【答案】（Ⅰ）单调增区间为(0,1)，减区间为(1,??)；（Ⅱ）a??e；（Ⅲ）没有实数根 【解析】
（Ⅰ）由已知知道函数f(x)的定义域为{x|x?0} ········· ··· 1分
/当a??1时，f(x)??x?lnx，所以f(x)??1?211?x? ··· ··· 2分 xx当0?x?1时，f/(x)?0；当x?1时，f/(x)?0
所以，f(x)的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,??)． ······ ··· 4分
11，令f/(x)?0解得x?? ····· ··· 5分 xa11由f/(x)?0解得0?x??，由f/(x)?0解得??x?e
aa11从而f(x)的单调增区间为(0,?)，减区间为(?,e) ······ ··· 6分
aa11所以，f(x)max?f(?)??1?ln(?)??3
aa（Ⅱ）因为，f(x)?a?/解得，a??e． ······················ ··· 8分 （Ⅲ）由（Ⅰ）知当a??1时，f(x)max?f(1)??1，
所以，|f(x)|≥1 ······················ ··· 9分 令g(x)?2lnx11?lnx?，则g/(x)? 2x2x//当0?x?e时，g(x)?0；当x?e时，g(x)?0
从而g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,??)上单调递减
11??1 ··············· ··· 11分 e2lnx1? 所以，|f(x)|?g(x)，即|f(x)|?x2lnx1?没有实数根． ··········· 所以，方程|f(x)|=··· 13分 x2所以，g(x)max?g(e)?29. （福建省莆田一中、泉州五中、漳州一中2015届高三上学期三校联考数学文22）对于函数f(x)(x?D)，若x?D时，恒有f?(x)?f(x)成立，则称函数f(x)是D上 的“J函数”.
21
(Ⅰ)当函数f(x)?mexlnx是定义域上的“J函数”时，求实数m的取值范围； (Ⅱ)若函数g(x)为?0,???上的“J函数”.
（ⅰ）试比较g(a)与ea?1g(1)的大小（其中a?0）；
（ⅱ）求证：对于任意大于1的实数x1，x2，x3，…，xn均有
g(ln(x1?x2?????xn))?g(lnx1)?g(lnx2)??g(lnxn).
【答案】(Ⅰ) ?0,???；（Ⅱ）见解析 【解析】
ex (Ⅰ)由f(x)?melnx，可得f?(x)?m(elnx?)，因为函数f(x)是J函数，
xxxexmexexx?0， )?melnx，即?0，因为所以m(elnx?xxxx所以m?0，即m的取值范围为?0,???. ……………………………………………………………4分 (Ⅱ)①构造函数h(x)?g(x)g?(x)?g(x)?h(x)??0， ,x??0,???，则xxee可得h(x)为?0,???上的增函数， ……………………………………………………………6分
g(a)g(1)a?1?，得g(a)?eg(1) aeeg(a)g(1)当a?1时，h(a)?h(1)，即a?，得g(a)?ea?1g(1)
eeg(a)g(1)当0?a?1时，h(a)?h(1)，即a?，得g(a)?ea?1g(1) .……………9分
ee当a?1时，h(a)?h(1)，即
②因为x1?x2?????xn?x1，所以ln(x1?x2???xn)?lnx1， ……………10分 由①可知h(ln(x1?x2???xn))?h(lnx1),所以
g(ln(x1?x2???xn))g(lnx1)?， ln(x1?x2??xn)lnx1ee整理得
x1g(ln(x1?x2???xn))?g(lnx1)，
x1?x2??xnx2g(ln(x1?x2???xn))xg(ln(x1?x2???xn))?g(lnx2)， …, n?g(lnxn).
x1?x2??xnx1?x2??xn同理可得
把上面n个不等式同向累加可得
22
g(ln(x1?x2?????xn))?g(lnx1)?g(lnx2)??g(lnxn) ……………………………14分
30. （全国百强校吉林省实验中学2015届高三上学期第三次模拟考试数学21）.（本小题满分12分） 已知函数f?x??ex?cosx,g?x??x?sinx，其中e为自然对数的底数． （Ⅰ）求曲线y?f?x?在点(0,f(0))处的切线方程；
?π?（Ⅱ）若对任意x???,0?，不等式f?x?≥g?x??m恒成立，求实数m的取值范围；
?2?（Ⅲ）试探究当x?????π2,π?2??时，方程f(x)?g(x)?0解的个数，并说明理由．
【答案】（Ⅰ）y?x?1；（Ⅱ）?????,?π?2??；（Ⅲ）见解析
【解析】
（Ⅰ）依题意得，f?0??e0cos0?1， ···················f??x??excosx?exsinx, ·························f?(0)?1 ·······························所以曲线y?f?x?在点(0,f(0))处的切线方程为y?x?1． ··········（Ⅱ）等价于对任意x?????π2,0???，m≤[f(x)?g(x)]min． ···········设h(x)?f(x)?g(x)，x???π???2,0??．
则h??x??excosx?exsinx?sinx?xcosx??ex?x?cosx??ex?1?sinx 因为x?????π2,0???，所以?ex?x?cosx≥0,?ex?1?sinx≤0，
所以h??x?…0，故h(x)在???π,0??单调递增， ················?2?因此当x??π?2时，函数h(x)取得最小值h??????2????2； ···········所以m≤??2，即实数m的取值范围是??π????,?2??． ·············（Ⅲ）设H(x)?f(x)?g(x)，x?[?π2,π2]．
①当x?????π2,0???时，由（Ⅱ）知，函数H(x)在???π,0??单调递增，
?2?故函数H(x)在??π???2,0?至多只有一个零点，
?
1分
2分
3分
4分 5分
6分
7分
8分
23
?????π?又H?0??1?0,H??????0，而且函数H(x)在??,0?上是连续不断的，
2?2??2??π?因此，函数H(x)在??,0?上有且只有一个零点． ············· 9分
?2??π?②当x??0,?时，f(x)?g(x)恒成立．证明如下：
?4?π?π?设?(x)?ex?x,x?[0,]，则??(x)?ex?1≥0，所以?(x)在?0,?上单调递增，
4?4??π?所以x??0,?时，?(x)??(0)?1，所以ex?x?0，
?4??π?又x??0,?时，cosx≥sinx?0，所以ex?cosx?xsinx，即f(x)?g(x)．
?4??π?故函数H(x)在?0,?上没有零点． ···················· 10分
?4??ππ??ππ?③当x??,?时，H?(x)?ex(cosx?sinx)?sinx?xcosx?0，所以函数H(x)在?,?上单调递减，故函
?42??42??ππ?数H(x)在?,?至多只有一个零点，
?42?π2ππππ?ππ?(e4?)?0,H()???0，而且函数H(x)在?,?上是连续不断的， 又H()?42422?42??ππ?因此，函数H(x)在?,?上有且只有一个零点． ·············· 11分
42???ππ?综上所述，x???,?时，方程f(x)?g(x)?0有两个解． ·········· 12分
22??
24