∵a＞b?0?a?b＞?1且a?b?0故e又 (a?b?1)?a?b·············8分 ?1＞ln(a?b?1)①·
a?1(a?b?1)(b?1)?(a?1) ?b?1b?1ab?b2b(a?b) =??0,
b?1b?1
a?1···············································10分 .·
b?1a?1故 ln(a?b?1)?ln ② .
b?1a?1由①②得 ea?b?1···········································12分 ＞lnb?1故 (a?b?1)?2
2
3、（2009临沂一模）设函数f(x)=x-mlnx,h(x)=x-x+a. （I） （II）
当a=0时，f(x)≥h(x)在（1,+∞）上恒成立，求实数m的取值范围; 当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在［1,3］上恰有两个不同零点，求实数 a的取值范围;
（III）
是否存在实数m，使函数f(x)和函数h(x)在公共定义域上具有相同的单调性？若存在，求出m的值，若不存在，说明理由。
解：（1）由a=0,f(x)≥h(x)可得-mlnx≥-x 即m?记??x，则f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立等价于m??(x)min. lnxlnx?1求得?'(x)?
ln2x当x?(1,e)时;?'(x)?0;当x?(e,??)时，?'(x)?0 故?(x)在x=e处取得极小值，也是最小值， 即?(x)min??(e)?e，故m?e.
（2）函数k(x)=f(x)-h(x)在［1,3］上恰有两个不同的零点等价于方程x-2lnx=a，在［1,3］上恰有两个相异实根。 令g(x)=x-2lnx,则g'(x)?1?xlnx
2x
当x?[1,2)时，g'(x)?0,当x?(2,3]时，g'(x)?0 g(x)在[1,2]上是单调递减函数，在(2,3]上是单调递增函数。 故g(x)min?g(2)?2?2ln2
又g(1)=1,g(3)=3-2ln3
∵g(1)>g(3),∴只需g(2)
1，使得函数f(x)和函数h(x)在公共定义域上具有相同的单调性 2f'(x)minm2x2?m,函数f(x)的定义域为（0,+∞）。 ?2x??xx若m?0，则f(x)'?0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，不合题意;
若m?0,由f(x)'?0可得2x-m>0，解得x>2
mm或x<-（舍去）
22故m?0时，函数的单调递增区间为(m,+∞) 2单调递减区间为(0, m1)而h(x)在(0,+∞)上的单调递减区间是(0,)，单调递增区间是22(
1，+∞) 2m111=，解之得m=即当m=时，函数f(x)和函数h(x)在其公共定义域上具有2222故只需相同的单调性。
4、（2009东莞一模）已知f(x)?x2?ax?a(a?2,x?R)，g(x)?e?x，?(x)?f(x)?g(x). （1）当a?1时，求?(x)的单调区间；
（2）求g(x)在点(0,1)处的切线与直线x?1及曲线g(x)所围成的封闭图形的面积； （3）是否存在实数a，使?(x)的极大值为3？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理
由.
解：（1）当a?1时,?(x)?(x2?x?1)e?x,?'(x)?e?x(?x2?x).?（1分）
当?'(x)?0时,0?x?1;当?'(x)?0时,x?1或x?0. ??（3分）
∴?(x)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为：(??,0)，(1,??). ??（4分）
（2）切线的斜率为k?g'(0)??e?x|x?0??1，
∴ 切线方程为y??x?1.??（6分）
所求封闭图形面积为
111S??[e?(?x?1)]dx??(e?x?x?1)dx?(?e?x?x2?x)|1??. 00022e1?x1??（8分）
（3）?'(x)?(2x?a)e?x?e?x(x2?ax?a)?e?x[?x2?(2?a)x]， ??（9分）
令?'(x)?0,得x?0或x?2?a. ??（10分）
列表如下：
x (－∞，0) － ↘ 0 0 极小 （0，2－a） + ↗ 2－a 0 极大 (2－a，+ ∞) － ↘ ?'(x) ?(x) 由表可知，?(x)极大??(2?a)?(4?a)ea?2. ??（12分） 设?(a)?(4?a)ea?2,?'(a)?(3?a)ea?2?0， ∴?(a)在(??,2)上是增函数，??（13分）
∴ ?(a)??(2)?2?3，即(4?a)ea?2?3，
∴不存在实数a，使?(x)极大值为3. ??（14）
5、（2009茂名一模）已知f(x)?ax?lnx,x?(0,e],g(x)?（Ⅰ）讨论a?1时, f(x)的单调性、极值； （Ⅱ）求证：在（Ⅰ）的条件下，f(x)?g(x)?lnx，其中e是自然常数，a?R. x1; 2（Ⅲ）是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
1x?1 ??1分 ?xx/∴当0?x?1时，f(x)?0，此时f(x)单调递减
（Ⅰ）?f(x)?x?lnx，f?(x)?1?当1?x?e时，f(x)?0，此时f(x)单调递增 ??3分 ∴f(x)的极小值为
/f(1)?1 ??4分
（Ⅱ）?f(x)的极小值为1，即f(x)在(0,e]上的最小值为1， ∴ f(x)?0，
f(x)min?1??5分
令h(x)?g(x)?1lnx11?lnx， ??6分 ??，h?(x)?2x2x当0?x?e时，h?(x)?0，h(x)在(0,e]上单调递增 ??7分 ∴h(x)max?h(e)?1111????1?|f(x)|min ∴在（1）的条件下，e2221f(x)?g(x)???9分
2（Ⅲ）假设存在实数a，使f(x)?ax?lnx（x?(0,e]）有最小值3，
f/(x)?a?1ax?1 ?9分 ?xx4（舍去），e① 当a?0时，f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?所以，
此时f(x)无最小值. ??10分 ②当0?11?e时，f(x)在(0,)上单调递减，在aa1(,e]上单调递增 a1f(x)min?f()?1?lna?3，a?e2，满足条件. ??11分
a③ 当
14，?e时，f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?（舍去）
ae所以，此时f(x)无最小值.综上，存在实数a?e2，使得当x?(0,e]时f(x)有最小值3. 6、（2009昆明一中第三次模拟）已知f?x??lnx?1??ax?2?
2??（1） 若函数f?x?是R上的增函数，求a的取值范围； （2） 若a?1，求f?x?的单调增区间 解：（Ⅰ）f??x??2x?a， 2x?12x?a?0在R上恒成立， 2x?1?f(x)是R上的增函数，故f??x??即a?2x在R上恒成立 x2?12x的最小值为?1，故知a的取值范围是???,?1? g?x??2x?12xax2?2x?a2?fx?0?a??ax?2x?a?0， （2）f??x??2由，得??2x?1x?1
①当a?0时，f??x??0?x?0，即函数f?x?在?0,???上单调递增；
a?0时，由判别式??4?4a2??4?a?1??a?1?可知
1?1?a21?1?a2?x?②当0?a?1时，有??0,f??x??0?， aa1?1?a21?1?a2,)上单调递增; 即函数f?x?在(aa1?1?a21?1?a2③当?1?a?0时，有??0,f??x??0?x?或x?，
aa1?1?a21?1?a2),(,??)上单调递增 即函数f?x?在(??,aa7、 解: (1) ?an?1?an?2an?1,两边加an得: an?1?an?2(an?an?1)(n?2),
?{an?1?an} 是以
2
为公比, a1?a2?4为首项的等比数列.
?an?1?an?4?2n?1?2?2n??①
由an?1?an?2an?1两边减2an得: an?1?2an??(an?2an?1)(n?2) ?{an?1?2an} 是以?1
(?1)为公比, a2?2a1??2为首项的等比数列. ?an?1?2an??2?①-②得: 3an?2[2?(?1)] 所以,所求通项为an?nnn?1?2?(?1)n??②
2n[2?(?1)n]????5分 3(2) 当n为偶数时,
1131132n?1?2n???[n?1?n]??n?1nan?1an22?12?122?2?2n?2n?1?132?232?2311??n?1n???(?)(n?2)22?2?2n?1?122n?1?2n22n?12nn?1nn?1n
11?n111311131???...??(1??2?...?n)??2?3?3?n?3 a1a2an222221?122当n为奇数时,?an?12n?0,又n?1为偶数 [2?(?1)n]?0,?an?1?0,a3n?1