故当0?a?11时不超标，当?a?1时超标． ……………………12分 33x?2xlnx1?2lnx?.由f?(x)?0得x?e,-------1分 43xx20.【解析】（1）f?(x)?''且0?x?e?f(x)?0,x?e?f(x)?0 -------2分
从而f(x)在(0,e)单调递增,在(e,??)单调递减.---------3分
f(x)极大?f(e)?1………………4分 .2e
1kx2?2x?k'',g(x)?2x （2）F(x)?k(x?)?2lnx,(k?R)，F(x)?2xx 假设F(x),g(x)的图象在其公共点(x0,y0)处存在公切线，则
kx02?2x0?k32 由F?(x0)?g?(x0)得，即2x?kx?2x0?k?0-----6分 ?2x0002x0
2?(x?1)(2x0?k)?0, ? x0?0
k 又函数的定义域为(0,??) 2 当k?0时，x0?k ?(0,??) ?函数F(x)与g(x)的图象在其公共点处不存在公切线；
2k2?8kk2kk2kk 当k?0时，令F()?g(),即：?2ln?2?即： ?ln(k?0)2282224----9分k2?8k 下面研究方程?ln在(0,??)解的个数
82x2?8x11x2?4?ln(x?0)，则??(x)?x?? 令?(x)? 824x4x-----10分
1?(x)在(0,2)递减，(2,??)递增，所以?(x)min??(2)???0 2 且当x?0,?(x)???； 当x???,?(x)???
k2?8k??(x)在(0,??)有两个零点，?方程在(0,??)解的个数为2 ?ln 82 综上：当k?0时，函数F(x)与g(x)的图象在其公共点处不存在公切线；
当k?0时，符合题意的k的值有2个 ………………13分 21．【解析】（1）f??x???2x?1?x?x2???2x?1??1?x2??1?x?x2?2??x??2?3???x??2?3???? ??2?1?x?x2????? ∴f?x?的单调递增区间为?2?3,?2?3，单调递减区间为??,?2?3和
???? 11
??2?3,??. 极大值为f?2?3????（2）原不等式可化为et≥ ∴
2?1?x2?1?x?x223. ---------4分 3由（Ⅰ）知，x≤1时，f(x)的最大值为
23. 32?1?x2?1?x?x2的最大值为434343，由题意et≥，从而t≥ln 333 ----------8分
1?x2?x?x?0? （3）设g?x??f?x??x?1?x?x2 则g??x??f??x??1???x2?4x?1??1?x?x?22?1??x4?2x3?4x2?6x?2?1?x?x?222.
∴当x?0时，g??x??0，故g?x?在?0,???上是减函数，
???a?b???a??b??a2??b2???≤0 又当a、b、?、?是正实数时，??2???????????????a??b??a2??b2 ∴?. ?≤???????????a??b?2???a??b?2??a2??b2??a2??b2 由g?x?的单调性得f??， ???????≥f???????????????????????2???a??b?2???a2??b2???a??b??a2??b2 即f??.--------14分 ?≥????f?????????????????????????
附：1.对称问题参考答案 【变式1】D 【变式2】x?2. 函数思想参考答案
【变式1】问题抽象，构造简单的初等函数来处理。取f(x)?x?3x，易得选D。 【变式2】?1,??? 【变式3】tmax?x22k1.【变式3】直线x?(k?Z).【变式4】D
22311(e?)。 2ex?1?【变式4】f(x)?0?2|log0.5x|?1?|log0.5x|???，化为函数g(x)?log0.5x与
?2??1?h(x)???的图像交点问题.选B
?2?【变式5】构造函数h(x)?g(x)?f?x?,则h(x)?x?4x?5?2lnx，易得B
2x【变式6】设切点为P?x0,x0?，则f??x0??1?11?2x0?1?x0?a?
x0?a1?2x0 12
且f?x0??x0?ln?x0?a??x0?x0，∴ln212?x0?x0
1?2x0即x0?x0?ln?1?2x0??0，再令h?x??x?x2?ln?1?2x?，x??21， 2∴h??x??1?2x?2?0，∴h?x?为增函数，又h?0??0，
1?2x∴h?x0??0?x0?0.则a?1为所求 【变式7】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,??), f?(x)?1(2x?1)(ax?1)?2ax?(2?a)??. xx （i）若a?0,则f?(x)?0,所以f(x)在(0,??)单调增加.
111,且0?x??f'(x)?0,x??f'(x)?0aaa
11 所以f(x)在(0,)单调增加，在(,??)单调减少.
aa11（Ⅱ）构造函数g(x)?f(?x)?f(?x),易证
aa （ii）若a?0,则由f?(x)?0得x?（Ⅲ）由（I）可得，当a?0时,函数y?f(x)的图像与x轴至多有一个交点，
故a?0，从而f(x)的最大值为f(),且f()?0. 不妨设A(x1,0),B(x2,0),0?x1?x2,则0?x1?由（II）得f(1a1a1?x2. a211?x1)?f(??x1)?f(x1)?0.从而 aaax2?x?x212?x1,于是x0?1?.由（I）知，f?(x0)?0. a2a1?x2??lnx?212xgx=?x??lnx?2， 【变式8】（1）当a?2时，f'?x????，令
xex11?(x?1)(2x2?2x?1) 则g?1?=0，g?x?=?2x?2??，
xxx2'?0?x?1?g'?x?>0?g(x)Z；x?1?g'?x?<0?g(x)].故
g?x??g(1)?0，即
f'?x??0函数f?x?的单调区间为?0,???；
，故
1?x2?(2?a)x??lnx?ax（2）f'?x??，若函数f?x?在区间（0，1］上是减函数， xe 13
则?x?(0,1],f'?x??0,故x2?2x?1?lnx?a?x?1??0（*） x设h?x??x2?2x?1?lnx?a?x?1?x
?1?x??2x2?2x?1?11h'?x??2x?2?2??a???2?a 2xxx若a?2，则h'?x??0,h?x?在?0,1?递减，h?x??h?1??0即不等式
f'?x??f?x?,?x?(0,1],恒成立
若a?2,???x??2x?1121??2??'x?2???0 ??x2xx3x2??x?在?0,1?上递增,??x????1???2，
?x0??0,1?,使得??x0???a
x??x0,1?,??x???a,即h'?x??0,h?x?在?x0,1?上递增,h?x??h?1??0
这与?x??0,1?,x2?2x?1?lnx?a?x?1??0矛盾x
综上所述a?2
【变式9】构造f(p)?x2?xp?3x?3,p???1,1?，则由题意得
???f(?1)?0??3?x??1，选A?????? ?f(1)?0??2【变式10】(Ⅰ) k?e
(Ⅱ) 当 x > 0，m > 0 时， 曲线y＝f (x) 与曲线y?mx2(m?0) 的公共点个数即方程
f(x)?mx2 根的个数。
exexxex(x?2)由f(x)?mx?m?2,令h(x)?2?h'(x)?，
xxx22则 h(x)在(0,2)上单调递减，这时h(x)?(h(2),??);
e2h(x)在(2,??)上单调递增. ,这时h(x)?(h(2),??).h(2)?4 h(2)是y?h(x)的极小值即最小值。所以对曲线y＝f (x) 与曲线y?mx2(m?0) 公共点的个数，讨论如下：
14
e2e2e2（，??）当m ?(0,)时,有0个公共点；当m= ,有1个公共点；当m ?有2个公
444共点；
f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb(Ⅲ) 【方法一】 ??2b?a2?(b?a)令g(a)?(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb,(a?b)，则易得
g'(a)?(b?a?1)?ea?eb,g''(a)?(b?a)?ea?0,?g'(a)在???,b?上递增， ?g'(a)?g'?b??0,所以g(a)在???,b?上递减，故g(a)?g(b)?0，得证.
【方法二】设
f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?f(a)?(b?a?2)?f(b)??
2b?a2?(b?a)(b?a?2)?ea?(b?a?2)?eb(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa???e
2?(b?a)2?(b?a)令g(x)?x?2?(x?2)?ex,x?0,则g'(x)?1?(1?x?2)?ex?1?(x?1)?ex。
g'(x)的导函数g''(x)?(1?x?1)?ex?x?ex?0,所以g'(x)在（0，??）上单调递增，
且g'(0)?0.因此g'(x)?0，g(x)在(0,??)上单调递增,而g(0)?0,
所以在(0,??)上g(x)?0。
?当x?0时，g(x)?x?2?(x?2)?ex?0且a?b,f(a)?f(b)f(b)?f(a)(b?a?2)?(b?a?2)?eb?aa? ??e?0，所以当a 故欲证f(x)?0，只需证m?2时f(x)?0. 15