x1?ax2?1
1（ⅰ）当0?a?时,D?(0,x1)?(x2,??)
3（31?a)?3(1?3a)(3?a)（31?a)?3(1?3a)(3?a)即：D?（0，）?(,??)
44x1?a3?a?3(1?3a)(3?a)4将分子做差比较：?（3?a)2?3(1?3a)(3?a) ?8a(3?a)1?0?a?3?8a(3?a)?0?x1?a故当x?a时，可以取到极值，极值点为（a,3a2?a3)
x1?1?
（31?a)?3(1?3a)(3?a)(3a?1)?3(1?3a)(3?a) ?1?44分子做差比较：
(3a?1)2?3(1?3a)(3?a)?8(3a?1)?0 所以x1?1 又x2?1?（31?a)?3(1?3a)(3?a)?1
4?3(1?3a)(3?a)?(1?3a)
4分子做差比较法：
3(1?3a)(3?a)?(1?3a)2?8(1?3a)?0， 故x2?1,故此时x?1时的根取不到， （ⅱ）
1时，D?A?B?(0,1)?(1,??)，此时，极值点取不到x=1极值点为3116(,?)
273当a?（ⅲ）
1当?a?1时，D?{x?R|x?0),极值点为：(1,3a?1) 和(a,3a2?a3) 3总上所述：
1当0?a?时, f(x)有1个极值点为（a,3a2?a3)
31116当a?时，f(x)有1个极值点为(,?)
27331当?a?1时，f(x)有2个极值点分别为为：(1,3a?1) 和(a,3a2?a3) 3
10．（2012湖南文）（本小题满分13分）已知函数f(x)?ex?ax，其中a＞0．
（Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)?1恒成立，求a的取值集合；
（Ⅱ）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1?x2)，
记直线AB的斜率为k，证明：存在x0?(x1,x2)，使f?(x0)?k成立．
解：（Ⅰ）f?(x)?ex?a．令f?(x)?0得x?lna． 当x?lna时，f?(x)?0，f(x)单调递减； 当x?lna时，f?(x)?0，f(x)单调递增． 故当x?lna时，f(x)取最小值f(lna)?a?alna．
于是对一切x∈R，f(x)?1恒成立，当且仅当a?alna?1． ①
令g(t)?t?tlnt，则g?(t)??lnt． 当0?t?1时，g?(t)?0，g(t)单调递增；
当t?1时，g?(t)?0，g(t)单调递减．
故当t?1时，g(t)取最大值g(1)?1． 因此，当且仅当a?1时，①式成立．
综上所述，a的取值集合为?1?．
f(x2)?f(x1)ex2?ex1（Ⅱ）由题意知，k???a．
x2?x1x2?x1ex2?ex1 令?(x)?f?(x)?k?e?，则
x2?x1xex1 ?(x1)??[ex2?x1?(x2?x1)?1]，
x2?x1ex2?(x2)?[ex1?x2?(x1?x2)?1]．
x2?x1 令F(t)?et?t?1，则F?(t)?et?1． 当t?0时，F?(t)?0，F(t)单调递减；
当t?0时，F?(t)?0，F(t)单调递增．
故当t?0时， F(t)?F(0)?0，即et?t?1?0． 从而ex2?x1?(x2?x1)?1?0，ex1?x2?(x1?x2)?1?0，
ex1ex2 又?0，?0，所以?(x1)?0，?(x2)?0．
x2?x1x2?x1 因为函数y??(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线， 所以存在存在x0?(x1,x2)，使?(x0)?0，即f?(x0)?k成立． 11．（2012湖北理）（本小题满分14分）
（Ⅰ）已知函数f(x)?rx?xr?(1?r)(x?0)，其中r为有理数，且0?r?1. 求f(x)的最小值；
（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：
设a1?0,a2?0，b1,b2为正有理数. 若b1?b2?1，则a1ba2b?a1b1?a2b2；
12（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广．．．．．
的命题.
注：当?为正有理数时，有求导公式(x?)???x??1. 解析：（Ⅰ）f?(x)?r?rxr?1?r(1?xr?1)，令f?(x)?0，解得x?1.
当0?x?1时，f?(x)?0，所以f(x)在(0,1)内是减函数； 当 x?1 时，f?(x)?0，所以f(x)在(1,??)内是增函数.
故函数f(x)在x?1处取得最小值f(1)?0. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x?(0,??)时，有f(x)?f(1)?0，即xr?rx?(1?r) ①
若a1，a2中有一个为0，则a1ba2b?a1b1?a2b2成立；
12若a1，a2均不为0，又b1?b2?1，可得b2?1?b1，于是 在①中令x?11a1aa，r?b1，可得(1)b1?b1?1?(1?b1)， a2a2a212即a1ba21?b?a1b1?a2(1?b1)，亦即a1ba2b?a1b1?a2b2.
综上，对a1?0,a2?0，b1，b2为正有理数且b1?b2?1，总有a1ba2b?a1b1?a2b2. ②
12（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设a1,a2,?,an为非负实数，b1,b2,?,bn为正有理数.
bb若b1?b2???bn?1，则a1ba2?an?a1b1?a2b2???anbn. ③
12n用数学归纳法证明如下：
（1）当n?1时，b1?1，有a1?a1，③成立. （2）假设当n?k时，③成立，即若a1,a2,?,ak为非负实数，b1,b2,?,bk为正有理数，
bb且b1?b2???bk?1，则a1ba2?ak?a1b1?a2b2???akbk.
12k当n?k?1时，已知a1,a2,?,ak,ak?1为非负实数，b1,b2,?,bk,bk?1为正有理数， 且b1?b2???bk?bk?1?1，此时0?bk?1?1，即1?bk?1?0，于是
aa?aab11b22bkkbk?1k?1?(aa?a)ab11b22bkkbk?1k?1=(ab11?bk?11ab21?bk?12?abk1?bk?11?bk?1k)bk?1ak?1.
因
bkb1b2?????1，由归纳假设可得 1?bk?11?bk?11?bk?1ab11?bk?11ab21?bk?12?abk1?bk?1k?a1?ab?a2b2???akbkbkb1b2?11?a2????ak?，
1?bk?11?bk?11?bk?11?bk?11?bk?1bk?1ak?1.
bbb?akak?1从而a1ba212kk?1?ab?a2b2???akbk???11?1?bk?1??又因(1?bk?1)?bk?1?1，由②得
?a1b1?a2b2???akbk???1?bk?1??1?bk?1bk?1?ak?1a1b1?a2b2???akbk?(1?bk?1)?ak?1bk?1
1?bk?1?a1b1?a2b2???akbk?ak?1bk?1，
bbb从而a1ba2?akak?1?a1b1?a2b2???akbk?ak?1bk?1.
12kk?1故当n?k?1时，③成立.
由（1）（2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立. 说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对n?2成立，则后续证明中不需讨论n?1的情况.
12．（2012湖南理）（本小题满分13分）已知函数f(x)?eax?x，其中a≠0． （Ⅰ）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；
（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1?x2)， 记直线AB的斜率为k．问：是否存在x0?(x1,x2)，使f?(x0)?k成立？ 若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：（Ⅰ）若a?0，则对一切x?0，f(x)?eax?x?1，这与题设矛盾．
又a?0，故a?0．
而f?(x)?aeax?1,令f?(x)?0，得x?当x?11ln. aa11ln时，f?(x)?0,f(x)单调递减； aa11当x?ln时，f?(x)?0,f(x)单调递增．
aa1111111故当x?ln时，f(x)取最小值f(ln)??ln.
aaaaaaa于是对一切x?R,f(x)?1恒成立，当且仅当
111 ?ln?1． ①
aaa令g(t)?t?tlnt,则g?(t)??lnt. 当0?t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递增； 当t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递减．