )( ) f x f ag x x a   的单调性. 4.已知函数   3 2f x x kx k   . （1）讨论  f x 的单调性； （2）若  f x 有三个零点，求 k 的取值范围. 5.已知 2 ( ) ( )ex x mf x m R . 10 / 15 （1）若 3 4m  ，求 ( )f x 的极值. （2）若方程 e ( ) 8lnx f x x  在 1,e 上有两个不同的实数根，求实数 m 的取值范围. 6.已知函数     ( )ln 1f x x ax a   R . （1）讨论函数  f x 的单调性. （2）若    21 12g x x x a f x     ，设  11 2 2, xx x x 是函数  g x 的两个极值点，若 3 2a  ， 求证：    1 2 15 2ln 28x g xg    . 7.已知函数 2( ) ln (1 )f x x a x x    . （1）讨论函数 ( )f x 的单调性. （2）当 1a  时，证明：对任意的 (0, )x  ，有 2ln( ) (1 ) 1xf x a x ax       . 8.已知函数   ln ( )f x ax x a  R . （1）求函数  f x 的单调区间； （2）若函数  f x 有两个零点 1 2,x x ，证明： 1 2 1 1 2ln lnx x   . 答案以及解析 1.答案：（1）因为函数 4 1( ) 2 x x mf x   是定义域为 R 的偶函数，所以有 ( ) ( )f x f x  ， 即 4 1 4 1 2 2 x x x x m m      ， 即 4 4 1 2 2 x x x x m m   ， 故 1m  . （2） 24 1( ) 0,3 1 02 x xf x k    ，且 22 ( ) 3 1k f x k   在 ( ,0) 上恒成立， 故原不等式等价于 2 2 1 3 1 ( ) k k f x  在 ( ,0) 上恒成立， 又 ( ,0)x  ，所以  ( ) 2,f x   ，所以 1 10,( ) 2f x     ， 从而 2 2 1 3 1 2 k k  ， 因此， 1,13k     . 2.答案：（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 11 / 15  22 12( ) 2' mx f x mxx x      . 当 0m  时， )'( 0f x  ，函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； 当 0m  时，解 )'( 0f x  得 0 mx m   ， 函数 ( )f x 在 0, m m       上单调递增，在 ,m m      上单调递减. （2）由（1）知，当 ( )f x 有极值时， 0m  ，且函数 ( )f x 在 0, m m       上单调递增，在 ,m m      上单调递减， max 1( ) 2ln 1 lnm mf x f m mm m m             . 若存在 0x ，使得  0 1f x m  成立，则 max( ) 1f x m  成立， 即 ln 1m m   成立. 令 ( ) ln 1g x x x   . Q 函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增，且 (1) 0, 0 1g m    . 实数 m 的取值范围是  0,1 . 3.答案：设 ( ) ( ) 2h x f x x c   ，则 ( ) 2ln 2 1h x x x c    ， 其定义域为 (0 ) ， ， 2( ) 2h x x    . （1）当 0 1x  时， ( ) 0h x  ；当 1x  时， ( ) 0h x  .所以 ( )h x 在区间 (0 1)， 单调递增，在区 间 (1 ) ， 单调递减.从而当 1x  时， ( )h x 取得最大值，最大值为 (1) 1h c   . 故当且仅当 1 0c  „ ，即 1c … 时， ( ) 2f x x c„ . 所以 c 的取值范围为[ 1 )  ， . （2） ( ) ( ) 2(ln ln )( ) f x f a x ag x x a x a     ， (0 ) ( )x a a  U， ， . 2 2( ln 1n ) ( ) ( ) x a a xxg x x a       2 2(1 ln ) ( ) a a x x x a     . 取 1c   得 ( ) 2ln 2 2 (1) 0h x x x h   ， ，则由（1）知，当 1x  时， ( ) 0h x  ， 即1 ln 0x x   .故当 (0 ) ( )x a a  U， ， 时，1 ln 0a a x x    ，从而 ( ) 0g x  . 所以 ( )g x 在区间 (0 )a， ， ( )a  ， 单调递减. 12 / 15 4.答案：（1） 2( ) 3f x x k  . 当 0k  时， 3( )f x x ，故 ( )f x 在 ( , )   单调递增； 当 0k  时， 2( ) 3 0f x x k    ，故 ( )f x 在 ( , )   单调递增. 当 0k  时，令 ( ) 0f x  ，得 3 3 kx   .当 3( , )3 kx    时， ( ) 0f x  ；当 3 3( , )3 3 k kx  时， ( ) 0f x  ；当 3( , )3 kx  时， ( ) 0f x  .故 ( )f x 在 3( , )3 k  ， 3( , )3 k  单调递增， 在 3 3( , )3 3 k k 单调递减. （2）由（1）知，当 0k„ 时， ( )f x 在 ( , )   单调递增， ( )f x 不可能有三个零点.当 0k  时， 3 3 kx   为 ( )f x 的极大值点， 3 3 kx  为 ( )f x 的极小值点，此时， 3 31 13 3 k kk k       且 ( 1) 0f k   ， 3( 1) 0, ( ) 03 kf k f    .根据 ( )f x 的单调 性，当且仅当 3( ) 03 kf  ，即 2 2 3 09 k kk   时， ( )f x 有三个零点，解得 4 27k  ，因此 k 的 取值范围为 4(0, )27 . 5.答案：（1）由题意得 2 3 4( ) ex x f x   ， 所以 2 2 2 3 32 e e 24' 4( ) e e x x x x x x x x f x            . 令 )'( 0f x  ，得 2 32 04x x   ，解得 1 2 1 3,2 2x x  . 当 1, 2x      时， )'( 0f x  ；当 1 3,2 2x     时， )'( 0f x  ； 当 3 ,2x      时， )'( 0f x  . 所以 ( )f x 在区间 1 3, , ,2 2            上单调递减；在区间 1 3,2 2      上单调递增. 所以 ( )f x 的极小值为 1 e 2 ef      ，极大值为 2 3 3 e 2 ef      . （2）由 e ( ) 8lnx f x x  ，得 28lnm x x  . 令 2( ) 8ln ( 0)g x x x x   ，则 28 8 2( ) 2' xg x xx x    . 令 )'( 0g x  ，得 2x  ( 2x   舍去). 13 / 15 当 0 2x  时， )'( 0g x  ；当 2x  时， )'( 0g x  . 所以 ( )g x 在区间 (0,2) 上单调递增，在区间 (2, ) 上单调递减. 故 ( )g x 有极大值，为 (2) 8ln 2 4g   . 而 2(1) 1, (e) 8 eg g    ，且 (1) (e)g g ， 所以实数 m 的取值范围为 28 e ,8ln2 4   . 6.答案：（1）由题意得，函数  f x 的定义域为 ( )1  , ，   1 1f x ax    . 当 0a  时，   1 01f x ax     ， 函数  f x 在 ( )1  , 上单调递增. 当 0a  时，令   0f x  ，得 11x a    . 若 11, 1x a        ，则   0f x  ，此时函数  f x 单调递增； 若 11 ,x a        ，则   0f x  ，此时函数  f x 单调递减. 综上，当 0a  时，函数  f x 在 ( )1  , 上单调递增； 当 0a  时，函数  f x 在 11, 1 a       上单调递增，在 11 ,a       上单调递减. （2）    21ln 12g x x x a x   Q ， 0x  ，    1 1g x x ax       2 1 1x a x x    . 由   0g x  得  2 1 1 0x a x    ， 1 2 1x x a    ， 1 2 1x x  ， 2 1 1x x   . 3 2a Q ， 1 1 1 1 1 5 2 10 x x x x       ，解得 1 10 2x  .    1 2xg x g      2 21 1 2 1 2 2 1ln 12 x x x a x xx       2 1 1 2 1 1 12ln 2x x x        . 设   2 2 1 1 12ln 02 2h x x x xx            ， 14 / 15 则    22 3 3 12 1 0 x h x xx x x        ， 函数  h x 在 10, 2      上单调递减. 当 1 1 2x  时，  min 1 15 2ln 22 8h x h      . 3 2a  时，    1 2 15 2ln 28x g xg    成立. 7.答案：（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 22(1 ) 1'( ) a x xf x x     . 当 1a   时，由 )'( 0f x  ，得 22(1 ) 1 0, 9 8a x x a       ， 1 2 1 9 8 1 9 8,4(1 ) 4(1 ) a ax xa a         . 当 1a   时， 1'( ) , ( )xf x f xx  在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减. 当 1a   时， ( )f x 在  20, x 上单调递增，在  2 ,x  上单调递减. 当 9 8a   时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增. 当 9 18 a    时， ( )f x 在  20, x 和  1,x  上单调递增，在 2 1,x x 上单调递减. （2）当 1a  时，要证 2ln( ) (1 ) 1xf x a x ax       在 (0, ) 上恒成立， 只需证 lnln 1xx x ax      在 (0, ) 上恒成立. 令 ln 1( ) ln , ( ) 1 , (' ) 1xF x x x g x a F xx x          . 当 0 1x  时， )'( 0F x  ，当 1x  时， )'( 0F x  ， ( )F x 在  0,1 上单调递增，在  1, 上单调递减， ( ) (1) 1F x F    . 2 2 1 ln ln 1) ( )'( 0x xg x xx x      . 当 0 ex  时， )'( 0g x  ，当 ex  时， )'( 0g x  ， ( )g x 在 (0,e) 上单调递减，在  e, 上单调递增. 1( ) (e) 1eg x g a      . 又 max min 1 11, 1 1, ( ) ( )e ea a F x g x          ， 15 / 15 ( ) ( )F x g x  ，即 lnln 1xx x ax      在 (0, ) 上恒成立， 故当 1a  时，对任意的 2ln(0, ), ( ) (1 ) 1xx f x a x ax         恒成立. 8.答案：（1） 1 1( ) ( 0)' axf x a xx x     ， 当 0a  时， )'( 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，无单调递增区间. 当 0a  时，令 '( ) 0f x  ，则 1 0ax   ，所以 1x a  ，故 ( )f x 在 1 ,a     上单调递增；令 )'( 0f x  ，则 1 0ax   ，所以 10 x a   ，故 ( )f x 在 10, a      上单调递减. 综上可知，当 0a  时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，无单调递增区间； 当 0a  时， ( )f x 在 10, a      上单调递减，在 1 ,a     上单调递增. （2）设函数 ( )f x 的两个零点分别为 1 2 1 2, ,x x x x ，则 1 1 2 2ln 0, ln 0ax x ax x    ，易知 0a  ， 故  2 1 2 1ln lnx x a x x   . 要证 1 2 1 1 2ln lnx x   ，只需证 1 2 1 1 2ax x   ，即证 1 2 1 22 x x ax x   ， 即证 1 2 2 1 1 2 2 1 ln ln 2 x x x x x x x x    ，即证 2 2 2 1 2 1 2 1 ln2 x x x x x x   ， 即证 2 2 1 1 1 2 1ln 2 x x x x x x       . 令 2 1 xt x  ，则 1t  ，即证 1 1ln 2t t t      . 设 1 1( ) ln 2t t t t        ，则当 1t  时， 2 2( ) 0' 2 1 2 t tt t     ，所以 ( )t 在 (1, ) 上单调递减， 则 ( ) (1) 0t   ，即 1 1ln 2t t t      成立， 故 1 2 1 1 2ln lnx x   .