2016北京一模二模导数大题

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1、2016北京一模二模导数大题1 . ( 2017届北京市高三入学定位考试理)已知函数f(X)ae(i)若曲线y f (x)在点(1,f(1)处的切线经过点(0,1),求实数a的值;(n)求证：当a 0时，函数f(x)至多有一个极值点；(川)是否存在实数 a,使得函数f (x)在定义域上的极小值大于极大值？若存在，求出a的取值范围;若不存在，请说明理由1 3 1 2 112 . (2017届北京市高三入学定位考试理)已知函数f (x) ax (a 1)x x .32271(i)当a 3时，求证:函数f (x)的图像关于点(丄,0)对称；3(n)当a 0时，求f (x)的单调区间.3 . (201

2、6年北京高考(理)设函数f(x) xea x bx，曲线y f (x)在点(2, f (2)处的切线方程为y (e 1)x4，(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间.4 . (2016年北京市海淀区高三二模理)已知函数f (x) ex(x2 ax a).(i )当a 1时，求函数f(x)的单调区间(n )若关于x的不等式f (x) ea在a，)上有解，求实数a的取值范围；(川)若曲线y f(x)存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围.(只需直接写出结果)5 . ( 2016年北京市西城区高三二模理)设a R，函数f (x)x a(x a)2(I )若函数f(x)在(0, f (0)

3、处的切线与直线 y 3x 2平行，求a的值；(n )若对于定义域内的任意为，总存在X2使得f(X2) f(xj，求a的取值范围.(2016年北京市东城区高三二模理)已知f(x) 2ln(x 2) (x 1)2, g(x) k(x 1).(I)求f(x)的单调区间；(n)当k 2时，求证：对于 x 1, f(x) g(x)恒成立；(川)若存在x01,使得当x ( 1,x0)时,恒有f (x) g(x)成立,试求k的取值范围(2016年北京市朝阳区高三二模理)(i)当a 3时，求曲线C : y1 2已知函数 f(x) -x (a 1)x (1 a)lnx,a2f (x)在点(1,f (1)处的切线

4、方程；(n)当x 1,2时，若曲线C : y1f (x)上的点(x, y)都在不等式组 xx 2,y,所表示的3x2(n)若函数h(x)1在区间(0,16)内有两个零点，求实数a的取值范围.平面区域内，试求a的取值范围8 . ( 2016年北京市丰台区高三二模理)(i)当a 2时，求函数g (x)2x而设函数 f(x) eax(a R).2x f (x)在区间(0,)内的最大值；aex9 . ( 2016年北京市房山区高三二模理)已知函数f(x) P(a 0).x10.(i)当a = 1时，求函数f x的单调区间；2(n)设g(x) f(x) Inx,若g(x)在区间(0,2)上有两个极值点，

5、求实数a的取值范围 x年北京市昌平区高三二模理)已知函数f(x) eax, g(x)x2 bx c(a,b,c R),且(2016y f (x)与曲线y g(x)在它们的交点(0, c)处具有公共切线.设11.h(x)f (x) g(x) .(I)求c的值,及a,b的关系式；(ll)求函数h(x)的单调区间；(Ill)设 a0,若对于任意x1, x? 0,1,都有h(x1) h(x?)e 1,求a的取值范围.(2016年北京市顺义区高三一模理)已知函数f(x) x2 ln x.(i)求曲线y f (x)在点(1,f(1)处的切线方程；1(n )设g(x) x2 x t,若函数h(x) f (x

6、) g(x)在,e上(这里e 2.718)恰有两个不 e同的零点，求实数t的取值范围12. ( 2016年北京市石景山区高三一模理)已知函数f (x) sinx x cos x (I)求曲线y f (x)在点(n,f(n)处的切线方程；1(n )求证：当 x (0 ,)时，f (x)-x3 ；23(川)若f(x) kx x cos x对x (0 )恒成立，求实数k的最大值.，213. ( 2016年北京市丰台区高三一模理)已知函数f (x) xln X (I )求曲线y f (x)在点(1,f(1)处的切线方程；(n )求证:f (x) x 1 ；)若f (x)ax2 - (a 0)在区间(0

7、,)上恒成立，求a的最小值.a14. (2016年北京市朝阳区高三一模理)已知函数f(x) x alnx,a R .(i)求函数f (x)的单调区间；(n )当x 1,2时,都有f (x)0成立,求a的取值范围；(川)试问过点P(1,3)可作多少条直线与曲线yf (x)相切？并说明理由.一一一1x 115. (2016年北京市海淀区高三一模理)已知函数f(x) In X 丄1, g(x)-一-xIn x(i)求函数f (x)的最小值;(n)求函数 g(x)的单调区间；(川)求证：直线y x不是曲线y g(x)的切线.16. (2016年北京市西城区高三一模理)已知函数f(x) xe(川)求证：

8、当x (0, aex 1 ,且f(1) e.(i)求a的值及f (x)的单调区间；(n)若关于x的方程f (x) kx2 2 (k 2)存在两不相等个正实数根为，X2 ,证4明:|x1 X2 I In . e17. (2016年北京市东城区高三一模理)设函数f (x) aex x 1, a R .(i)当a 1时，求f (x)的单调区间；(n)当x (0,)时，f(x) 0恒成立，求a的取值范围；单元检测卷设置参考答案11.( I)解:a e(n)证明：当a 0时， 当x (,0)时,f(x)0,函数f (x)在(，0)上单调递增，无极值；当 x (0,)时,令 g(x)aex(x 1) x2

9、,则 g (x) x(aex 2).2由 g(x)0得 x ln(),则a 当ln() 0,即a 2时,g(x) 0, g(x)在(0,)上单调递减，a所以g(x)在(0,)上至多有一个零点，即f (x)在上(0,)至多有一个零点 所以函数f(x)在(0,)上至多有一个极值点. 当ln()0,即2 a 0时,g(x)及g(x)随x的变化情况如下表：a U .J/. f2 Inf jl a 1H -Kr(,r) =+ 2)rs1 )+2故fc值42因为 g(ln() g(0) a 0,a所以g (x)在(0,)上至多有一个零点，即f (x)在(0,)上至多有一个零点.所以函数f(x)在(0,)上

10、至多有一个极值点.综上，当a 0时,函数f (x)在定义域上至多有一个极值点(川)存在实数a,使得函数f (x)在定义域上的极小值大于极大值.a的取值范围是a 0.由(n)可知当a 0时,函数f(x)至多有一个极值点，不可能同时存在极大值与极小值.当a 0时，f(x) x,无极值;当a 0时，g(x)及g(x)随x的变化情况如下表：Jfc-0(C+十 * 10JT &)=(1 一工妙 +3依题设，滋二利2解得*2之.由(I ) SD/(x)=2-此时结论成立 综上，a的取值范围是(，一+t,?由只玛0知，fx)与1 一丸+白“同号令 则 (x)=l+er_1所以，些时贰任gCO在厦间(to)上

11、单调連赢,当处(屮o)时，FCOaO貞对在区间+町上单调递増，故g(l) = 1是在的最小值)从而 g(x) 0:xe (p,十功.综上可知，广O) 0, xe (y=+x),故_/(力的单谧递増区间为(一応十 一4. 解: ( I )函数 f (x)的定义域为 R.当 a 1 时，f (x) ex(x 2)( x 1)当x变化时，f (x) , f (x)的变化情况如下表：x(,2) 2(2, 1)1(1+ )f (x)00f(x)Z极大值极小值Z函数f (x)的单调递增区间为(，2) , ( 1),函数f (x)的单调递减区间为(2,1)(n)解：因为f(x) 在区间a,)上有解, 所以f

12、 (x)在区间a，)上的最小值小于等于ea.因为 f(x) ex(x 2)( x a),令 f (x) 0 ,得 x12, x2a当a 2时,即a 2时,因为f (x)0对x a,)成立,所以f (x)在a,)上单调递增此时f (x)在a,)上的最小值为f (a),所以 f (a) ea(a1 法二：因为f(x) e在区间a,)上有解， 所以f (x)在区间a，)上的最小值小于等于 ea,当a 0时，显然0 a,),而f (0) a 0 ea成立，当a 0时,f (x) 0对x a,)成立,所以f(x)在a,)上单调递增，此时f (x)在a,)上的最小值为f (a),所以有 f (a) ea(

13、a2 a2 a) ea, a2 a) ea,1解得1 a ,所以此种情形不成立，2当a 2,即a 2时,若a0,则 f (x)0对 xa,)成立,所以f (x)在a,)上单调递增此时f (x)在a,)上的最小值为f (a),所以 f (a)ea (a2a a) e ,解得11 a ,所以0 a122若a0若a2 ,则 f (x)0对 x(a,a)成立，f (x)0对xa,)成立则f(x)在(a, a)上单调递减，在a,)上单调递增，此时f(x)在a,)上的最小值为f( a),所以有 f( a) e (a a a) e a e ,解得 2 a 0,a 22aa当 a 2 时,注意到 a a,),

14、而 f(a) e(a a a) e a e11 1解得1 a ,所以0 a综上，a (,2 2 2(川)a的取值范围是a 25.( I )证明：函数y f (x)的定义域D x|x R且x a,由题意，f (0)有意义，所以a 0.求导,得 f (x) (x a)2 (x a4 2(x a) (x a)(x 严)(x a)4(x a)43a 同理，当人(a,a)时，令x2人|x1 a |,得彳区)f(xj,也符合题意；由题意，得f (0)= 3,解得a 1.a验证知a1符合题意(n )对于定义域内的任意X1 ,总存在X2使得f(X2) f(X1)”等价于“ f (x)不存在最小值”1 当a 0

15、时，由f (x)-,得f(x)无最小值,符合题意x 当a 0时，令f (x) a a) 4到0,得x a或x 3a(x a)因为当x a时，f(x)x a(x a)20,当 x a时，f (x)0,随着x的变化时，f (x)与f(x)的变化情况如下X(,a)a(a,3a)3a(3a,f (X)不存在0f (X)不存在/极大所以函数f (x)的单调递减区间为(，a), (3a,),单调递增区间为(a,3a).所以只要考虑 为(,a),且洛 a即可.1当洛(,a)时，由f (x)在(，a)上单调递减，且儿儿 |人a | a ,1得 f(xjf(X1 |X1 a|),1所以存在X2为-|X1 a|,

16、使得f(X2)f(xj,符合题意；故当a 0时,对于定义域内的任意 XI,总存在X2使得f(X2) f(Xi)成立当a 0时,随着x的变化时，f (x)与f(x)的变化情况如下表：X(,3a)3a(3a, a)a(a,)f (X)0不存在f(x)极小/不存在所以函数f(x)的单调递减区间为(，3a), ( a,)，单调递增区间为(3a, a).f(x)丄爲0因为当x a时，(x a) ,当x a时，f (x) 0所以f(x) min f(3a).所以当x1 3a时,不存在x2使得f(x2) f(Xl).综上所述,a的取值范围为a【，)6.解：(I )所以f (X)单调增区间为35),单调减区间

17、为(n )设 h(x) f (x) g(x) 当k 2时，由题意，当x h(x)2(x2 3X 1)x 21 时,h (x)0,(1,x 1,(2，22ln(x 2) (x 1)2 k(x 1) (x1,)时，h(x) 0恒成立.2(x 3)(x 1)3521)，当X 又 h( 1)当x对于x 20恒成立，h(x)单调递减.(川)因为h(x)时,h(x) h( 1) 0 恒成立，即 f (x) g(x) f (x) g(x)恒成立2(x2 3x 1)2x2 (k 6)x 2kx 2时,f (x) - 1,2 ln (x + 2)当 k 2 时,对于 x 1,x + 1 0,2 ln (x +

18、2)- (x + 1)不存在满足条件的Xo；2当 k 2 时，令 t (x) =- 2x当 x (x 0 , +)时,t (x) 0,h恒成立，2(x + 1) 2 (x + 1),不存在满足条件的此时 2 (x + 1) k (x + 1). 2 (x + 1) k (x + 1),即 f (x) h ( 综上,k的取值范围为(-,2)Xo；恒成立,-(k + 6)x- (2k + 2), 可知 t (x)与 h (x)符号相同，(x) 0 恒成立.7.解：(I)2x 2y 501 x 2,x 1,x y,3(n)依题意当X 1,2时，曲线C上的点x,y都在不等式组y x 2所表示的平面区域

19、内,等价于当1 xx2时，f(x)I x32恒成立设 g(x) f(x) x1 2 x2ax(1a)ln x x入51,2 .所以g (x)=x+a+1 a =2 xax(1 a)=(x 1)(x a 1)xxx(1)当 a 11,即a2时，当x1,2时,g (x)0, g(x)为单调减函数13所以g(2)g(x) g(1).依题意应有g(1) a -2，g(2)2 2a (1a)l n20,解得a2所以1 a 2.a1.若1a 1 2,即2 a 3时，当x1,a1，g (x)0, g(x)为单调增函数，当x a1,2 , g (x)0, g(x)为单调减函数由于g(1)33,所以不合题意.2

20、当a 12,即a 3时，注意到g(1)1 a -5-,显然不合题意.22综上所述,解：1 a 2(I)当 a22 x2 时,g(x) x e , g (x)2 x2e (2 x 2x )=-2x(x1)e2xx 与 g(x)、g(x)之间的关系如下表：8.x(0,1)1(1,)g(x)+0-g(x)增函数极大值减函数函数在区间(0,)内只有一个极大值点所以这个极值点也是最大值点最大值g(1)2 ax1,h(x)(2x ax)e 当a 数 h(x) 当aX20时,h(x)-axe0且 x (0,16)时,h(x)0,函数 h(x)区间(0,区间(0,16)上不可能有两个零点，所以a0不合题意；0

21、时，在区间(0,)上x与h(x)、h(x)之间的关系如下表：2 ax e2ax(x )aaxe)上是增函数，所以函x(0,2)a2a(2,)ah(x)+0-h(x)增函数极大值减函数1 ,若函数h(x)区间(0,16)上有两个零点,因为h(0)2h0,a则-16,所以 ah(16) 042 2e a1a -8280,化简16a e2a ,e18,哑2因为1哑8 2ln242所以18 24ln 2eln 2e综上所述,当29.解:(l )当 a = 1 时,f (x)2 xxx e 2xe4x令 f (x)0 得 xx, f(x), f(x)变化情况x(-? ,0)f(x)1 ln163 eln

22、2.-时,函数h(x) exe2xxe x(x 2)x416,2xf(x)x .e (x 2)(0,2)x3(x1在区间(0,16)内有两个零点.0)(2,+?)f(x)+f (x)增所以 函数f(x)增区间为+增,0) , (2,),减区间为(0,2)x(n )方法一 ：g(x)驾 xxxaxe 2ae3_ 2xx x当 x (0,2)时，x 20,x3若g(x)在(0, 2)上有两个极值点 即方程aexg(x)即方程a设 F(x)In x(aex x)(x 2)0,g(x)在(0,2) 上至少有两零点，x 0在(0,2)上至少有两个不等实根，x亠x在(0, 2)上至少有两个不等实根e电(x

23、 (0,2) F(x)e，0的x 1xxe xe2x e解 F (x)F(x)在(0,1)上单增,在(1,2)上单减所以F(x)在(0,2)上的最大值为F(1)又 F(0)0,F(2)所以要使方程_22exx有两个不等实根，e设 h(x) aexx,解 h (x) aex 1a的取值范围为 (罕)e e10 得 x InaIn- (0,2) a2 1 当a (右,)时，x e e11且h(x)在(0,ln)单调递减;在(In ,)单调递增aa设洛，X2 (捲 X2)为方程aex x 0的两个不等实根，则在(0,xj上 h(x) 0 ,在(x-j, x2)上 h(x) 0,在(x2,2)上 h(

24、x) 0所以在(0,xj上g(x) 0,在(为出)上g(x) 0 ,在化,2)上g(x) 0即X1, X2为g(x)的两个极值点综上所述，g(x)在(0, 2)内存在两个极值点时，a的取值范围为(纟，)e e方法X c(n)g(x)豊-xxXX(/、 axe 2aeg(x)XIn x(aex x)(x 2)因为g(x)在(0, 2)上有两个极值点，所以g(x)在(0, 2)上至少有两零点，1 xx 0即方程一x e在(0, 2)上至少有两个不等实根， a所以方程ae所以直线y与曲线h(x) ex在(0,2)上有两个不同的交点a因为h(2)22e ,所以过点P(2,e )和0(0,0)的直线的斜

25、率k(设过点0(0,0)的直线I与曲线h(x) ex相切于点(X。) 因为h(x) ex,所以直线I的斜率k。eX0所以直线因为直线因为直线I的方程为y eX0 ex x。)I过点0(0,0),所以X01,所以k0 e1-x与曲线ae22亍即eh(x) ex在(0,2)上有两个不同的交点X2)为直线e1 x-x与曲线h(x) e在(0,2)上两个交点的横坐标a,显然在1x 0,在(Xi,X2)上 e a(0, X1)上 ex1 x 1-X 0,在(x2,2)上 e -X 0 aa所以在(0,xj上g(x) 0,在(人龙)上g(x) 0,在(X2,2)上g(x) 0即X1,X2为g(x)的两个极

26、值点 所以当g(x)在(0, 2)内有两个极值点时,a的取值范围为(电丄)e e方法三：g(x)Xg(x)-Xae2_x2aexx32 . In xxx2(aex x)(x 2)当a 0时,在区间(0,2)上所以g(x)0从而g(x)在区间(0,2)上是增函数当 a 0时,设 h(x) aex x, x3Xx 0,x 20,X30,故g(x)在区间(0,2)上无极值点；(0,2)若g(x)在(0, 2)上有两个极值点，g (x)在(0,2)上至少有两零点，即 h(x)在(0,2) 上至少有两零点h(x) aex 11令 h(x)0得 x Ina1当 In 0 即 a 1 时，x (0,2),

27、h(x)aex 1 0,a所以h(x)在x (0, 2)单调递增，h(x) h(0) a 0故g(x)在(0, 2)内不存在两个极值点.11当In 2即0 a 2时， aex (0,2) , h(x) aex 1 0,所以 h(x)在 x (0,2)单调递减，h(0) a 0,h(2)ae2 2 1 2 0所以h(x)在(0,2)上只有一个零点 人x (0,x), g(x)0, x (x,2),g(x)0所以 x (0, x),g(x)单调增，x (x,2),g(x)单调减所以g (x)在(0,2)上只有一个极值点(g(x)在(0,2)内不存在两个极值点)11当0 In 2即p a 1时， a

28、e11x (0,ln )时,h(x) 0,x (In，), h(x) 0aa所以x (0,In1)时屈数h(x)单调递减；a1x (I n,2),函数h(x)单调递增.a1In 丄1所以函数h(x)的最小值为h(In) ae a In .aa函数g(x)在(0, 2)内存在两个极值点h(0)0121当且仅当 h(In 一) 0 解得右 a .aeeh(2)02 1 综上所述，函数g(x)在(0, 2)内存在两个极值点时，a的取值范围为(右，).e e10-解：(1)因为函数 f (x) eax, g(x) x2 bx c,所以函数 f (x) aeax, g(x) 2x b.又因为曲线y f

29、(x)与曲线y g(x)在它们的交点(0,c)处具有公共切线所以f(0)g(0),即1c,f(0)g(0) ab.(II)由已知，h(x) f(x)g(x) eax x2 ax 1所以h(x)aeax 2x a.设 F(x) h(x) aeax 2x a,所以 F(x) a2eax 2,a R, F (x) 0,所以h(x)在(，)上为单调递增函数由(I)得,f(0)g(0),所以 h(0)f(0)g(0)0,即 0 是 h(x)的零点.所以，函数h(x)的导函数h (x)有且只有一个零点 0所以h(x)及h(x)符号变化如下，x(,0)0(0,)h(x)0h(x)极 小 值/所以函数h(x)

30、的单调递减区间为(,0),单调递增区间为(0,)(III) 由(II)知当x 0,1时,h(x)是增函数对于任意x,x2 0,1,都有h(xj h(X2)e 1等价于ah(x)max h(x)min h(1)h(0) e a e 1,等价于当 a 0时，G(a)ea a (e 1) 0,因为G(a) ea 1 0,所以G(a)在0,)上是增函数，又 G(1)0,所以 a 0,111.解：(i)函数定义域为(0,)1f (x) 2x , f (1)1x又f(1) 1,所求切线方程为y 1 x 1,即x y 01(n )函数h(x) f (x) g(x) ln x x t在,e上恰有两个不同的零点

31、 e1等价于ln x x t 0在-,e上恰有两个不同的实根，e1等价于t x Inx在一,e上恰有两个不同的实根，e令 k(x) x Inx,则 k(x)1x x11当 x(一,1)时,k(x)0,k(x)在(_,1)递减;ee当 x (1,e时，k(x)0 , k(x)在(1,e递增.11 ,又 k()e1故 kmin (x)k(1)1,k(e) e 1.1Qk)ek(e)0,即 t (1,112.解:f (x) (I )f()cosx1k()k(e),ek(1)1t k(-)e(cosx 0 f()5 1xsin x)xsin x.所以切线方程为y(n)令3,则 g (x)t(x) si

32、n x x则t(x) cosx减,t(x) sinx xt(0)0,即 sinx所以g(x)0所以/、 (0 g(x)在13f (x)x3x (0(川)原题等价于sinxkx对23xsin xxsin x2 x1 0令 h(x)x cosx sin xr,则h(x)x(sinx x)t(x)在单调递减，所以k恒成立，即sin xxx对g(x)g(0)0(0，2)恒成立,f(x)2x易知f (x) xsin x 0 即f(x)在(0,2)单调递增,所以 f(x) f(0),所以 h(x) 0(0 , )k h(-)故h(x)在 2单调递减,所以213.解:(I )设切线的斜率为kf (x) ln

33、 k f (1) 因为f (1)切线方程为x 1In1 11 In1(n)要证:f (x) x10切点为(1,0).1 (x 1),化简得：y x12综上所述,k的最大值为只需证明：g(x) x|nx x 10在(o,)恒成立，g(x) 当x 当xln x 11 ln x(0,1)时f (x)0, f(x)在(0,1)上单调递减;(1,1 时 g( X)minx l n x当xg(x) 所以f(x) x)时f (x)0 , f (x)在(1,)上单调递增；g(1)1 ln1 1100在(0，)恒成立xln(川)要使:ax22a在区间在(，)恒成立,In x等价于：ax等价于:h(x)In x2

34、ax 在(0,2)恒成立,因为1 h(x)-x当0 时,h(1)当所以axax当1n(所以22ax0 /n 、在(0，)恒成立a2(x -)(x -)a aax22小ax 22axln10 a510不满足题意20时，令 h(x)0,则1-)时 h(x) 0,h(x)在(0, a(0,a时1) ae314.解：(I )函数(1)当当当0当x)时 h (x)O,h(x)在(h( x) min1h( ) ln(a0时，满足题意0，得到a的最小值为f (x)的定义域为 XXe3a (舍)1 、)上单调递减；a)上单调递增；-f (x)a 0时，f (x)0恒成立，函数0时，令f (x)0,得xa时，f

35、 (x)0，函数f (x)为减函数；a时，f (x)0，函数f (x)为增函数f(x)在(0,a .x x)上单调递增；综上所述,当a 0时，函数f(x)的单调递增区间为当a 0时，函数f (x)的单调递减区间为(0, a),单调递增区间为(a,).(n)由(i)可知,(1)当 a1时，即a 1时，函数f (x)在区间1,2上为增函数，所以在区间1,2 上，f (x)mina 2时，即2 a当1上为增函数依题意有f(x)min当 a 2时，即a，所以 f(x)minf(a a ln(f (1)1,显然函数f (x)在区间1,2上恒大于零；1时，函数f (x)在1, a上为减函数，在a,2a)a

36、) 0 ,解得a2时,f(x)在区间a aln( a).e,所以21,2上为减函数，1.所以 f(x)min f(2) 2+aln2.依题意有f(x)min 2+a ln2 0 ,解得a22,所以ln2ln22.2综上所述,当a时，函数f (x)在区间ln 21,2上恒大于零(川)设切点为(x,X0 alnx),则切线斜率ak 1 一X0切线方程为y(xo alnxo) (1)(xX0Xo).因为切线过点P(1,3),则 3 (Xoa In x0)(1 旦)(1X0).X0即 a(ln x0Xo令 g(x)1 10),则 g (x) a(-飞)x x0时，在区间(0,1)上,g (x)0, g

37、(x)单调递增；)上, g (x)0, g(x)单调递减，2 0 .a(lnx 1 1) 2 (xxa(x1)2X(1)当 a在区间(1,所以函数g(x)的最大值为g(1) 故方程g(x) 0无解，即不存在x0满足式. 因此当a 0时,切线的条数为0. 当a 0时，在区间(0,1)上，g (x)0 , g(x)单调递减，在区间(1,) 上, g (x)所以函数g(x)的最小值为1+2取 x1 e ae,则 g(G0, g(x)单调递增, g(1)2 0.a(1 -a1)1 2 ae a0.故 g(x)在(1,-1-2取 x2 e a x In 4 1 所以|Xi X2 | 即17.解：(I)当

38、 a 1 时，则 f (x)ex x 1,则 f (x) ex 1.令 f (x)0,得 x 0.xJ000,f(x) 一0+f(:0/所以当x 0时，f(x)0, f(x)在 ，0上单调递减当x 0时，f(x)0, h(x)在(0,)上单调递增；当 x 0 时，f(X)minf(0)0(n)因为 ex 0,所以f (x) aex x 10恒成立，等价于a -_1恒成立e设 g(x)x , x o,e),得、 ex (x 1)ex得 g(x)2xxx )ee当 x 0,)时,g(x)0,所以g(x)在0,)上单调递减， 所以 x (0,)时，g(x) g(0)1.因为ax 1恒成立，e所以a1,)x /x(川)当x(0,)时,lne 1-,等价于ex xe10x2x设 h(x)x exe21, x0,).求导,得h(x)x exe2xxxxe2e2x1).22由(I)可知，x(0,)时,e因此当x (0, x 10恒成立所以x (0,)时,x(0,x),有 e2x1 022所以 h(x)0.所以h(x)在(0,)上单调递增,当x (0,h(0)0.)时,h(x)x)时，ln e