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（2）若函数f?x?有两个极值点x1，x2，且x1?x2，求证：f?x2???【答案】（1） x?y?0 （2）见解析 【解析】

试题分析：（1）分别求得f?1?和f'?1?，由点斜式可得切线方程；

1． 2（2）由已知条件可得f??x??lnx?1?2ax有两个相异实根x1，x2，进而再求导可得0?a?数的单调性可得f?x2??f?1???a??试题解析：

（1）由已知条件，f?x??x?lnx?x?，当x?1时，f?x???1，

1，结合函21，从而得证. 2f??x??lnx?1?2x，当x?1时，f??x???1，所以所求切线方程为x?y?0

（2）由已知条件可得f??x??lnx?1?2ax有两个相异实根x1，x2， 令f'?x??h?x?，则h'?x??1?2a， x1）若a?0，则h'?x??0，h?x?单调递增，f'?x?不可能有两根； 2）若a?0， 令h'?x??0得x?1?1??1?0,hx，可知??在??上单调递增，在?,???上单调递减，

2a?2a??2a?令f'?1?1??00?a?解得， ?2a2??由

2a11?1??0， ?有f?????ee2a?e?211?1??f??2lna?1??0， ?有?2?2aaa2a??由

从而0?a?1时函数f?x?有两个极值点， 2当x变化时，f??x?，f?x?的变化情况如下表 单调递减] 单调递增Z 单调递减] 因为f??1??1?2a?0，所以x1?1?x2，f?x?在区间1,x2上单调递增， ??1?f?x2??f?1???a??．

2另解：由已知可得f??x??lnx?1?2ax，则2a?则g'?x??1?lnx1?lnx，令g?x??， xx?lnx，可知函数g?x?在?0,1?单调递增，在?1,???单调递减， x2若f'?x?有两个根，则可得x1?1?x2， 当x??1,x2?时，

1?lnx?2a, f??x??lnx?1?2ax?0， x所以f?x?在区间1,x2上单调递增， 所以f?x2??f?1???a????1． 219．已知函数f(x)?lnx?x2?ax(a?R). （1）若f(x)?0恒成立，求a的取值范围；

（2）设函数f(x)的极值点为x0，当a变化时，点(x0,f(x0))构成曲线M，证明：过原点的任意直线y?kx与曲线M有且仅有一个公共点. 【答案】（1）a?1；（2）证明见解析 【解析】 【分析】

（1）由f(x)?0恒成立，可得a?x?lnxlnx恒成立，进而构造函数g(x)?x?，求导可判断出g(x)xx的单调性，进而可求出g(x)的最小值g(x)min，令a?g(x)min即可；

?2x2?ax?12（2）由f?(x)?，可知存在唯一的x0?(0,??)，使得f?(x0)?0，则?2x0?ax0?1?0，

xa?2x0?122，进而可得f(x0)?lnx0?x0?1，即曲线M的方程为y?lnx?x?1，进而只需证明对x02任意k?R，方程lnx?x2?1?kx有唯一解，然后构造函数F(x)?lnx?x?kx?1，分k?0、

0?k?22和k?22三种情况，分别证明函数F(x)在(0,??)上有唯一的零点，即可证明结论成立.

【详解】

（1）由题意，可知x?0，由f(x)?0恒成立，可得a?x?lnx恒成立. xlnxx2?1?lnx. 令g(x)?x?，则g?(x)?xx2令h(x)?x?1?lnx，则h?(x)?2x?21， xQx>0，?h?(x)?0，

?h(x)?x2?1?lnx在(0,??)上单调递增，又h(1)?0， ?x?(0,1)时，h(x)?0；x?(1,??)时，h(x)?0，

即x?(0,1)时，g?(x)?0；x?(1,??)时，g?(x)?0，

?x?(0,1)时，g(x)单调递减；x?(1,??)时，g(x)单调递增，

?x?1时，g(x)取最小值g(1)?1，

?a?1.

1?2x2?ax?12（2）证明：由f?(x)??2x?a?，令T(x)??2x?ax?1，

xx由T(0)?1?0，结合二次函数性质可知，存在唯一的x0?(0,??)，使得f?(x0)?0，故f(x)存在唯一的极值点x0，则?2x?ax0?1?0，a?2x0?201， x0?f(x0)?lnx0?x02?ax0?lnx0?x02?1， ?曲线M的方程为y?lnx?x2?1.

故只需证明对任意k?R，方程lnx?x2?1?kx有唯一解.

12x2?kx?1令F(x)?lnx?x?kx?1，则F?(x)??2x?k?，

xx2①当k?0时，F?(x)?0恒成立，?F(x)在(0,??)上单调递增.

Qek?1,e2k?1，?F(ek)?k?e2k?kek?1?k(1?ek)?e2k?1?0，

QF(1)??k?0，?存在t满足ek?t?1时，使得F(t)?0.

又QF(x)单调递增，所以x?t为唯一解.

②当0?k?22时，二次函数y?2x2?kx?1，满足??k2?8?0， 则F?(x)≥0恒成立，?F(x)在(0,??)上单调递增.

QF(1)??k?0，F(e3)?3?e6?ke3?1?(e3?2)2?e3(22?k)?0，

?存在t?(1,e3)使得F(t)?0，

又QF(x)在(0,??)上单调递增，?x?t为唯一解.

③当k?22时，二次函数y?2x2?kx?1，满足??k2?8?0， 此时F?(x)?0有两个不同的解x1,x2，不妨设x1?x2，

Qx1?x2?12，?0?x1??x2， 22列表如下：

x F?(x) (0,x1) ? ↗ x1 0 (x1,x2) ? ↘ x2 0 (x2,??) ? ↗ F(x) 极大值 极小值 2由表可知，当x?x1时，F(x)的极大值为F(x1)?lnx1?x1?kx1?1.

Q2x12?kx1?1?0，?F(x1)?lnx1?x12?2，

Q0?x1?22?，?lnx1?x1?2， 2?F(x1)?lnx1?x12?2?0，?F(x2)?F(x1)?0.

F(e)?k?e2k222k2?ke?1?(e?k)e?k2?1.

k2k2k2下面来证明ek?k?0，

12x2?1构造函数m(x)?x?lnx(x?22)，则m?(x)?2x??，

xx2?当x?(22,??)时，m?(x)?0，此时m(x)单调递增，

3?m(x)?m(22)?8?ln2?0，

2?x?(22,??)时，x2?lnx，?ex2?elnx?x，

故ek?k?0成立.

2?F(ek)?(ek?k)ek?k2?1?0， ?存在t?(x2,ek)，使得F(t)?0.

又QF(x)在(x2,??)单调递增，?x?t为唯一解.

所以，对任意k?R，方程lnx?x2?1?kx有唯一解，即过原点任意的直线y?kx与曲线M有且仅有一个公共点. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.

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