华师一附中2024届高三《导数的应用——零点问题大题（零点个数问题、零点差的证明）》补充作业7试卷含答案.pdf

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1、2024 华师一附中一轮复习补充作业华师一附中一轮复习补充作业 7（零点问题）（零点问题）1.已知函数)0(ln)1(2)(2axxxaxf，（1）讨论)(xf的单调性；（2）若ea 1，试判断)(xf的零点个数。2.2.已知函数1)1ln()(1xeaxxfxx存在零点0 x，且10 x，求实数a的取值范围。3.3.已知函数2)1()(2xexaxfx，若函数)(xf存在两个零点，求实数a的取值范围。4.4.已知函数 ln2sinfxxxx.（1）求证：fx在0,上有极大值；（2）求证：fx有且仅有两个不同的零点.5.5.已知函数1()xf xxe，若对于任意的200,xe，函数20()ln

2、1g xxxaxf x在20,e 内都有两个不同的零点，求实数a的取值范围.6.6.已知函数()ln()xf xexm，其中m1.（1）设0 x 是函数()f x的极值点，讨论函数()f x的单调性；（2）若()yf x有两个不同的零点1x和2x，且120 xx，（i）求参数m的取值范围；（ii）求证：2121ln(1)1xxexxe.7.已知函数xxaxxfln)(2，（1）若83a，求函数)(xf的最小值；（2）若01a，证明：函数)(xf有且只有一个零点；（3）若函数)(xf有两个零点，求实数a的取值范围.8.判断函数1sin)1ln()(xxexgx的零点个数.9.已知函数xexxax

3、f1ln)(，（1）证明：当0a时，)(xf有且只有一个零点；（2）若)(xf在区间),1(),1,0(各恰有一个零点，求实数a的取值范围.10.已知函数,sinln)(,21cos)(2xxxgxxexfx其中e为自然数的底数，71828.2e，判断方程)()(xgxf实数根的个数.11.若函数)(ln2)(3Raaxxxxf有两个零点，求a的取值范围.12.已知函数0,2)(22Raxexx，e是自然对数的底数，71828.2e，当e时，证明：函数)(x有两个零点)(,2121xxxx，且exxln12.13.已 知 函 数)0)()()(baebxxfx在)1(1f，（处 的 切 线l方

4、 程 为01)1(eeyxe.（1）求ba,，并证明函数)(xfy 的图像总在切线l的上方（除切点外）；（2）若方程mxf)(有两个实数根21,xx，且21xx，证明：eemxx1)21(112.14.已知函数)0(432ln21)(22eaxaxxaxxxf.（1）当0 x时，比较xln与1)1(2xx的大小；（2）若)(xf存在两个不同的零点1x，2x，且21xexa，证明：eaexx4521.15.已知函数xxxfln)(，1)(2 xxg.（1）求证：当21a时，|)(|)(|xgaxf；（2）已知函数bxfxh|)(|)(有 3 个不同的零点1x，2x，3x（321xxx）（）求证：

5、222212exx；（）求证：71828.2(212123ebexxbb是自然对数的底数）.16.已知函数)1(2)(axexfx，)2()1()(2axaxxg(其中71828.2e是自然对数的底数).（1）试讨论函数)(xf的零点个数；（2）当1a时，设函数)()()(xgxfxh的两个极值点21,xx，且21xx，求证：2412aeexx17.已知函数xxxfsin)(，（1）求函数)(xf的单调区间；（2）若2a ，证明：3)(eaxxf在),0(上恒成立；（3）若 方 程bxf)(有 两 个 实 数 根21,xx，且21xx，求 证：2321312bexxbe1 一轮复习补充作业一轮

6、复习补充作业 7：导数的应用：导数的应用零点问题（零点问题（零点个数问题零点个数问题、零点差的证明）零点差的证明）参考答案参考答案 1（1）函数()f x的定义域为()0,+，()()()()11111xaxfxa xxx=+=，令()0fx=，则11x=，21xa=，（i）若1a=，则()0fx恒成立，所以()f x在()0,+上是增函数，（ii）若01a，则11a，当()0,1x时，()0fx，()f x是增函数，当11,xa时，()0fx，()f x是减函数，当1,xa+时，()0fx，()f x是增函数，（iii）若1a，则101a，当10,xa时，()0fx，()f x是增函数，当1

7、,1xa时，()0fx，()f x是减函数，当()1,x+时，()0fx，()f x是增函数，综上所述：当1a=时，()f x在()0,+上是增函数，当01a，()f x在()0,1上是增函数，在11,a上是减函数，在1,a+上是增函数，当1a 时，()f x在10,a上是增函数，在1,1a上是减函数，在()1,+上是增函数；（2）当1ae时，()f x在10,a上是增函数，在1,1a上是减函数，在()1,+上是增函数，所以()f x的极小值为()110f=，()f x的极大值为2111111lnln1222aafaaaaaa=+=,设()1ln122ag aaa=，其中()1,ae，()()

8、2222211112102222aaag aaaaa+=+=,所以()g a在()1,e上是增函数，所以()()e1e2022eg ag=，因为()()21144 14ln494ln4ln40222af=+=+，所以有且仅有 1 个()01,4x，使()00f x=，所以当1ae时，()f x有且仅有 1 个零点.2由题意，函数1()e ln(1)1xxf xaex=+，令()0fx=，可得1ln(1)xaeex=+，2 设()1ln(1),1xg xeexx=+，则()111(1)xxxeexgxeexex=+=+，由1xyex=的导数为1xye=，当1x 时，110 xee ，则函数1xy

9、ex=递增，且10 xyex=，则()g x在(1,)+递增，可得()()11ln2g xge=+，则1ln2ae+，故选 D 3()()212xxf xa xe=存在两个零点，即方程()212exxa x=有两个根，也即直线()1ya x=与函数22exxy=的图像有两个交点，记()()()222e2exxxxxhxxh=，由()()02002h xxxx，由()()0200h xxxx或2x，故()h x在(),0上单调递减，在()0,2上单调递增，在()2,+上单调递减，且()00h=，0 x 时()0h x，又直线()1ya x=过()1,0，斜率为a，大致画出()22exh xx=图

10、象（如下图），观察图象知：当0a 时，直线()1ya x=与()22exh xx=的图象必有两个交点，当0a时直线()1ya x=与()22exh xx=的图象只有一个交点，综上，函数()fx存在两个零点，实数a的取值范围为(),0.作出()yg x=的图象，可得103a时，211ln062axxxx+=有两个解.故答案为：1,03 4（1）设()()112cosg xfxxx=+，则()212singxxx=，当()0,x时，()212sin0gxxx=.所以()g x在()0,上单调递减.又因为31 103g=+，2102g=，所以()g x在,3 2 上有唯一的零点，使()0g=.所以当

11、()0,x时，()0g x，即()0fx，所以当(),x 时，()0g x，即3 ()0fx，()fx在()0,上单调递增，在(),上单调递减，且()0f=，故()fx在()0,上有极大值；（2）1由（1）知：当()0,x时，()0fx，()fx在()0,上单调递增；当(),x 时，()0fx，()fx在(),上单调递减；所以()fx在()0,上存在唯一的极大值点32，所以()ln2202222ff=+.又因为2222111122sin220feeee=+，所以()fx在()0,上恰有一个零点，又因为()ln20f=，所以()fx在(),上也恰有一个零点；2当),2x时，sin0 x，()ln

12、f xxx，设()lnh xxx=，()110h xx=，所以()h x在),2上单调递减，所以()()0h xh，所以当),2x时，()()()0f xh xh恒成立，所以()fx在),2上没有零点；3当)2,x+时，()ln2f xxx+，设()ln2xxx=+，()110 xx=，所以()x在)2,+上单调递减，所以()()20 x，所以当)2,x+时，()()()20f xx恒成立，所以()fx在)2,+上没有零点。综上，()fx有且仅有两个零点.5.函数()20()ln1g xxxaxf x=+在(20,e 内都有两个不同的零点，等价于方程()20ln1xxaxf x+=在(20,e

13、 内都有两个不同的根111()(1)xxxfxexex e=，所以当(0,1)x时，()0fx，()f x是增函数；当(21,xe 时，()0fx，()f x是减函数，因此0()1f x设2()ln1F xxxax=+，2121()2xaxF xxaxx=+=，若()0F x=在(20,e 无解，则()F x在(20,e 上是单调函数，不合题意；所以()0F x=在(20,e 有解，且由两根之积为负，可知只能有一个解设其解为1x满足211210 xax=，当()10,xx时()0F x，()F x在1(0,)x上是增函数；当(21,xx e 时()0F x，()F x在(21,x e 上是减函

14、数 因为任意的(200,xe 方程()20ln1xxaxf x+=在(20,e 有两个不同的根，所以4 ()()max12()10FxF xF e=()242223210F eeaeaee=+()2max1111()ln11FxF xxxax=+，所以2111ln0 xxax+因为211210 xax=，所以1112axx=，代入2111ln0 xxax+，得211ln10 xx+设2()ln1m xxx=+，1()20m xxx=+，所以()m x在()20,e上是增函数，而(1)ln1 1 10m=+=，由211ln10 xx+可得()1(1)m xm，得211xe由1112axx=在()

15、21,e上是增函数，得221122aee综上所述2231aee 6（1）()1xfxexm=+，若0 x=是函数()f x的极值点，则()0011fm=，得1m=，经检验满足题意，此时()11xfxex=+，()fx为增函数，所以当(1,0),()0 xfx，()f x单调递减；当(0,),()0 xfx+，()f x单调递增（2）（i）1m，()1xfxexm=+，记()()h xfx=，则()()210 xhxexm=+，知()fx在区间(),m+内单调递增.又()1 010fm=，()1101mfem=+，()fx在区间()1,0m内存在唯一的零点0 x，即()00010 xfxexm=

16、+，于是001xexm=+，()00lnxxm=+.当0mxx时，()()0,fxf x单调递减；当0 xx时，()()0,fxf x单调递增.若()yf x=有两个不同的零点1x和2x，且120 xx，易知,(),()xm f xxf x +，所以(0)1ln0fm=，解得me.（ii）当me=时有()ln()xf xexe=+，令()ln()0 xf xexe=+=.由（i）中的单调性知，存在3()(0)0f xf=，当3(,0),()0 xxf x.111(1)ln(1)ln(1)ln1.7ln0221.7efeee=，所以31x .下证当me时，11x.由()ln()ln()xxf x

17、exmexe=+，所以33333()ln()ln()0 xxf xexmexe=+=，由（i）知，当12(,),()0 xx xf x，得131xx.5 所以211xx，令211txx=，要证2121ln(1)1xxexxe+，即证ln(1)1tete+.令1()ln(1),()1tth teth tet=+=+单调递增，且1(1)02he=，所以()0,()h th t单调递增，所以()(1)ln21h thee=.得证.7.6 8()eln(1)sin1xg xxx=+，1x ，1(c)se1oxg xxx=+，当10 x 时，11,1,cos01exxx +，所以()0,()g xg x

18、在(1,0)上单调递减，()(0)0g xg=恒成立，所以函数()g x在(1,0)无零点；当0 x=时，(0)0g=，函数()g x有零点0；当02x时，令1()()e1cosxh xg xxx+=，则()2sin01()e1xh xxx+=在()0,+恒成立，所以函数()h x在()0,+上单调递增，因为22(0)1,e022hh=+，所以，0(0,)2x使得0()0h x=，即0(0,),()0,()xxh xg x单调递减，又(0)0g=，()0g x 在0(0,)x上恒成立，7 0,2(),()0,()xxh xg x单调递增，22()eln(1)2e1 ln(1)1222g=+=+

19、令e1,0 xyxx=，e10,0 xyx=，所以函数e1,0 xyxx=为增函数，所以0e1e0 10 xx =，即e1,0 xxx+所以22()eln(1)2e1 ln(1)1ln(1)1022222g=+=+，所以，101(,),()02xxg x=；当2x时，1ee,10,1cos11xxx +，所以()0,()g xg x在(,)2+上单调递增，()()02g xg恒成立，无零点.综上，函数()g x有 2 个零点.9(1)由题意，因为0a，故当1x 时，()1ln0exxf xa x=+，当()0,1x时，()1ln0exxf xa x=+，当1x=时，()10f=，故当0a 时，

20、()f x有且只有一个零点1x=(2)由（2）可得0a，()1lnexxf xa x=+，故()22e2eexxxaxaxxfxxx=+=+，设()2e2xg xaxx+=，则 若1ae，则()()2211e2e1xxxg xaxx=+，在()1,x+上为减函数，故()()1211 1e10g x+=，故()f x在()1,x+上为减函数，()()10fxf=不满足题意；若10ea，()e22xgxax=+i）当()1,x+时，()0gx，()g x单调递减，且()1e 10ga=+，()22e0ga=，故存在()01,2x 使得()0g x=，故()f x在()01,x上单调递增，在()0,

21、x+上单调递减.又()()010f xf=，1e1eea，且111111111eeeee1e1ee1elne1eeeaaaaaaaaafa=+=+=，设()()e0 xxxx=，易得()e10 xx=，故()x在()0,+单调递增，故()()0e000 x=，故11eeeaa，故1e0af.故()f x在11,ea上有一个零点，综上有()f x在区间()1,+上有一个零点 ii）当()0,1x时，()e22xgxax=+，设()()e22xh xgxax=+=，则()e20 xh xa=，故()gx为减函数，因为()020ga+=，()1e0ga=，故存在()10,1x 使得()0gx=成立，

22、故()2e2xg xaxx+=在()10,x单调递增，在()1,1x单调递减.又()00ga=，()1e 10ga=+，故存在()20,1x 使得()20g x=成立，故在()20,x上()0g x，()f x单调递减，在()2,1x上()0g x，()f x单调递增.又()10f=，故8 ()()210f xf=，且1-eee1a，111111eee1e1elne1eeaaaaaafa=+=+11111e0eeee1ee10eeaaaaa=+，故1e0af，故存在13,1eax使得()0fx=，综上有()f x在区间()0,1上有一个零点.综上所述，当10ea时，()f x在区间()()0,

23、1,1,+各恰有一个零点 10令函数()lnsing xxx=+，定义域为(0,)+当,)x+时，ln1,sin1xx，所以()lnsin0g xxx=+；当1,)x时，ln0,sin0 xx，所以()lnsin0g xxx=+；当(0,1)x时，由1()cos0g xxx+=知()g x在(0,1)上单调递增，又11(1)sin10,1 sin0ee=+gg且函数连续不间断，所以0(0,1)x，有()000lnsin0g xxx=+=综上，函数()g x在(0,)+有唯一的零点0(0,1)x，且()g x在()00,x上恒小于零，在()0,x+上恒大于零 令函数()()|lnsin|xf x

24、xx=+，讨论如下：当()00,xx时，21()()|lnsin|ecoslnsin2=+=+xxf xxxxxxx，求导得1()e(sincos)=+xxxxxx因为12,sincos2xxxx+，所以1()e(sincos)0=+xxxxxx，即函数()x在()00,x单调递增 又因为()()0022000000011ecoslnsinecos022=+=+xxxxxxxxx，()333e363e63311eecosee3sineeesine3cose022=+=+，所以函数()x在()00,x存在唯一的零点，所以方程()|lnsin|f xxx=+在()00,x上有唯一的零点 当()0,

25、xx+时，21()()|lnsin|ecoslnsin2=+=+xxf xxxxxxx 法一：由（1）易证21ecos2+xxxx在(0,)+上恒成立事实上，令21()ecos2=+xh xxxx，则()esin1=+xh xxx因为()e(cos1)0=+xh xx，所以()h x在(0,)+上单调递增，所以()(0)0h xh=，即()h x在(0,)+上单调递增，所以()(0)0h xh=，即21ecos2+xxxx在(0,)+上恒成立从而21()ecoslnsinlnsinln102=+xxxxxxxxxxx，所以方程()|lnsin|f xxx=+在()0,x+上无零点综上所述，方程

26、()|lnsin|f xxx=+有且只有一个实根 9 法二：因为1lnxx，所以ln(1)xx+，所以e1xx+，所以eln(1)(1)2+=xxxx，所以2211ecoslnsin(2sincos)022+xxxxxxxx，所以方程()|lnsin|f xxx=+在()0,x+上无零点综上所述，方程()|lnsin|f xxx=+有且只有一个实根 11.由()=322 =332，当 0时由函数=322 为增函数，则函数=()若存在零点，有且仅有一个，令()=33 2.当=1时，()=332，令()=33 2(0)，由()=92 1 0有 13，故当 13时函数()单调递增，当0 13单调递减

27、，又由(1)=0，(0)=2，(13)=1913 2 0，可知当0 1时()1时()0，此时函数()单调递增，故()min=(1)=0，此时函数=()有且只有一个零点.当 0，(0)=2，故方程()=0在区间(0,1)上有解.当 1时，由(0)=2，()=33 2 2=2(3 1)+(3 2)=2(3 1)+2(1)0，故方程()=0在区间(0,)上有解，由上知当 1时函数=()有唯一的极小值点，记为=0，有303 0 2=0，可得0=303 2，要使得函数=()有两个零点，至少需要(0)=03 2ln0 0=03 2ln0(303 2)=203 2ln0+2 1，由函数()=3+ln单调递增

28、，且(1)=1，可得：0 1，由=30220，可得 1，由上知当 1时，()极小值=(0)1，而=30220=02+2(0210)=02+2(031)0 02 0，由常用不等式 +1，可知，故()=3 2 3 2 =2(+2)(2+1)(+2)=(1)0，又0 1 0，故此时函数=()有且仅有两个零点，由上知的取值范围为 1.12.22()2(e)2(e)(e)xxxx=+，当e时，函数()x在(,ln)上单调递减，在)ln,+单调递增，所以函数()x最多有两个零点，又(0)10=，22(1)e20=，所以函数()x在(0,1)内有一个零点10 1x，又当e时，2min()(ln)(1 2ln

29、)0 x=，而22(2ln)(4ln)=，令2()4ln(e)m=，所以2()2()0m=，所以函数()m在(e,)+上单调递增，则2()(e)e40mm=，所以(2ln)0，所以()x在(ln,2ln)上有一个零点2x，综上，当e时，函数()x有且仅有两个零点1x，2x，且1201ln2lnxx，故21ln1lnexx=13(1)将1x=代入切线方程()e 1eel0 xy+=有0y=，所以()10f=，所以()()1110efba=+=又()()1 exfxxba+=+，所以()111eebfa=+，若1ea=，则2e0b=，与0b 矛盾，故1a=，1b=()()()1 e1xf xx=+

30、，()00f=，()10f=，设()f x在()1,0处的切线l方程为()()111eyh xx=+，令()()()F xf xh x=，即()()()()11e111exF xxx=+，所以()()12 eexFxx=+，当2x时，()()112 e0eexFxx=+，当2x 时，设()()()12 eexG xFxx=+=，()()3 e0 xGxx=+，故函数()Fx在()2,+上单调递增，又()10F=，所以当()2,1x 时，()0Fx，当()1,x +时，()0Fx，综合得函数()F x在区间(),1 上单调递减，在区间()1,+上单调递增，故()()10F xF=，即函数()yf

31、 x=的图象总在切线l的上方（除切点外）(2)由（1）知()()11fxh x，设()h xm=的根为1x，则1e11 emx=+，又函数()h x单调递减，故()()()111fxhh xx=，故11xx，设()yf x=在()0,0处的切线方程为()yt x=，因为()00f=，()()2 e1xfxx=+，所以()01f=，所以()t xx=令()()()()()1 e1xT xf xt xxx=+，()()2 e2xTxx=+，当2x时，()()2 e220 xTxx=+，当2x 时，设()()()2 e2xH xTxx=+，则()()3 e0 xHxx=+，故函数()Tx在()2,+

32、上单调递增，又()00T=，所以当()2,0 x 时，()0Tx，当()0,x+时，()0Tx，综合得函数()T x在区间(),0上单调递减，在区间()0,+上单调递增，所以()()00T xT=，即11 ()()22fxt x设()t xm=的根为2x，则2xm=，又函数()t x单调递增，故()()()222f xtt xx=，故22xx，又11xx，所以()22111 2ee111 e1 emmxxxxm=+=+14（1）令()()21ln1xh xxx=+（0 x），则()()()22101xh xx x=+，所以()h x在()0,+上单调递增.又()10h=，所以当1x 时，()2

33、1ln1xxx+；当01x时，()21ln1xxx+；当1x=时，()21ln1xxx=+.（2）()221313ln2ln22424f xxaxxaxxxxaxax=+=+.令()13ln224g xxaxax=+，则()f x的两个零点即()0g x=的两个根，所以32384ln1242axxaxxaax=，即1ln122axxa=.又12eaxx，所以()10,1ex，()21,ex+，所以()1111111212e1eln1ln22ee1exxxaxxxax=+，即()1112e122exaxax+，整理得()21135e412 e0 xa xa+，所以()2222222212e1el

34、n1ln22ee1exxxaxxxax=+，即()2222e122exaxax+，整理得()22235e412 e0 xa xa+，所以()()21122235e412 e0,35e412 e0.xa xaxa xa+即()()21122235e412 e0,35e412 e0.xa xaxa xa+所以()()()()12121235e4xxxxaxx+.又12xx，所以125e43axx+15（1）当 1,()0,()0 xg xf x，即证()()f xag x，令()2()ln1,()1 ln2F xxxa xF xxax=+，令()()G xF x=，则当1x 时1()20G xax

35、=，所以()F x在(1,)+上单调递减，则有当1x 时()(1)1 20F xFa=，所以()F x在(1,)+上单调递减，所以当1x()(1)0F xF=，()()f xag x成立 当 01x时，()0,()0g xf x，即证()(),()()f xag xf xag x，令()2()ln1,()1 ln21 lnF xxxa xF xxaxxx=+设()1 ln(01)xxxx=+，则12 1()10 xx=，所以()1 lnxxx=+在(0,1)上单调递增，所以1 ln0 xx+，所以()0F x，()F x在(0,1)上单调递减，()(1)0F xF=，即()()f xag x，

36、综合当 12a 时，|()|()|f xa g x（2）()()ln,01ln,1x xbxh xf xbx xbx=，当 01,()(ln1),()xh xxh x=+在 10,e上单调递增，在 1,1e单调递减，当 1,()ln1,()xh xxh x=+在(1,)+上单调递增，又函数()|()|h xf xb=有 3 个不同的零点()123123,x x xxxx，所以10ef，(1)0f，1231101,0eexxxb （i）令()()21,0,eeH xh xhxx=，()()()222211ln1ln1ln20eeeeHxh xhxxxx=+=+=+()H x在10,e上单调递增，

37、又()()11111210,0eeexH xh xhxH=，()()2112eh xh xhx=，又 12211,()eexxh xe在1,1e上单调递减，212exx，即()2221212122221142,e22eexxxxxx+=（ii)lnyxx=在1x=处的切线方程1yx=与yb=交点的横坐标31xb=+，过点 1 1,e eA和(1,0)B的直线方程 1(1)1 eyx=与yb=交点的横坐标()211exb=+，32321 1(1 e)exxxxbbb=+=，由（1）取 12a=，则21|()|12a g xx=与yb=在y轴右侧交点横坐标为 451 2,12xb xb=+，325

38、41212xxxxbb=+，综上:32121 2ebbxxb+16（1）由()0fx=可得e21xax=，令()e21xp xx=，其中Rx，则函数()f x的零点个数等于直13 线ya=与函数()e21xp xx=图象的公共点个数，()e2xpx=，令()0px=可得ln2x=，列表如下：x(),ln2 ln2()ln2,+()px 0+()p x 减 极小值12ln2 增 如下图所示：当1 2ln2a 时，函数()f x无零点；当1 2ln2a=时，函数()f x只有一个零点；当1 2ln2a 时，函数()f x有两个零点.（2）证明：()()()()2e11xh xf xg xxax=+

39、，其中Rx，所以，()()e21xhxxa=+，由已知可得()()()()121122e210e210 xxh xxah xxa=+=+=，上述两个等式作差得()2121ee2xxxx=，要证21ee42xxa+，即证2121xxa+，因为()00p=，设函数()p x的图象交x轴的正半轴于点()3,0 x，则3ln2x，因为函数()p x在()ln2,+上单调递增，()1e30p=，323e402p=，331,2x，设函数()p x的图象在0 x=处的切线交直线ya=于点()1,A x a，函数()p x的图象在3xx=处的切线交直线ya=于点()2,B x a，因为()01p=，所以，函数

40、()p x的图象在0 x=处的切线方程为yx=，联立yayx=可得xaya=，即点(),Aa a，构造函数()()e1xm xp xxx=+=，其中Rx，则()e1xm x=，当0 x 时，()0mx，此时函数()m x单调递减，当0 x 时，()0mx，此时函数()m x单调递增，所以，()()00m xm=，所以，对任意的Rx，()p xx，当且仅当0 x=时等号成立，14 由图可知10 x，则()1111e21xp xxax=，所以，1xa，因为()333e210 xp xx=，可得33e21xx=+，函数()p x在3xx=处的切线方程为()()33e2xyxx=，联立()()33e2

41、xyxxya=，解得3333e221xaaxxxx=+=+，即点33,21aBx ax+，因为()()()()33333331 21 2211 10212121xxaaaxaxxxx+=，所以，233121axxax=+，构造函数()()()33e21e2xxn xxxx=，其中Rx，则()30n x=，()3eexxn x=，当3xx时，()0nx，此时函数()n x单调递减，当3xx时，()0nx，此时函数()n x单调递增，则()()30n xn x=，所以，对任意的Rx，()()()33e2xp xxx，当且仅当3xx=时，等号成立，所以，()()()322223e21e2xxp xx

42、axx=，可得3232e2xaxxx+=，因此，2121121xxxxaaa+=+，故原不等式成立.17.【详解】（1）由()ln1fxx=+，则10ex，时，()0fx，()f x单调递减，1,ex+时，0fx，()f x单调递增，所以()f x的递减区间为10e，递增区间为1,e+.（2）因为2a，()0 x+，令()3eg aax=，所以()()33e22eg aaxgx=，下证32elnxxx，令3()ln2eh xxxx=+，则()ln3h xx=+，当30ex时,()0h x，当3e,()0 xh x，所以()h x在3(0,e)上单调递减，在3(e),+上单调递增，所以33()l

43、n2e(e)0h xxxxh=+=，所以()3ef xax在()0+，上恒成立；（3）证明：先证右半部分不等式：213e232xbx+；因为()lnf xxx=，()ln1fxx=+，所以333(1)0,(e)3e,(1)1,(e)2ffff=；可求曲线()yf x=在3xe=和1x=处的切线分别为31:2elyx=和2:1lyx=；设直线yb=与直线1l，函数()f x的图象和直线2l交点的横坐标分别为1122,xx xx则312e,1,2bxxb+=+则332121ee23(1)()22bbxxxxb+=+=；15 因此213e232xbx+.再证左半部分不等式：21e 1xxb+.设取曲线上两点11(,),(1,0)eeAB，用割线:OA yx=，1:(1)e 1AB yx=来限制21xx，设直线yb=与直线1(1)e 1,yx yx=的交点的横坐标分别为34,x x，则1342xxxx，且3xb=，4(e 1)1,xb=+所以2143(e 1)1()e 1xxxxbbb=+=+.综上可得213e2e 123bxxb+成立.