1、专题专题 13 函数与导数综合函数与导数综合 1(2020 届湖南省怀化市高三第一次模拟)已知函数 2 ( ) x f xeax，其中常数aR (1)当 (0,)x时，不等式( )0f x 恒成立，求实数a的取值范围； (2)若1a ，且 0,)x时，求证： 2 ( )414f xxx 【答案】(1) 2 4 e a ；(2)证明见解析 【解析】 (1)( )0f x 在0 x恒成立 2 x e a x 在0 x恒成立， 令 2 ( ) x e g x x ，则 2 43 2(2) ( ) xxx e xexex g x xx ， ( ) 02g xx， ( ) 002g xx， ( )g x
2、在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增， 2 min ( )(2) 4 e g xg， 2 4 e a . (2)若1a ，则 2 ( )414f xxx 2 24140 x exx在0 x恒成立， 令 2 ( )2414 x p xexx， ( ) 44 x p xex， ( )40ln4,( )00ln4, x p xexp xx ( ) p x在(0,ln4)单调递减，在(ln4, )单调递增， 又 (0) 3p ， 23 (2)120,(3)160pepe， 存在唯一的 0 (2,3)x 使得 0 00 ()440 x p xex， ( )p x在 0 (0,)x单调递减，在 0 (
3、,)x 单调递增， 0 22 min000 ( )2414218 x p xexxx ， 0 (2,3)x ， 0 22 min000 ( )2414218 x p xexxx (0,10)， 2 ( )2414 x p xexx0恒成立， 故原不等式成立. 2(2020 届陕西省汉中市高三质检)已知函数 32 11 ( )( ,) 32 a f xxxbxa a b R，且其导函数( )fx 的图像过原点. (1)若存在0 x，使得 ( )9fx ，求a的最大值； (2)当0a时，求函数 ( )f x的零点个数. 【答案】(1)7(2)函数( )f x共有三个零点 【解析】 (1)因为 32
4、 11 ( ) 32 a f xxxbxa ，所以 2 ( )(1)fxxaxb 由(0)0 f 得0b，所以( )(1)fxx xa . 因为存在0 x，使得( )(1)9fxx xa ， 所以 9 1,0axx x 上有解， 而 999 ()2 ()6xxx xxx 所以7a ，当且仅当3x时，取等号. 所以a的最大值为7. (2)当0a时，令 ( )(1)0fxx xa ，得0,1xxa， 当0 x时，( )0fx ，当01xa时，( )0fx ，当1xa时，( )0fx ， 所以 ( )f x的极大值(0)0fa ，( ) f x的极小值 2 33 1111 (1)(1)30 6624
5、 f aaaaa 又 14 ( 2)0 3 fa ， 2 13 ( )(1) 32 f xxxaa ， 3 (1)0 2 faa . 所以函数 ( )f x在区间( 2,0) ，(0,1)a， 3 1,(1) 2 aa 内各有一个零点， 故函数 ( )f x共有三个零点. 3(2020 届四川省泸州市高三二诊)已知函数 sin ( ), ( )(1)2ln x f xg xxmx x . (1)求证：当 x(0,时，f(x)1； (2)求证：当 m2 时，对任意 x0(0, ，存在 x1(0,和 x2(0,(x1x2)使 g(x1)=g(x2)=f(x0)成立. 【答案】(1)证明见解析.(2
6、)证明见解析 【解析】 (1)0,x， sin ( )1 x f x x ，即sin0 xx ，设 sinF xxx， 则 cos10Fxx ，函数单调递减，故 00F xF，即( )1f x ，得证. (2)f()0，当0,x时， 0f x ，故 f(x)的值域为0，1). 又因为 g(x) 22mx m xx ，x(0，m2. 令 2 0gxx m 得(0，1).显然 ymx2 是增函数. 2 0 x m ， 时，g(x)0，g(x)递减； 2 x m ， ，g(x)0，g(x)递增. 此时 g(x)min 222 12gmln mmm ，(m2). 将上式化简并令 r(m)2lnmm+2
7、2ln2，m2. 2 0 m rm m ，r(m)在(2，+)上递减. 所以 r(m)r(2)0，故 g(x)min0. 显然当 x0 时，g(x)+，即当 2 0 x m ， 时，g(x)递减， 且函数值取值集合包含 f(x)的值域0，1)； 而 g()(1)m2ln2(1)2ln2(1ln)2(31ln)， 3 2 3 2 lnlne， 1 21 2 g， 即当 x 2 m ， 时，g(x)递增，且函数值取值集合包含 f(x)的值域0，1). 所以当 m2 时，对任意 x0(0，存在 x1(0，和 x2(0，(x1x2) 使 g(x1)g(x2)f(x0)成立. 4(2020 届陕西省咸阳
8、市高三第二次模拟)已知函数 32 4 27 xaxfx . (1)若 f x在 1,3aa上存在极大值，求a的取值范围； (2)若x轴是曲线 yf x的一条切线，证明：当1x 时， 23 27 f xx. 【答案】(1) 9,00,1；(2)证明见解析 【解析】 (1)解： 2 3232fxxaxxxa，令 0fx ，得 1 0 x ， 2 2 3 a x . 当0a时， 0fx ， f x单调递增， f x无极值，不合题意； 当0a时， f x在 2 3 a x 处取得极小值，在0 x处取得极大值， 则1 03aa ，又0a，所以01a； 当0a 时， f x在 2 3 a x 处取得极大值
9、，在0 x处取得极小值， 则 2 13 3 a aa ，又0a ，所以90a . 综上，a的取值范围为 9,00,1. (2)证明：由题意得 00f，或 2 0 3 a f ，即 4 0 27 (不成立)，或 3 44 0 2727 a， 解得1a . 设函数 32 23 1 27 g xf xxxxx ， 311gxxx， 当 1 1 3 x 或1x 时， 0gx ；当 1 1 3 x时， 0gx . 所以 g x在1x 处取得极小值，且极小值为 10g. 又10g ，所以当1x 时， 0g x ， 故当1x 时， 23 27 f xx. 5(2020 届山西省太原市高三模拟)已知函数 co
10、s x f xex. (1)求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程； (2)证明： f x在区间(, ) 2 上有且仅有2个零点. 【答案】(1)0 xy；(2)见解析 【解析】 (1) cos x f xexQ，则 sin x fxex， 00f， 01 f . 因此，函数 yf x在点 0,0f处的切线方程为y x ，即0 xy. (2)当0 x时，1cos x ex ，此时， cos0 x f xex， 所以，函数 yf x在区间0,上没有零点； 又 00f，下面只需证明函数 yf x在区间(,0) 2 上有且只有一个零点. sin x fxex，构造函数 sin x g xex，则
11、 cos x g xex， 当0 2 x 时， cos0 x g xex， 所以，函数 yfx 在区间(,0) 2 上单调递增， 2 ()10 2 fe Q， 010 f ， 由零点存在定理知，存在 (,0) 2 t ，使得 0ft ， 当 2 xt 时， 0fx，当0tx时， 0fx. 所以，函数 yf x在xt处取得极小值，则 00f tf， 又 2 ()0 2 fe ，所以 ()0 2 ff t ， 由零点存在定理可知，函数 yf x在区间(,0) 2 上有且只有一个零点. 综上可得，函数( )yf x在(,) 2 上有且仅有两个零点. 6(2020 届江西省九江市高三第二次模拟)已知函
12、数( ) (1)lnf xxx. (1)求 ( )f x的单调性； (2)若不等式( ) xx e f xxae在(0, )上恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1)( )f x在(0,1)上单调递减，在1,上单调递增(2) 1 , e 【解析】 (1)由 ( )(1)lnf xxx ，知 1 ( )ln1fxx x 当01x时，ln0 x， 1 10 x ， 1 ln10 x x ，此时( )0fx 当1x 时，ln0 x， 1 10 x ， 1 ln10 x x ，此时( )0fx ( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 (2)不等式( ) xx e f xxae
13、等价于( ) x x af x e 令( ) x x g x e ，则 1 ( ) x x g x e ，当01x时，( )0g x ，当1x 时，( )0g x ( ) x x g x e 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减 又 ( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，( ) x x yf x e 在(0,1)上单调递减，在(1,)上 单调递增，即( ) x x yf x e 在1x 处取得最小值 1 e 1 a e ，故实数 a 的取值范围是 1 , e 7(2020 届湖南省衡阳市高三一模)若方程( )f x x 有实数根 0 x，则称 0 x为函数( )f
14、x的一个不动点.已知函 数 ln ( )(1)ln xx f xeaxax (e为自然对数的底数)aR. (1)当0a时 ( )f x是否存在不动点？并证明你的结论； (2)若a e，求证( )f x有唯一不动点. 【答案】(1)( )f x不存在不动点；证明见解析(2)证明见解析 【解析】 (1)当0a时， ( )f x不存在不动点. 证明：由( )f xx可得：ln0 x e axax x ， 令( )ln x e F xaxax x ， (0,)x， 则 22 (1) ( ) x xx xeax xeea F xa xxx ， 0,(0,)ax，0 x eax 当(0,1)x时， ( )
15、0F x ，( )F x在(0,1)上单调递减， 当(1,)x时，( )0F x ，( )F x在(1,)上单调递增， 所以 min ( )(1)0F xFea.所以方程 ln0 x e axax x 无实数根 故 ( )f x不存在不动点. (2)当a e时， ( )ln x e F xexex x ， (0,)x， 则 22 (1) ( ) x xx xeex xeee F xe xxx ， 再令( ) x g xeex，( ) x g xee 当(0,1)x时，( )0g x ，( )g x在(0,1)上单调递减， 当(1,)x时，( )0g x ，( )g x在(1,)上单调递增， (
16、 )(1)0g xg 故当(0,1)x时， ( )0F x ，( )F x在(0,1)上单调递减， 当(1,)x时，( )0F x ，( )F x在(1,)上单调递增， 所以 min ( )(1)ln10F xFeee . 所以ln0 x e exex x 有唯一实数根 0 1x ， 故 ( )f x有唯一不动点. 8(2020 届湖南省常德市高三模拟)已知直线: (1)l yk x 与函数 ( )lnf xx . (1)若 ( )(1)f xk x 恒成立，求k的取值的集合. (2)若 21 0 xx，求证： 21 2121 2f xf x xxxx . 【答案】(1)1(2)见解析 【解析
17、】令( )( )(1)(0)g xf xk xx 则依题意( )ln(1)0g xxk x恒成立 所以当xe时也成立，则 1 ( )ln(1)00 1 g eek ek e 又 11 ( )00g xkx xk ， 1 ( )0g xx k ； 所以( )g x在 1 0, k 上递增，在 1 , k 上递减， 所以 max 111 ( )lnln10g xgkkkk kkk 令( )ln1(0)h xxx x 则 11 ( )101 x h xx xx ，( )001h xx 所以( )h x在(0,1)上递减，在(1,)上递增， 所以( )(1)0h xh，故( )ln10h kkk 的解
18、为1k 所以满足题意的K的取值的集合为1 (2)证明：要证 21 2121 2f xf x xxxx ，即证 21 2121 lnln2xx xxxx 令 2 1 x t x 则 21 0 xx，1t 即可转证： 2 1 22 11 ln 2 11 x x xx xx ，即证 ln2 11 t tt 因为1t 所以即证(1)ln2(1)ttt 即证lnln220(1)ttttt 令( )lnln22(1)F tttttt * 则 11111 ( )ln2ln1ln1F tttt ttttt 由(1)中结论易知 1 0h t ，即 11 ln10 tt 即得( )0F t 所以( )lnln22
19、F ttttt在(1,)上递增 所以( )lnln221 ln1ln12 120F ttttt 即 *式得证.所以原不等式得证. 9(2020 届湖北省高三模拟)已知函数 f(x)x2+acosx (1)求函数 f(x)的奇偶性并证明当|a|2 时函数 f(x)只有一个极值点； (2)当 a 时，求 f(x)的最小值； 【答案】(1)偶函数，证明详见解析；(2) 2 4 【解析】 (1)因为 f(x)f(x)，故函数 f(x)是偶函数 f(x)2xasinx，f(0)0，故只需讨论 x0 时情况， x0，由三角函数的性质知，xsinx，2|a|，f(x)0，x0 时，f(x)是增函数， 又 f
20、(x)是偶函数，所以 x0 时，f(x)单调递减 故|a|2 时，函数 f(x)只有一个极小值点 x0 (2)由(1)知，只需求 x0 时 f(x)的最小值 20 2 fxxsinxx （ ），当，时， 设 h(x)2xsinx，h(x)2cosx，因为 000 2 hh （ ） ， 由零点存在性定理，存在唯一的 0 0 2 x ， ，使得 h(x0)0 当 x(0,x0)，h(x)0，h(x)递减； 0 0 2 xxhxh x 当， ， （ ） ，（ ）递增 又因为 h(0)h( 2 )0，所以 x0 2 ， 时，f(x)h(x)0 恒成立，f(x)在(0, 2 )上递减； 当 x 2 时，
21、f(x)2xsinxsinx0，f(x)为增函数 所以 2 ( ) 24 min f xf 10(2020 届河南省郑州市高三第二次质量预测)已知函数 ln ( )() x f xa xa R，曲线( )yf x在点 (e,(e)f 处的切线方程为 1 e y (1)求实数a的值，并求 ( )f x的单调区间 (2)求证：当0 x时， ( )1f xx 【答案】(1)单调增区间是(0,e)，单调减区间是(e, )；(2)详见解析 【解析】 (1) ln ( ) x f x xa ， 2 ln ( ) () xa x x fx xa ， 2 e (e) (e) a f a ， 又曲线( )yf
22、x在点(e,(e)f处的切线方程为 1 e y ，则(e)0 f ，即0a， 2 1 ln ( ) x fx x ， 令( )0fx ，得1 ln0 x，即0ex； 令( )0fx ，得1 ln0 x，即ex， 所以 ( )f x的单调增区间是(0,e)，单调减区间是(e,) (2)当0 x时，要证 ( )1f xx即证 2 ln0 xxx， 令 2 ( )ln(0)g xxxx x， 则 2 112(1)(21) ( )21 xxxx g xx xxx ， 当01x时，( )0g x ，( )g x单调递增； 当1x 时，( )0g x ，( )g x单调递减， 所以( )(1)0g xg，
23、即当0 x时，( )1f xx 11(2020 届广西柳州市高三第一次模拟)已知函数 32 11 , 32 f xxaxaR. (I)当 a=2 时,求曲线 yf x在点 3,3f处的切线方程； (II)设函数 cos sing xf xxaxx,讨论 g x的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】()390 xy；()见解析 【解析】 ()由题意 2 ( )fxxax， 所以，当2a时，(3)0f， 2 ( )2fxxx， 所以 (3)3 f ， 因此，曲线( )yf x在点(3,(3)f处的切线方程是3(3)yx， 即390 xy. ()因为( ) ( )()cossingfx
24、axxxx， 所以( )( )cos()sincosg xfxxxaxx ， ()()sinx xaxax ()(sin )xa xx ， 令( )sinh xxx， 则( )1 cos0h xx ， 所以( )h x在R上单调递增， 因为(0)0h， 所以，当0 x时，( )0h x ；当0 x时，( )0h x . (1)当0a 时， ( )()(sin )gxa xxx， 当(, )xa 时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递增； 当( ,0)xa时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递减； 当(0,)x时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递增. 所以当
25、xa时( )g x取到极大值，极大值是 3 1 ( )sin 6 g aaa ， 当0 x时( )g x取到极小值，极小值是(0)ga . (2)当0a时， ( )(sin )g xx xx ， 当(,)x 时，( )0g x ，( )g x单调递增； 所以( )g x在(,) 上单调递增，( )g x无极大值也无极小值. (3)当0a时， ( )()(sin )gxa xxx， 当 (,0)x 时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递增； 当(0, )xa时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递减； 当( ,)xa时，0 xa，( )0g x ，( )g x单调递增. 所
26、以当0 x时( )g x取到极大值，极大值是(0)ga ； 当xa时( )g x取到极小值，极小值是 3 1 ( )sin 6 g aaa . 综上所述： 当0a 时，函数( )g x在(, )a和(0,)上单调递增，在( ,0) a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小 值，极大值是 3 1 ( )sin 6 g aaa ，极小值是(0)ga ； 当0a时，函数( )g x在(,) 上单调递增，无极值； 当0a时，函数( )g x在(,0)和( , )a 上单调递增，在(0, )a上单调递减，函数既有极大值，又有极小 值，极大值是(0)ga ，极小值是 3 1 ( )sin 6 g aaa
27、. 12(2020 届广东省湛江市模拟)已知函数( ) ln1f xaxbx，( )lng xaxx ，1a (1)求函数 ( )f x的极值； (2)直线 21yx为函数( )f x图象的一条切线，若对任意的 1 (0,1)x ， 2 1,2x 都有 12 g xfx成 立，求实数a的取值范围 【答案】(1)当0b时没有极值；当0b时，有极大值，极大值为 1 ln a f bb ；(2)( ,)e . 【解析】 (1)1a ， 函数 ( )f x的定义域为(0,) ( )ln1lnln1f xaxbxaxbx ， 11 ( ) bx fxb xx 当0b时，( )0fx ， ( )f x在(
28、0,)上为增函数，无极值； 当0b时，由( )0fx ，得 1 x b 1 0,x b 时，( )0fx ， ( )f x为增函数， 1 ,x b 时，( )0fx ， ( )f x为减函数， ( )f x在定义域上有极大值，极大值为 1 ln a f bb (2)设直线 21yx与函数( )f x图象相切的切点为 00 ,x y，则 00 21yx 1 ( )fxb x ， 0 0 1 2fxb x 0 1 2 x b 00 12bxx 又 000 ln121axbxx ， 0 ln1ax 0 axe 0 e x a 2 a b e 对任意的 1 (0,1)x ， 2 1,2x 都有 12
29、g xfx成立， 只需 11 maxmin g xfx 11 ( ) ax g xa xx ， 由( )0g x ，得 1 x a 1a ， 1 01 a 1 0,x a 时，( )0g x ，( )g x为减函数， 1 ,1x a 时，( )0g x ，( )g x为增函数 1 ( )1lng xga a ，即 min 1 1 lng xa 2 2 1 fxb x 在 2 1,2x 上为减函数， max 2 (1)13 a fxfb e 1ln3 a a e 即ln20 a a e 设( )ln2 a h aa e ，易知( )h a在(1,)上为增函数 又( )0h e ， 实数a的取值范
30、围为( ,)e 13(2020 届广东省汕头市高三第一次模拟)已知函数 lnR a f xxa x (1)讨论函数 f x的单调性； (2)若 f x a，求 a 的取值范围 【答案】(1)见解析(2)1a 【解析】 (1) f x的定义域为0, 又 22 1axa fx xxx 当0a 时，在0,上， 0fx ， f x是增函数； 当0a时， 0fx ，得xa， 在0,a上， 0fx ， f x是减函数； 在, a 上， 0fx ， f x是增函数 (2)由(1)知 当0a 时， 1 ln22 2 faa ，即ln2a不成立； 当0a时， f xa，即 minf xa， 因为0a，由(1)知
31、： 当xa时， f x取得极小值也是最小值， 所以 min ln1f xf aaa 即ln1ln1 0aaaa 成立 令 ln10h aaaa 11 10 a h a aa ，解得1a ， 在0,1上， 0h a ，所以 h a是增函数， 在1,上， 0h a ， h a是减函数， 所以，当1a 时， h a有最大值 10h 要使得 0h a 即：1a 所以实数 a 的取值范围是1a 14(2020 届广东省东莞市高三模拟)已知函数 3 x f xeax (1)讨论函数 f x的单调性： (2)若函数 0f x 在(0,)x上恒成立，求 a 的取值范围 【答案】(1)当0a时， f x在R上单
32、调递增；当0a 时， f x在,ln3a上单调递减，在 ln3,a上单调递增；(2) 3 e a 【解析】 (1)因为 3, x fxeax xR，所以 3 x fxea， 当0a时， 0fx ，故 f x在R上单调递增； 当0a 时， 3 x fxea， 令 0fx ，解之得ln3xa， 所以,ln3xa 时， 0fx ， f x单调递减； ln3,xa时， 0fx， f x单调递增， 综上所述，当0a时， f x在R上单调递增； 当0a 时， f x在,ln3a上单调递减，在ln3,a上单调递增； (2)由题意知，30 x eax 在(0,)x上恒成立， 即 3 x e a x 在 (0,
33、)x上恒成立， 所以 max ,(0) 3 x e ax x ， 设( ) 3 x e g x x ，则 22 13(1) ( ) 93 x x exex g x xx ， 当01x，( )0g x ，( )g x单调递增; 当1x，( )0g x ，( )g x单调递减; 故 max ( )(1) 3 e g xg ，所以 3 e a 15(2020 届甘肃省兰州市高三诊断)已知函数 2 11 2 3ln 22 f xxaxx(aR且0a). ()当2 3a 时，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程； ()若0a，讨论函数 f x的单调性与单调区间； ()若 yf x有两个极值点1 x
34、、 2 x，证明： 12 9 lnf xf xa . 【答案】()2 3 1 0 xy ；()详见解析；()证明见解析. 【解析】由题可知：函数 f x的定义域为0, ()因为2 3a 时， 2 11 2 32 3ln 22 f xxxx，所以 2 3 2 3fxx x ， 那么 11 f ， 12 3f， 所以曲线 yf x在 1,1f处的切线方程为：2 31yx ， 即2 3 10 xy ； ()因为 2 2 3 2 3 axxa fxx xx ，由 2 2 30 xxa 可得： 当12 40a，0,3a，时，有 1 33xa， 2 33xa，满足 12 0 xx， 2 0,xx和 1,
35、xx时 0fx， 即函数 yf x在0, 33a和33,a上为减函数； 21 ,xx x时， 0fx，即函数 yf x在 33, 33aa上为增函数； 当3a时，0， 0fx 恒成立，所以函数 yf x在0,为减函数. 综上可知： 当03a时，函数 yf x在0, 33a和33,a上为减函数， 在33, 33aa上为增函数； 16(2020 届安徽省合肥市高三第二次质检)已知函数( )sin x f xex.(e是自然对数的底数) (1)求 ( )f x的单调递减区间； (2)若函数( ) ( )2g xf xx ，证明( )g x在(0, )上只有两个零点.(参考数据： 2 4.8e ) 【
36、答案】(1) 37 22 44 kk ，(kZ)(2)见解析. 【解析】 (1)f(x)exsinx，定义域为 R. 2 4 xx fxesinxcosxe sin x 由 f(x)0 得0 4 sin x ，解得 37 22 44 kxk (kZ) f(x)的单调递减区间为 37 22 44 kk ，(kZ) (2)g(x)ex(sinx+cosx)2，g(x)2excosx x(0，)，当0 2 x ， 时，g(x)0；当 2 x ， 时，g(x)0 g(x)在0 2 ， 上单调递增，在 2 ， 上单调递减， 又g(0)120， 2 2 0 2 ge ，g()e20， g(x)在(0，)上
37、图象大致如右图 1 0 2 x ， 2 2 x ，使得 g(x1)0，g(x2)0， 且当 x(0，x1)或 x(x2，)时，g(x)0；当 x(x1，x2)时，g(x)0 g(x)在(0，x1)和(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增 g(0)0，g(x1)0 2 0 2 ge ，g(x2)0， 又g()20，由零点存在性定理得，g(x)在(x1，x2)和(x2，)内各有一个零点， 函数 g(x)在(0，)上有两个零点 当3a时，函数 yf x在(0,)上为减函数； ()因为 yf x有两个极值点 1 x、 2 x， 则 2 2 3 0 xxa fx x 有两个正根 1 x、 2
38、x， 则有12 40a， 且 12 2 3xx，1 2 0 x xa ， 即0,3a， 所以 22 12121212 1 2 3ln1ln7 2 fxfxxxax xxxaaa 若要 12 9 lnf xf xa ，即要lnln20aaaa ， 构造函数 lnln2xxgxxx ，则 1 lngxx x ，易知 ygx 在0,3上为增函数， 且 110 g ， 1 2ln20 2 g ， 所以存在 0 1,2x 使 0 0gx即 0 0 1 ln x x ， 且当 0 1,xx时 0g x，函数 yg x单调递减； 当 0,2 xx时， 0g x，函数 yg x单调递增. 所以函数 yg x在1,2上有最小值为 000000 0 1 lnln23g xxxxxx x ， 又因为 0 1,2x 则 0 0 15 2, 2 x x ，所以 0 0g x在 0 1,2x 上恒成立， 即 12 9 lnf xf xa 成立。
