导数综合题

高三数学第二轮复习导数自助餐

1.已知函数x x f =)(，)1ln()(x x g +=，.1)(x

x x h += （1）证明：当0>x 时，恒有);()(x g x f > （2）当0>x 时，不等式)0()(≥+>

k x

k kx

x g 恒成立，求实数k 的取值范围; （3）在x 轴正半轴上有一动点)0,(x D ，过D 作x 轴的垂线依次交函数)(),(),(x h x g x f

的图象于点C B 、、A ，O 为坐标原点.试将AOB ?与BOC ?的面积比表示为x 的函数)(x m ，并判断)(x m 是否存在极值，若存在，求出极值；若不存在，说明理由.

解：（1）设)()()(x g x f x F -=，则)('

x F =x

x

x +=

+-

1111 ，……2分 当0>x 时，0)('

>x F ，所以函数)(x F 在（0，)∞+单调递增，又)(x F 在0=x 处连续，所以0)0()(=>F x F ，即0)()(>-x g x f ， 所以)()(x g x f >。……4分 （2）设x

k kx

x g x G +-

=)()(， 则)(x G 在（0，)∞+恒大于0，x

k k k x x G ++-+=2

)1ln()(，

2

2222)

)(1()2()(11)('x k x x

k k x x k k x x G ++-+=+-+=，……6分 0)2(22=-+x k k x 的根为0和,22k k -

即在区间（0，)∞+上，0)('=x G 的根为0和,22

k k -

若022

>-k k ，则)(x G 在)2,0(2

k k -单调递减，

且0)0(=G ，与)(x G 在（0，)∞+ 恒大于0矛盾； 若022

≤-k k ，)(x G 在（0，)∞+单调递增，

且0)0(=G ，满足题设条件，所以022

≤-k k ，所以.20≤≤k ……9分

（3）x

x

x x x S S x m BOC

AOB

+-

++-==

??1)1ln()

1ln()( 2

)

1)1(ln()'1)1(ln())1ln(()1)1(ln()]'1ln([)('x

x x x x x x x x x x x x x m +-++-+?+--+-

++-=

其分母为正数，其分子为：

2

2

22)

1(2)1(2)1ln(x x x x x x +-+++?+]22)1[ln()1()2(2x x x x x x +-+++=……12分 由第（2）问知：x

x

x +>

+22)1ln(在),0(+∞恒成立， 所以0)('>x m 在),0(+∞恒成立，即)(x m 在),0(+∞为单调递增函数， 故)(x m 而无极值.……14分

☆2.设函数321

()()3

f x ax bx cx a b c =++<<，其图象在点(1,(1)),(,())A f B m f m 处的切线的斜率分别为0,a -．

（Ⅰ）求证：01b

a

<≤

； （Ⅱ）若函数()f x 的递增区间为[,]s t ，求||s t -的取值范围；

（Ⅲ）若当x k ≥时（k 是与,,a b c 无关的常数），恒有()0f x a '+<，试求k 的最小值． 解：（Ⅰ）证明：2()2f x ax bx c '=++，由题意及导数的几何意义得

(1)20f a b c '=++=， （1）

2()2f m am bm c a '=++=-， （2）

又a b c <<，可得424a a b c c <++<，即404a c <<，故0,0,a c <> 由（1）得2c a b =--，代入a b c <<，再由0a <，得

113b

a

-<<， （3） 将2c a b =--代入（2）得2220am bm b +-=，即方程2220ax bx b +-=有实根．

故其判别式2480b ab ?=+≥得 2b a -≤，或b

a

≥0， （4）

由（3），（4）得01b

a

<≤；

（Ⅱ）解：由2()2f x ax bx c '=++的判别式2440b ac '?=->，

知方程2()20()f x ax bx c '=++=*有两个不等实根，设为12,x x ，

又由(1)20f a b c '=++=知，11x =为方程（*）的一个实根，则由根与系数的关系得

122122,10b b

x x x x a a

+=-

=--<<， 当2x x <或1x x >时，()0f x '<，当21x x x <<时，()0f x '>， 故函数()f x 的递增区间为21[,]x x ，由题设知21[,][,]x x s t =， 因此122||||2b s t x x a -=-=+

，由（Ⅰ）知01b

a

<≤得 ||s t -的取值范围为[2,4)；

（Ⅲ）解：由()0f x a '+<，即220ax bx a c +++<，即2220ax bx b +-<，

因为0a <，则2220b b x x a a +?

-?>，整理得2(22)0b

x x a

-+>， 设2()(22)b b g x x a a =-+，可以看作是关于b

a

的一次函数，

由题意()0b

g a

>对于01b a <≤恒成立，

故(1)0,(0)0,g g ??>?≥ 即2

2220,

0,

x x x ?-??>??≥+得1x ≤或1x ，

由题意，[,)(,1][31,)k +∞?-∞-+∞，

故1k ，因此k 1． ☆3.已知函数)()0,1(),0()(x f y P t x

t

x x f =>+=作曲线过点的两条切线PM 、PN ，切点 分别为M 、N .

（I ）当2=t 时，求函数)(x f 的单调递均区间； （II ）设|MN |=)(t g ，试求函数)(t g 的表达式；

（III ）在（II ）的条件下，若对任意的正整数n ，在区间]64

,2[n

n +

内总存在)

()()()(,,,,,1121121++<++++m m m m a g a g a g a g a a a a m 使得不等式个数成立，求m 的最大值. 解：（I ）当,2

)(,2x

x x f t +

==时

02

21)(2

22>-=-='x x x x f

…………2分

2,2-<>x x 或解得.

则函数)(x f 有单调递增区间为),2(),2,(+∞--∞

…………14分

（II ）设M 、N 两点的坐标分别为1x 、2x ，

)

1(.

02).1)(1()(0),0,1().)(1()(:,1)(121121

11121

112=-+--=+

-∴--=+

-∴-

='t tx x x x t

x t x P x x x t

x t x y PM x

t x f 即有过点切线又的方程为切线

同理，由切线PN 也过点（1，0），得.0222

2=-+t tx x （2）

由（1）、（2），可得02,2

21=-+t tx x x x 是方程的两根，

(*).

22121

???-=?-=+∴t x x t

x x

…………8分

])1(1[)()()(||2

2

122122211221x x t x x x t x x t x x x MN -+-=--+

+-= ])1(1][4)[(2

2

121221x x t x x x x -

+-+ 把（*）式代入，得,2020||2t t MN +=

因此，函数)0(2020)()(2>+=

t t t t g t g 的表达式为…………9分

（III ）易知]64

,2[)(n

n t g +

在区间上为增函数，

,

)()()()().

()()()2().

1,,2,1)(()2(12121成立对一切正整数则n a g a g a g a g a g a g a g g m m i a g g m m m i +<++++++≥?+=≤∴

恒成立对一切的正整数不等式n n

n g g m )64

()2(+

,)64(20)64(2022022022n

n n n m +++

.3

136

.

3136]1616[61)]64()64[(61,1664

)]64

()64[(61222<

∴=+≥+++∴≥+

+++

n n n m 恒成立对一切的正整数即

由于m 为正整数，6≤∴m .

…………13分

又当.,16,2,6121满足条件对所有的存在时n a a a a m m m ======+

因此，m 的最大值为6.

…………14分

☆4.已知函数()y f x =是定义在R 上的偶函数，其图象均在x 轴的上方，对任意

[),0,m n ∈+∞都有[]()()n

f m n f m ?=且(2)4f =，又当0x ≥时，其导函数'()0f x >恒

成立

（Ⅰ）求(0),(1)f f -的值;

（Ⅱ）解关于x

的不等式2

2f ??

≥????

，其中(1,1)k ∈- 解：（Ⅰ）令m=2,n=0,得f(0)=1，

令m=2,n=

21

,得f(1)=2, 又()y f x =是定义在R 上的偶函数，∴f(-1)=2 （Ⅱ）令m=21,n=2,得f(2

1

)=2,由()y f x =是定义在R 上的偶函数，其图象均在x 轴的

上方及0x ≥时，其导函数'

()0f x >恒成立

∴不等式2

2f ??≥????

?)21()422(2f x kx f ≥++?)21

()422(2f x kx f ≥++ ?

2

1

4

222≥

++x kx ?422+≥+x kx ?04)1(22≤--kx x k 当k=0时，解集为{0}

当-1

k

k

- 当0

0(2

k k

-

☆5.定义函数),(,2,1)1()(*

∈->-+=N n x x x f n n 其导函数记为)(x f n '. （1）求证：nx x f n ≥)(； （2）设

)

1()

1()()(1010++=''n n n n f f x f x f ，求证：100<

数)()()(23x f x f x h -=在区间],[b a 上的值域为],[kb ka ？ 若存在，求出最小的

k 值及相应的区间],[b a .

解：（1）∵()(1)1n

n f x nx x nx -=+--，令()(1)1n

g x x nx =+--

则1

'()[(1)

1]n g x n x -=+-

当(2,0)x ∈-时'()0g x <，当(0,)x ∈+∞时，'()0g x > ∴()g x 在(2,0)-上递减，在(0,)+∞上递增 故()g x 在0x =处取得极（最）小值(0)0g =

∴()0g x ≥，即()n f x nx ≥（当且仅当0x =时取等号）……………………4分

（2）由0101'()(1)'()(1)n n n n f x f f x f ++=，得1010(1)21

(1)(1)21

n n n

n n x n x -++-=++- ∴10(21)1(1)(21)n n n x n +-+=+-，10(1)21

(1)(21)n n n x n +-+=+-，易知00x >，…………….6分

而1

0221(1)(21)

n n

n x n ++--=+- 由（1）知当0x >时，(1)1n x nx +>+，故1

12(11)112n n n n ++=+>++=+

∴01x <，

∴001x <<…………………………………………………………9分

（3）2

32()()()(1)h x f x f x x x =-=+

2'()(1)2(1)(1)(13)h x x x x x x =+++=++

令'()0h x =，得1x =-或13

x =-，

∴当(2,1)x ∈--时，'()0h x >； 当1(1,)3

x ∈--时，'()0h x <； 当1(,)3

x ∈-+∞时，'()0h x >， 故()h x 的图象如图所示.

下面考查直线(0)y kx k =>与()y h x =的相交问题 由图可知直线(0)y kx k =>与()y h x =存在交点， 且满足()h x 在区间[,]a b 上的值域为[,]ka kb

∵在[1,0]-上，14

(,)3

27A --为图象的极小值点 （1）∴过A 作直线427y =-与()y h x =的图象交于另一点44

(,)327

B --，当直线

y kx = 绕原点O 顺时钟旋转至点B 时，满足条件的k 取最小值，即k 的最小值为1

9

，

相应区间[,]a b 为4

[,0]3

-.

6.设函数()

ln 1f x x px

（Ⅰ）求函数()f x 的极值点；

（Ⅱ）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围；

（Ⅲ）证明：).2,()1(21

2ln 33ln 22ln 22

22222≥∈+--<+++n N n n n n n

n 解：（1）),0()(,1ln )(+∞∴+-=的定义域为x f px x x f ，

x

px

p x x f -=

-=

'11)( …………2分 当),0()(,0)(0+∞>'≤在时，x f x f p 上无极值点 …………3分

当p>0时，令x x f x f p

x x f 随、，

)()(),,0(1

0)('+∞∈=∴='的变化情况如下表： x

(0，

1p ) 1p 1(,)p

从上表可以看出：当p>0 时，()f x 有唯一的极大值点p

x 1

=

………………6分 （Ⅱ）当p>0时在1x=

p 处取得极大值11

()ln

f p

p

，此极大值也是最大值， 要使()

0f x 恒成立，只需1

1

()

ln 0f p

p

，

∴1p

∴p 的取值范围为[1，+∞) …………………10分

（Ⅲ）令p=1，由（Ⅱ）知，2,1ln ,01ln ≥∈-≤∴≤+-n N n x x x x ， ∴1ln 2

2

-≤n n ，

∴2

22221

11ln n

n n n n -=-≤ …………12分 ∴)1

1()311()211(ln 33ln 22ln 2

22222222n n n -++-+-≤+

++ )1

3121()1(222n

n +++--= ))

1(1

431321(

)1(+++?+?--

141313121()1(+-++-+---=n n n

)

1(21

2)1121()1(2+--=+---=n n n n n

∴结论成立 …………………14分

☆7. 已知函数)0(1

ln )(∞+∈++

=，，x ax x

x x f (a 为实常数). (1)若)(x f 在)2[∞+，上是单调函数，求a 的取值范围； (2)当a = 0时，求)(x f 的最小值； (3)设各项为正的无穷数列}{n x 满足11ln 1

<++n n x x (n ∈N *)，证明：n x ≤1(n ∈N *).

解：(1)2

221

11)(x x ax a x x x f -+=+-='

当a ≥0时，12-+x ax 在[2，＋∞)上恒大于零，即0)(>'x f ，符合要求； 2分

当a ＜0时，令1)(2-+=x ax x g ，g (x )在[2，＋∞)上只能恒小于零

故△＝1＋4a ≤0或???????

≤-≤>+221

0)2(041a

g a ，解得：a ≤41

-

∴a 的取值范围是)0[]41

(∞+-

-∞，， 6分

(2)a = 0时，2

1

)(x

x x f -=

'

当0＜x ＜1时0)(<'x f ，当x ＞1时0)(>'x f ，∴1)1()(min ==f x f

8分

(3)反证法：假设x 1 = b ＞1，由1

1

ln 1ln )2(++>≥+n n n n x x x b b x ，

∴)(1

ln *1N ∈+>+n x b x b n n

故 >+++>++>+>=

)1

(ln 1ln ln )1(ln 1ln 1ln 142321x b b b b b x b b b x b x b b b b b b b n ln 111ln )1111(2-=+++++

> ，即1ln 111

<-b b

①

又由(2)当b ＞1时，11

ln >+

b b ，∴1ln 11111ln >-?

->b b

b b 与①矛盾，故b ≤1，即x 1≤1 同理可证x 2≤1，x 3≤1，…，x n ≤1(n ∈N *) 12分 8.已知函数).0()

1ln(1)(>++=

x x

x x f

（Ⅰ）试判断函数),0()(+∞在x f 上单调性并证明你的结论； （Ⅱ）若1

)(+>

x k

x f 恒成立，求整数k 的最大值； （Ⅲ）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n （n+1）]>e 2n －

3. 解：（I ）)]1ln(1

1

[1)]1ln(11[1)(22+++-=+--+='x x x x x x x x f …………（2分）

.0)(,0)1ln(,01

1

,0,02<'∴>+>+>∴>x f x x x x

),0()(∞∴在x f 上是减函数.……………………………………………………（4分）

（II ）.)]1ln(1)[1()(,1)(恒成立即恒成立k x

x x x h x k x f >+++=+>

即h (x )的最小值大于k .…………………………………………………………（6分）

).0)(1ln(1)(,)

1ln(1)(>+--=+--=

'x x x x g x x x x h 记

则),0()(,01)(+∞∴>+='在x g x x

x g 上单调递增，

又.02ln 22)3(,03ln 1)2(>-=<-=g g

0)(=∴x g 存在唯一实根a ，且满足).1ln(1),3,2(++=∈a a a

当.0)(,0)(00)(,0)(<'<<<>'>>x h x g a x x h x g a x 时，，当时， ∴)4,3(1)]

1ln(1)[1()(min )(∈+=+++=

=a a

a a a h h x

故正整数k 的最大值是3 ……………………9分

（Ⅲ）由（Ⅱ）知

)0(1

3

)1ln(1>+>++x x x x

∴x

x x x x 3

2132113)1ln(->+-=-+>+ ………………11分

令*))(1(N n n n x ∈+=，则

)

1(3

2)]1(1ln[+-

>++n n n n

∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

3

213

32)111(32])

1(1

323211[32])

1(32[)3132()2132(->++-=+--=+++?+?-=+-++?-+?-

>n n n n n n n n n n

∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n （n+1）]>e 2n

－3

………………14分

9.已知函数).1ln()(+-=x e x f x

（I ）求函数)(x f 的单调区间； （II ）已知.1

1

ln

1:,012211

2+++><≤-x x e

x x x x 求证 解：（I ）函数1

1

)(},1|{)(+-

='->x e x f x x x f x 的定义域是 当0)(01

1111,01<'<+-∴>>+<<-x f x e e x x x x 得时

这说明函数)0,1()(-在区间x f 上是减函数 …………3分

当01

1

0111,0,1)0(,0<+-∴>+>

>>==x e x e x f x x x

时当时 即[)+∞>',0)(,0)(在区间这说明函数x f x f 上是增函数 …………5分 （II ）由（I ）知，当1)()1ln()(,0min =≥+-=≥x f x e x f x x

时

…………6分

而1)1ln()(,0,0121212211

2≥+--=->-<≤-x x e x x f x x x x x x 因此

)1ln(11212+-+>∴-x x e x x ①

…………8分

又1

)

1)(1(ln 11ln

)1ln(21121212+++-=++-+-x x x x x x x x 01ln ]11

)

(ln[1)1()(ln

212122121=>++-=+++-=x x x x x x x x x

11

ln

)1ln(1212++>+-∴x x x x ② …………12分

综合①、②得1

1

ln

1121

2+++>-x x e

x x 成立 …………13分

☆10.已知函数.ln )(x x x f =

（Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间和最小值；

（Ⅱ）当e b

e

b b 1

)1

(:,0≥>求证时（其中e=2.718 28…是自然对数的底数）；

（Ⅲ）若).()(2ln )()(:,0,0b f b a f b a a f b a -+≥++>>证明

解：（Ⅰ）.ln 1ln ,0)(),0(1ln )(1

-=-≥≥'>+='e x x f x x x f 即令 …………1分 ),0(ln ,128718.2+∞=∴>=在x y e 上是单调递增函数.

).,1

[.

1

1+∞∈∴=≥∴-e x e

e x

同理，令].1

,0(0)(e x x f 可得≤'

∴f (x )单调递增区间为),1[+∞e ，单调递减区间为]1

,0(e

.……………………2分

由此可知.1

)1()(min e

e f x f y -===…………………………………………1分

（Ⅱ）由（I ）可知当0>b 时，有e

b b e x f b f 1

ln ,1)()(min -≥∴-=≥，

即c b

e

e b 1

)1

ln(1)ln(=-≥.

c b e

b 1

)1

(≥∴.……………………………………………………………………3分

（Ⅲ）解法1：即证：0)(2ln )()()(≥+-+++b a f b a b f a f

分

成立所以即所以所以有最小值时为减函数此时时为增函数此时时，得令分设10...........................)()(2ln )()(0

)(2ln )()()(,0)()(,0.

0)()(0)()()(0)(',)(0)(',00)(')ln(2ln )ln(12ln ln 1)('8......).........0)(ln()(2ln )(ln ln )

(2ln )()()()(b f b a f b a a f b a f b a b f a f b g a g a b g x g b g x g b x x g x g b x x g x g b x b

x x g b x x b x x x g x b x b x b x b b x x b x f b x b f x f x g -+≥++≥+-+++=≥>=≥==∴>><<<==+-=+--++=>++-+++=+-+++=

11.已知函数()ln ,()(0)a

f x x

g x a x

==>，设()()()F x f x g x =+

（Ⅰ）求()F x 的单调区间，（Ⅱ）若以(]()(0,3)y F x x =∈图象上任意一点00(,)P x y 为切点的切线的斜率1

2

k ≤

恒成立，求实数a 的最小值，（Ⅲ）是否存在实数m ，使得函数2

2(

)11

a y g m x =+-+的图象与2

(1)y f x =+的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围，若不存在，说明理由。

☆12.已知函数f （x ）=ax +ln x ，其中a 为实常数，设e 为自然对数的底数. （Ⅰ）若f （x ）在区间（0，e ]上的最大值为－3，求a 的值；

（Ⅱ）当a =－1时，试推断方程| f （x ）|=21

ln +x x 是否有实数解. 解：（Ⅰ）∵)(x f '=a +x 1，x ∈(0，e)，x

1

∈［e 1，+∞)

（1）若a ≤－e

1

，则)(x f '≥0，从而f (x )在(0，e )上增函数.

∴f (x )max =f (e )=ae +1≥0.不合题意.

（2）若a <－e 1，则由)(x f '>0?a +x 1>0，即0

∴f (x )m ax =f (－a 1)=－1+ln(－a 1

).

令－1+ln(－a 1)=－3，则ln(－a 1)=－2.∴－a

1=e 2

-，

即a =－e 2. ∵－e 2<－e

1

，∴a =－e 2为所求.

（Ⅱ）法1：当a =－1时，f (x )=－x +ln x ，)(x f '=－1+x

1=x x

-1.

当00；当x >1时，)(x f '<0. ∴f (x )在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上减函数.

从而f (x )m ax =f (1)=－1，∴1)(≥x f 。

又令g(x)=

21ln +x

x , g /(x)=2

ln 1x x

-,令g /(x)=0，得x=e , 当00, g(x) 在（0，e ）单调递增；

当x>e 时，g /(x) <0, g(x) 在（e ，+∞）单调递减。

∴g (x )m ax =g (e)=

2

1

1+e <1, ∴g(x)<1 ∴)()(x g x f >,即| f （x ）|>2

1

ln +x x

∴方程| f （x ）|=2

1

ln +x x 没有实数解 法2：当a =－1时，f (x )=－x +ln x ，)(x f '=－1+x

1=x x

-1.

当00；当x >1时，)(x f '<0. ∴f (x )在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上减函数.

从而f (x )m ax =f (1)=－1.∴f (x )=－x +ln x ≤－1，从而ln x ≤x －1.

令g(x)=|f(x)|－

x x ln =21=x －ln x －x x ln －21=x －(1+x 1)lnx －2

1

（1）当0

1

>0.

（2）当x ≥2时，g ′(x )=1－［(－21x

)lnx+(1+x 1)·x 1

］=2

2ln 1x x x x +-- =02ln 12

ln 45

)212(ln 45)21(2

2222>+=+--≥+--x

x x x x . ∴g (x )在[2，+∞)上增函数，∴g (x )≥g(2)=0)2ln 1(3

2

>-

综合（1）、（2）知，当x >0时，g (x )>0，即|f (x )|>2

1

ln +x x .

故原方程没有实解.

☆13.已知函数.ln )(,2

)23

ln()(x x g x

x x f =++= （1）求函数f (x )是单调区间； （2）如果关于x 的方程m x x g +=

2

1

)(有实数根，求实数m 的取值集合； （3）是否存在正数k ，使得关于x 的方程)()(x kg x f =有两个不相等的实数根？如果

存在，求k 满足的条件；如果不存在，说明理由. 解：（1）函数)(x f 的定义域是).,0()0,2

3

(+∞?- 对)(x f 求导得

)

2

3()

3)(1(2231

)(22+-+=

-

+=

'x x x x x x x f …………（2分） 由 3123

0)(>-<<->'x x x f 或，得

由.30010)(<<<<-<'x x x f 或，得 因此 )3)1,2

3

(∞+--

，和（是函数)(x f 的增区间； （－1，0）和（0，3）是函数)(x f 的减区间 ………………（5分）

（2）[解法一]：因为.2

1ln 21ln 21)(x x m m x x m x x g -=?+=?+=

所以实数m 的取值范围就是函数x x x 2

1

ln )(-=φ的值域 …………（6分）

对.2

1

1)()(-='x x x φφ求导得

令0)(20;0)(220)(>'<<<'>=='x x x x x x φφφ时，当时，，并且当，得 ∴当x =2时)(x φ取得最大值，且.12ln )2()(max -==φφx 又当x 无限趋近于0时，x ln 无限趋近于x 2

1

,-∞-无限趋近于0， 进而有x x x 21

ln )(-

=φ无限趋近于－∞. 因此函数x x x 2

1

ln )(-=φ的值域是 ]12ln ,(--∞

即实数m 的取值范围是]12ln ,(--∞ ………………（9分）

[解法二]：方程m x x g +=

21)(有实数根等价于直线m x x g +=21

)(与曲线y=ln x 有公共点，并且当直线m x x g +=2

1

)(与曲线y=ln x 相切时，m 取得最大值. ……（6分）

设直线x y t x y ln 2

1

=+=与曲线相切，切点为x y y x T ln ).,(00=则对求导得

????

?

????+===='t x y x y x

x y 00000

21

ln 1211，根据相切关系得

解得 .12ln 2ln ,200-===t y x ，进而

所以m 的最大值是12ln -。而且易知当m x y m +=-≤2

1

12ln 时，直线与曲线y=ln x 总有公共点。

因此实数m 的取值集合是].12ln ,(--∞ ………………（9分） （3）结论：这样的正数k 不存在。 ………………（10分）

下面采用反证法来证明：假设存在正数k ，使得关于x 的方程

)()(x kg x f =有两个不相等的实数根21x x 和，则

???

???

?

=++=++????==②

①

.

ln 2)23ln(,ln 2)23ln()()()()(2

221112211x k x x x k x x x kg x f x kg x f …………（11分）

根据对数函数定义域知21x x 和都是正数。

又由（1）可知，当 03

2)23

3ln()()(0min >+

+==>x f x f x 时，

∴)(1x f =.02

)23ln()(,02)2

3ln(2

2211>++=>+

+x x x f x x 再由k>0，可得.1,10ln )(,0ln )(212211>>?>=>=x x x x g x x g 由于 所以,21x x ≠不妨设 211x x <<

由①和②可得 2

2

2111ln 2

)23ln(ln 2)23ln(x x x x x x +

+=

++ 利用比例性质得 2

2

2

21111ln ln 2)23ln(ln ln 2)23ln(x x x x x x x x -++=

-++ 即

.(*)ln 2

)231ln(ln 2)231ln(2

2

2111x x x x x x ++=++

…………（13分）

由于),1(ln +∞是区间x 上的恒正增函数，且 .1ln ln ,12

1

21<∴<

)231ln(+∞++

是区间x

x 上的恒正减函数，且 .121x x << ∴

.12)231ln(2)231ln(2

2

1

1

>+

+++

x x x x ∴

22

21112

2

11

2

1ln 2

)231ln(ln 2)231ln(2)231ln(2)231ln(ln ln x x x x x x x x x x x x ++>++?+

++

+

< 这与（*）式矛盾。因此满足条件的正数k 不存在 ……………………（14分）