1、精选大题2019广州一模已知函数 elnxfa（1）若 ，求 的单调区间；eax（2）当 时，记 的最小值为 ，求证 0fm1【答案】 （1）函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；（2）见解析fx0, 1,【解析】 （1）当 时， ， 的定义域是 ，eaelnxffx0,，1x xfx当 时， ；当 时， 00f10f所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 fx, 1,（2）证明：由（1）得 的定义域是 ， ，fx0,exfxa令 ，则 ， 在 上单调递增，exga1exgg,因为 ，所以 ， ，000a故存在 ，使得 0,xa00exg当 时， ， ， 单调递减；,x10xfaf
2、x当 时， ， ， 单调递增；0,x0gexff故 时， 取得最小值，即 ，fx000lnxmfax由 ，得 ，0exa00enllxxa令 ， ，则 ，lh1lnlhx函数与导数：存在、恒成立与最值问题大题精做十二当 时， ， 单调递增，0,1xln0hxlnhx当 时， ， 单调递减，,llx故 ，即 时， 取最大值 1， 1xalnhxm模拟精做12019青海联考已知函数 e1xfa（1）讨论函数 的单调性；fx（2）当 有最小值，且最小值不小于 时，求 的取值范围f 21aa22019咸阳模拟设函数 ， 1exfxmR（1）当 时，求 的单调区间；1m（2）求证：当 时， 0,x1le
3、n2x32019东莞期末已知函数 ，函数 lnxfb2gxfx（1）求函数 的单调区间；fx（2）设 ， 是函数 的两个极值点，若 ，求 的最小值1212gx13b12gx答案与解析1 【答案】 （1）见解析；（2） 0,1【解析】 （1） ，exfa当 时， ，所以函数 在 上单调递增；0a0xffxR当 时，令 ，解得 ，lna当 时， ，故函数 在 上单调递减；,lnxa0fxfx,lna当 时， ，故函数 在 上单调递增l,ffl,（2）由（1）知，当 时，函数 在 上单调递增，没有最小值，故 0afxR0a，2minlln1fxf a整理得 ，即 2l0aal0令 ，易知 在 上单调
4、递增，且 ；n()gga,10g所以 的解集为 ，所以 l20a0,10,12 【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】 （1）当 时， ， ，令 ，则 m1exfx1exf1e0xf 当 时， ；当 时， ，0x0fx0f函数 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 f ,0,（2）由（1）知，当 时， ，1mmax0ff当 时， ，即 ，0,xe0xe1当 时，要证 ，只需证 ，, 1ln22exx令 ，2eexxxF，2eln1e1eexxxxxxF 由 ，可得 ，1x21x则 时， 恒成立，即 在 上单调递增， 0,0F Fx0,0Fx即 ， 2e1xxln2x3 【答案】 （1）函数
5、 的增区间为 ； 的减区间为 ；（2） f0,efxe,143ln2【解析】 （1）由题意知， 的定义域为 fx,，当 时，解得 ；当 时， 2lnxf0fe0fxex所以函数 的增区间为 ； 的减区间为 f,efxe,（2）因为 ，从而 ，22lngxfxb2141xbgx令 ，得 ，由于 ，02410b69103设方程两根分别为 ， ，由韦达定理可知， ， ，1x2 124bx12x2121lnlngxbx122lnbx，211212ln4x11122122llxx设 ，则 ，12tx12lnghtt因为 ，所以 ，又 ，所以 ，120120,xt13b12134bx所以 ，211269448xtx整理得 ，解得 或 所以 ，250tt12tt10,2t，所以 在 单调递减，22110thtt ht10,2，故 的最小值是 43ln1t12gx43ln
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