2021年高考数学大二轮专题复习专题二 第3讲 导数的热点问题

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1、第 3 讲 导数的热点问题 考情研析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零 点、方程的根及不等式相结合，难度较大解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应 用 核心知识回顾 1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题 (1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路 将问题转化为函数 01零点的个数问题，进而转化为函数图象02交点的个数问题； 利用导数研究该函数在给定区间上的 03单调性、04极值(最值)、05端点值等； 画出函数的 06大致图象； 结合图象求解 (2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 在该区间上构造与方程 07对应的

2、函数； 利用导数研究该函数在该区间上的 08单调性； 判断该函数在该区间端点处的 09函数值异号； 作出结论 2利用导数证明不等式 不等式的证明可转化为利用导数研究函数的 01单调性、02极值和03最值， 再由04单调性或 最值来证明不等式，其中构造一个 05可导函数是用导数证明不等式的关键 热点考向探究 考向 1 利用导数讨论方程根的个数 例 1 (2020 海南省海口市模拟)已知函数 f(x)k（x1） ex ，其中 k0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 k0，讨论关于 x 的方程|ln x|f(x)在区间(0，2)上实根的个数 解 (1)由条件，得 f(x)ke xkex（x

3、1） e2x k（2x） ex ， 令 f(x)0，得 x2. 当 k0 时，由 f(x)0，得 x2，由 f(x)0，得 x2. 所以 f(x)的单调递增区间是(，2)，单调递减区间是(2，). 当 k0 时，由 f(x)0，得 x2， 由 f(x)0，得 x2. 所以 f(x)的单调递增区间是(2，)，单调递减区间是(，2). (2)因为|ln 1|f(1)0， 所以 x1 是方程|ln x|f(x)的一个实根 当 0 x1 时，由(1)知 f(x)单调递增， 所以 f(x)f(1)0. 而|ln x|ln x0， 所以方程|ln x|f(x)在区间(0，1)上无实根 当 1x2 时，|l

4、n x|ln x. 设 F(x)ln xk（x1） ex ， 则 F(x)1 x 2kkx ex e xkx22kx xex . 设 u(x)exkx22kx，当 1x2 时，u(x)ex2kx2k0， 所以 u(x)在(1，2)上单调递增 当 u(1)ek0，即 ke 时，在区间(1，2)上， 总有 u(x)u(1)0， 从而 F(x)0， 所以 F(x)在(1，2)上单调递增，F(x)F(1)0， 即原方程在(1，2)上无实根 当 u(1)ek0，即 ke 时，因为 u(2)e20， 所以存在 x0(1，2)，满足 u(x0)0， 所以在(1，x0)上，u(x)0，F(x)单调递减， 在(

5、x0，2)上，u(x)0，F(x)单调递增， 又因为 F(1)0，F(2)ln 2 k e2， 所以当 F(2)0，即 eke2ln 2 时， 原方程在(1，2)上有唯一实根， 当 F(2)0，即 ke2ln 2 时，原方程在(1，2)上无实根 综上所述，当 0ke 或 ke2ln 2 时， 原方程在(0，2)上仅有一个实根； 当 eke2ln 2 时，原方程在(0，2)上有两个实根 根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单 调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与 x 轴交 点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是

6、“先数后形” 已知函数 f(x)ln x 2ax b x(a0，b0)，对任意 x0，都有 f(x)f 4 x 0. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)存在三个不同的零点时，求实数 a 的取值范围. 解 (1)由 f(x)f 4 x ln x 2ax b xln 2 x 4a x xb 4 0，得 b4a， 则 f(x)ln x 2ax 4a x ，f(x)1 xa 4a x2 ax 2x4a x2 (x0)， 若 116a20，即 a1 4时，f(x)在(0，)上单调递减， 若116a20， 即0a0， x21 116a2 2a 0， 又 h(x)ax2x4a 的图象开口向下

7、，所以 当 0xx1时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减， 当 x1x0，f(x)0，f(x)单调递增， 当 xx2时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减 综上所述，当 a1 4时，f(x)在(0，)上单调递减；当 0a 1 4时，f(x)在 0，1 116a2 2a 和 1116a2 2a ，上单调递减，在 1116a2 2a ，1 116a2 2a 上单调递增 (2)由(1)知，当 a1 4时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点. 当 0a1 4时，f(x)在(0，x1)和(x2，)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增， f(2)ln 2 22a2a0，又 x

8、1x24，有 x12x2， f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)f(2)0. f(x)ln x 2ax 4a x ，f 1 a2 ln 2a21 a4a 3， 令 g(a)ln 2a21 a4a 3，g(a)4a 2a2 1 a212a 212a 42a1 a2 . 令 m(a)12a42a1，m(a)48a32 单调递增 由 m(a)48a320，求得 a 1 3 24 1 4. 当 0am 1 4 3 64 1 210， f 1 a2 g(a)ln 2a21 a4a 3 在 0，1 4 上单调递增. 故 f 1 a2 g(a)g 1 4 3ln 24 1 160， 故 f 1 a

9、2 0， 1 a2x2， 由零点存在性定理知 f(x)在区间 x2， 1 a2 上有一个根， 设为 x0， 又 f(x0)f 4 x0 0， 得 f 4 x0 0，由 x2x0 1 a2及 x1x24 得 0 4 x0x1， 4 x0是 f(x)的另一个零点， 故当 0a1 4时，f(x)存在三个不同的零点 4 x0，2，x0. 考向 2 利用导数证明不等式 例 2 (2020 山东省泰安市三模)已知函数 f(x)ln xax1 有两个零点 (1)求 a 的取值范围； (2)设 x1，x2是 f(x)的两个零点，证明：f(x1x2)0)，故当 x(0，1)时，g(x)0；当 x(1，)时，g(

10、x)0. 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 g(x)maxg(1)1. 又 g 1 e 0，当 x时，g(x)0， 故当 x 0，1 e 时，g(x)0. 可得 a(0，1). (2)证明：f(x)1 xa，由(1)知 x1，x2 是 ln xax10 的两个根， 故 ln x1ax110，ln x2ax210aln x 1ln x2 x1x2 . 要证 f(x1x2)1， 即证 ln x1ln x20， 即证(ax11)(ax21)0， 即证 a 2 x1x2，即证 ln x1ln x2 x1x2 2 x1x2. 不妨设 0x1x2， 故 ln x1 x20，

11、 则 h(t)在(0，1)上单调递增，则 h(t)h(1)0， 故(*)式成立，即要证不等式得证 利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值， 通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式 已知函数 f(x)ln xex(R). (1)若函数 f(x)是单调函数，求 的取值范围； (2)求证：当 0x11x2 x1. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)ln xex，f(x) xe xxe x x ， 函数 f(x)是单调函数， f(x)0 或 f(x)0 在(0，)上恒成立， 当函数 f(x)是单调递减函数时，f(x)0， xe x x 0，

12、即 xex0，xex x ex， 令 (x) x ex，则 (x) x1 ex ， 当 0x1 时，(x)1 时，(x)0， 则 (x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 当 x0 时，(x)min(1)1 e， 1 e； 当函数 f(x)是单调递增函数时，f(x)0， xe x x 0，即 xex0，xex x ex， 由得 (x) x ex在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 又 (0)0，x时，(x)0，且 (x)0，0. 综上，1 e或 0. (2)证明：由(1)可知，当 1 e时，f(x) 1 eln xe x在(0，)上单调递减， 0x1f(x2)， 即1 e

13、ln x1ex1 1 eln x2ex2， e1x2e1x1ln x1ln x2. 要证 e1x2e1x11x2 x1， 只需证 ln x1ln x21x2 x1， 即证 ln x1 x21 x2 x1， 令 tx1 x2，t(0，1)，则只需证 ln t1 1 t， 令 h(t)ln t1 t1，则当 0t1 时，h(t) t1 t2 0，即 ln t11 t，得证 考向 3 利用导数研究不等式恒成立问题 角度 1 函数不等式恒成立问题 例 3 (2020 河南省开封市三模)已知函数 f(x)axexln xb 在 x1 处的切线方程为 y (2e1)xe. (1)求 a，b 的值； (2)

14、若 f(x)mx 恒成立，求实数 m 的取值范围 解 (1)f(x)aexaxex1 x， 函数 f(x)axexln xb 在 x1 处的切线方程为 y(2e1)xe， f（1）aebe1， f（1）2ae12e1，a1，b1. (2)由 f(x)mx 得，xexln x1mx(x0)， 即 mxe xln x1 x ，令 (x)xe xln x1 x ， 则 (x)x 2exln x x2 ， 令 h(x)x2exln x，易知 h(x)在(0，)上单调递增， 又 h 1 e 1 e2e 1 e 10， 故 h(x)在 1 e，1 上存在零点 x0，即 h(x0)x 2 0e x0ln x

15、00， 即 x0ex0ln x0 x0 ln 1 x0 e ln 1 x0 ， 由于 yxex在(0，)上单调递增，故 x0ln 1 x0ln x0，即 e x01 x0， 且 (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， (x)min(x0)1x 01 x0 1，m1. 利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法 (1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含 x 变量的函数关系式的最值易求，则用 分离参数法 即f(x)恒成立，则 f(x)max； f(x)恒成立，则 f(x)min. (2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含 x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用 最值转化法

16、可通过求最值建立关于参数的不等式求解如 f(x)0，则只需 f(x)min0. (2020 辽宁省大连市一模)设函数 f(x)x1 x，g(x)t ln x(tR). (1)讨论函数 h(x)f(x)g(x)的单调区间； (2)若当 x(0，1)时，f(x)的图象恒在函数 g(x)的图象的下方，求正实数 t 的取值范围 解 (1)h(x)f(x)g(x)x1 xt ln x(x0)， 则 h(x)1 1 x2 t x x2tx1 x2 (x0). 当 t0 时，h(x)0，h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间； 当 t0 时，令 H(x)x2tx1，t24，0， 即2t0 时，H(x)0

17、，即 h(x)0； h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间，0 时，即 t2，设 x1t t24 2 ， x2t t24 2 ， x1x2t0，x1x210，0 x1x2， (0，x1)(x2，)，时 H(x)0，即 h(x)0， h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，)， 同理，单调递减区间是(x1，x2). 综上，当 t2 时，h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间， 当 t2 时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，)，单调递减区间是(x1，x2)，其 中 x1t t24 2 ，x2t t24 2 . (2)函数 f(x)的图象恒在 g(x)的图象的下方， f(

18、x)g(x)x1 xt ln x0 在区间(0，1)上恒成立. 设 F(x)x1 xt ln x，其中 x(0，1)， F(x)1 1 x2 t x x2tx1 x2 ，其中 t0. 当 t240，即 0t2 时，F(x)0， 函数 F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)0，即 t2 时，设 (x)x2tx1， 则 (x)图象的对称轴方程为 x t 21，(0)1，(1)2t0， (x)在(0，1)上存在唯一实根，设为 x0， 则当 x(x0，1)，(x)0，F(x)0， F(x)在(x0，1)上单调递减，此时 F(x)F(1)0，不符合题意 综上可得，正实数 t 的取值范围是(0，2. 角

19、度 2 含量词的不等式问题 例 4 (2020 山东省聊城市模拟)已知函数 f(x)x2eax11a(aR)，g(x)ex1x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2) a(0，1)，是否存在实数 ， ma1，a， na1，a，使 f(n)2g(m)0，f(x)0，x0，f(x)0 时，x ，2 a ，f(x)0，x 2 a，0 ，f(x)0， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 ，2 a ，(0，)，单调递减区间为 2 a，0 ； 当 a0 时，x(，0)，f(x)0，x 2 a， ，f(x)1 时，g(x)0，当 x1 时，g(x)0， 当 a(0，1)时，a12 a，由(1)知，当

20、na1，a时，f(n)minf(0)1a0， 所以f(n)2 min(1a) 2， 若 ma1，a， na1，a，使f(n)2g(m)0 成立，即f(n)20， 且f(n)2 ming(m)min. 所以(1a)2（1a） 2 ea1a . 设 h(x)（1x） 2 ex1x ，x0，1)， 则 h(x)（x1）（3e x1xex1x1） （ex1x）2 ， 令 r(x)3ex1xex1x1，x0，1，则 r(x)(2x)ex11， 当 x(0，1)时，e1x2x，所以(2x)ex11，故 r(x)r(1)0，即 r(x)0， 又当 x0，1)时，x10，所以当 x0，1)时，h(x)0， h

21、(x)单调递减， 所以当 x(0，1)时，h(x)h(0)e， 即 a(0，1)时，（1a） 2 ea1a e，故 e. 所以当 e 时， a(0，1)， ma1，a， na1，a， 使f(n)2g(m)g(x)对一切 xI 恒成立f(x)g(x)min0(xI). (2)存在 xI，使 f(x)g(x)成立f(x)g(x)max0(xI). (3)对任意 x1，x2D，使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (4)存在 x1，x2D，使 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. (5)对任意 x1D1，存在 x2D2，使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)m

22、in(f(x)定义域为 D1，g(x)定义 域为 D2). 已知函数 f(x)ln xax，g(x)ax21，其中 e 为自然对数的底数 (1)讨论函数 f(x)在区间1，e上的单调性； (2)已知 a(0，e)，若对任意 x1，x21，e，有 f(x1)g(x2)，求实数 a 的取值范围 解 (1)f(x)1 xa 1ax x ， 当 a0 时，1ax0，则 f(x)0，f(x)在1，e上单调递增； 当 0a1 e时， 1 ae，则 f(x)0，f(x)在1，e上单调递增； 当1 ea1 时，1 1 ae，当 x 1，1 a 时，f(x)0，f(x)在 1，1 a 上单调递增，当 x 1 a

23、，e 时，f(x)0，f(x)在 1 a，e 上单调递减； 当 a1 时，01 a1，则 f(x)0，f(x)在1，e上单调递减 综上所述，当 a1 e时，f(x)在1，e上单调递增；当 1 eag(x)max恒成立已知 a(0，e)，则 当 a0 时，g(x)0，所以 g(x)在1，e上单调递减，而 f(x)在1，e上单调递增，所 以 f(x)minf(1)a，g(x)maxg(1)a1，所以aa1，得 a0，所以 g(x)在1，e上单调递增，而 f(x)在1，e上单调递减， 所以 g(x)maxg(e)ae21，f(x)minf(e)1ae，所以 1aeae21，得 a0. 设 g(x)f

24、(x)，则 g(x)aex1 1 x20， g(x)在(0，)上单调递增，即 f(x)在(0，)上单调递增， 当 a1 时，f(1)0，则 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， f(x)minf(1)1，f(x)1 成立； 当 a1 时，1 a1，e 1 a11， f 1 a f(1)a e 1 a11 (a1)0，使得 f(x0)aex01 1 x00，且当 x(0，x0)时 f(x)0， ae x01 1 x0，ln ax01ln x0， 因此 f(x)minf(x0)ae x01ln x0ln a 1 x0ln ax01ln a 2ln a12 1 x0 x02ln a

25、11， f(x)1，f(x)1 恒成立； 当 0a1 时，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)单调递增；在(1，)上 h(x)0 恒成立，f(x)在(，)上单调递增，不符合 题意； 当 a0 时，令 f(x)0，解得 xln a， 当 x(，ln a)时，f(x)0，f(x)单调递增 f(x)的极小值也是最小值为 f(ln a)aa(ln a2)a(1ln a). 又当 x时，f(x)，当 x时，f(x)， 要使 f(x)有两个零点，只要 f(ln a)0，可得 a1 e. 综上，若 f(x)有两个零点，则 a 的取值范围是 1 e， . 解法二：若 f(x)有两个零点，即 exa(x

26、2)0 有两个解， 显然 x2 不成立，即 a ex x2(x2)有两个解， 令 h(x) ex x2(x2)， 则有 h(x)e x（x2）ex （x2）2 e x（x1） （x2）2 ， 令 h(x)0，解得 x1， 令 h(x)0，解得 x2 或2x1， 所以函数 h(x)在(，2)和(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 且当 x2 时，h(x)0， 而当 x2(从右侧趋近于2)时， h(x)，当 x时，h(x)， 所以当 a ex x2有两个解时，有 ah(1) 1 e， 所以满足条件的 a 的取值范围是 1 e， . 4(2020 全国卷)已知函数 f(x)sin2x sin

27、2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 3 8 ； (3)设 nN*，证明：sin2x sin22x sin24xsin22nx3 n 4n. 解 (1)f(x)sin2x sin2x2sin3x cosx， 则 f(x)2(3sin2x cos2xsin4x) 2sin2x(3cos2xsin2x) 2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cosx1)(2cos x1)， f(x)0 在 x(0，)上的根为 x1 3，x2 2 3 ， 当 x 0， 3 时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x 3， 2 3 时，f(x)0，f(x)单调递减，

28、 当 x 2 3 ， 时，f(x)0，f(x)单调递增 (2)证明：注意到 f(x)sin2(x)sin2(x)sin2x sin2xf(x)， 故函数 f(x)是周期为 的函数， 结合(1)的结论，计算可得 f(0)f()0， f 3 3 2 2 3 2 3 3 8 ，f 2 3 3 2 2 3 2 3 3 8 ， 据此可得 f(x)max3 3 8 ，f(x)min3 3 8 ， 所以|f(x)|3 3 8 . (3)证明：结合(2)的结论有 sin2x sin22x sin24xsin22nx(sin3x sin32x sin34xsin32nx) 2 3 sinx(sin2x sin2

29、x)(sin22x sin4x)(sin22n 1x sin2nx)sin22nx 2 3 sinx3 3 8 3 3 8 3 3 8 sin22nx 2 3 3 3 8 n 2 3 3 4 n 3 n 4n. 5(2020 全国卷)已知函数 f(x)x3kxk2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有三个零点，求 k 的取值范围 解 (1)由题意，得 f(x)3x2k， 当 k0 时，f(x)0 恒成立， 所以 f(x)在(，)上单调递增； 当 k0 时，令 f(x)0，得 x k 3， 令 f(x)0，得 k 3x k 3， 令 f(x)0，得 x k 3或 x k 3，

30、所以 f(x)在 k 3， k 3 上单调递减， 在 ， k 3 ， k 3， 上单调递增 (2)由(1)知，f(x)有三个零点， 则 k0，且 f k 3 0， f k 3 0， 即 k22 3k k 30， k22 3k k 30， 解得 0k 4 27， 当 0k 4 27时， k k 3，且 f( k)k 20， 所以 f(x)在 k 3， k 上有唯一一个零点， 同理k1 k 3，f(k1)k 3(k1)20， 所以 f(x)在 k1， k 3 上有唯一一个零点， 又 f(x)在 k 3， k 3 上有唯一一个零点， 所以 f(x)有三个零点， 综上可知，k 的取值范围为 0， 4

31、27 . 金版押题 6已知函数 f(x)ex，h(x)xln x，g(x)(xa1)ea. (1)设 F(x)xf(x)ah(x)，讨论 F(x)极值点的个数； (2)判断方程 f(x)g(x)的实数根的个数，并证明 e2e4e6e2nn 23n 2 e n+1 2 解 (1)F(x)xexa(xln x)，x0， F(x)(x1)exa 11 x （x1）（xe xa） x ， 当 a0 时，F(x)0，F(x)在(0，)内单调递增，F(x)没有极值点 当 a0 时，令 H(x)xexa，x0，)， 则 H(x)(1x)ex0， H(x)在0，)上单调递增 又 H(0)a0，H(a)a(ea

32、1)0， x00，使 H(x0)0，且当 x(0，x0)时，H(x)0， 当 x(x0，)时，H(x)0， 从而 F(x0)0，当 x(0，x0)时，F(x)0，F(x)单调递减， 当 x(x0，)时，F(x)0，F(x)单调递增， xx0是函数 F(x)的极小值点 综上，当 a0 时，F(x)无极值点， 当 a0 时，F(x)有一个极值点 (2)方程 f(x)g(x)可化为 exaxa1. 设 xat，则原方程又可化为 ett1. 设 M(t)ett1，则 M(t)et1. M(0)0，当 t(，0)时，M(t)0，M(t)在(，0)上单调递减， 当 t(0，)时，M(t)0，M(t)在(0

33、，)上单调递增； M(t)minM(0)0，当 t0 时，M(t)0， 方程 ett1 只有一个实数根， 方程 f(x)g(x)只有一个实数根 对于任意的 tR，ett1. e2 n1 2 e4 n1 2 e2n n1 2 2n1 2 1 4n1 2 1 2nn1 2 1(2 42n)n（n1） 2 nn(n1)n（n1） 2 nn 23n 2 ， 即 e n1 2 (e2e4e2n)n 23n 2 ， e2e4e2nn 23n 2 e n+1 2 7已知函数 f(x)x ln xax 在 xx0处取得极小值1. (1)求实数 a 的值； (2)设 g(x)xf(x)b(b0)，讨论函数 g(

34、x)的零点个数. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1a， 函数 f(x)x ln xax 在 xx0处取得极小值1， f（x0）ln x01a0， f（x0）x0ln x0ax01，得 a1， x01， 当 a1 时，f(x)ln x， 则 x(0，1)时，f(x)0， f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， x1 时，函数 f(x)取得极小值1，符合题意， a1. (2)由(1)知，函数 g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b0)，定义域为(0，)，则 g(x) 2x ln x1 2 ， 令 g(x)0，得 0x0，得 x e. g(x)在(0

35、， e)上单调递减，在( e，)上单调递增 当 x e时，函数 g(x)取得最小值 be 2. 当 be 20，即 b e 2时，函数 g(x)没有零点； 当 be 20，即 b e 2时，函数 g(x)有一个零点； 当 be 20，即 0b0g( e)g(e)0，存在 x1( e，e)，使 g(x1)0， g(x)在( e，e)上有一个零点 x1. 设 h(x)ln x1 x1，则 h(x) 1 x 1 x2 x1 x2 . 当 x(0，1)时，h(x)h(1)0，即当 x(0，1)时，ln x11 x， 当 x(0， 1)时， g(x)x2ln xx2bx2 11 x x2bbx， 取 x

36、mminb， 1， 则 g(xm)0； g( e)g(xm)e 2时， 函数 g(x)没有零点； 当 b e 2时， 函数 g(x)有一个零点； 当 0b e 2时， 函数 g(x)有两个零点 专题作业 1已知函数 f(x)(x1)ex. (1)求函数 f(x)的单调区间和零点； (2)若 f(x)axe 恒成立，求 a 的取值范围 解 (1)f(x)ex(x1)exxex，令 f(x)0，解得 x0. 所以函数 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， 即函数 f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)， 令 f(x)0，解得 x1，所以函数 f(x)的零点是 x1

37、. (2)画出 f(x)的大致图象，如图所示， 设 g(x)axe，则 g(x)的图象恒过点(0，e)， 设函数 f(x)(x1)ex的图象在点 P(x0，y0)处的切线过点(0，e)， 所以 f(x0)x0ex0，f(x0)(x01)ex0， f(x)的图象在 P(x0，y0)处的切线方程为 y(x01)ex0 x0ex0(xx0)， 将(0，e)代入切线方程，得e(x01)ex0 x2 0e x0， 整理得(x2 0 x01) e x0e， 设 h(x)(x2x1)exeh(x)(x2x)ex， 令 h(x)0，得 x0 或 x1， 所以 h(x)在(，1)，(0，)上单调递增，在(1，0

38、)上单调递减 又 h(1)3 ee0，h(0)1e1 时， m(x)0； 当 0x1 时， m(x)0， 则 f(x)在 0， 2 上单调递增， 且 f 2 ln 20，f 6 ln 6 1 20， 所以 f(x)在 0， 2 内有唯一零点； 当 x 2， 时，由 f(x)sin x 1 x20，f()1 1 0，f(x)单调递增； 当 x(x0，)时，f(x)0，f()ln 10， 所以 f(x)在 2， 内无零点 综上可知，f(x)在区间(0，)内有且只有一个零点 3已知函数 f(x)ax2ln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 x(0，)使 f(x)0 成立，求 a 的取值

39、范围 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax1 x 2ax21 x ， a0 时，f(x)0，函数 f(x)在区间(0，)上单调递增； a0 时，由 2ax210 得 0x0 成立； a0， 得 a 1 2e， a 1 2e，0 ， 由得 a 1 2e， . 4(2020 山东省潍坊市二模)已知函数 f(x)1 xa ln x，g(x) ex x. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)证明：a1 时，f(x)g(x) 1 e x2 ln xe. 解 (1)f(x)1 xa ln x，x(0，). f(x) 1 x2 a x ax1 x2 . 当 a0 时，f(x)0，

40、函数 f(x)在 x(0，)上单调递减 当 a0 时，由 f(x)0，得 0x0，得 x 1 a， 所以函数 f(x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a， 上单调递增 (2)证明：a1 时，要证 f(x)g(x) 1 e x2 ln xe. 即要证1 x ex x e x2ln xe0e xex1eln x x ，x(0，). 令 F(x)exex1，F(x)exe， 当 x(0，1)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递减； 当 x(1，)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递增 可得当 x1 时，函数 F(x)取得最小值 F(1)1. 令 G(x)eln x x ，G(x)e（1l

41、n x） x2 ， 当 0x0，此时 G(x)为增函数， 当 xe 时，G(x)eln x x ，x(0，).故原不等式 成立 5已知函数 f(x)a ln xx2，aR. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若对任意的 x11，e，总存在 x21，e，使得 f(x1)f(x2)4，求实数 a 的值 解 (1)因为 f(x)a ln xx2， 所以 f(x)a x1 ax x ，x0， 当 a0 时，对任意的 x(0，)，f(x)0 时，令 f(x)0，得 xa， 因为 x(0，a)时，f(x)0，x(a，)时，f(x)0， 所以 f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，

42、). (2)当 a1 时，由(1)知，f(x)在1，e上是减函数， 所以 f(x)maxf(1)1. 因为对任意的 x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(1)24， 所以对任意的 x11，e，不存在 x21，e， 使得 f(x1)f(x2)4. 当 1ae 时，由(1)知，f(x)在1，a上是增函数，在(a，e上是减函数，所以 f(x)maxf(a) a ln aa2. 因为对任意的 x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(a)2a(ln a1)4， 又 1ae，所以 ln a10，2a(ln a1)40，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)t0，证明：extl

43、n (t1)ln (x1)1. 解 (1)由题意，得 f(0)1a，即切点为(0，1a)， 1a0，即 a1，f(x)exln (x1)1. 求导，得 f(x)ex 1 x1， 由题意，知函数 f(x)的定义域为(1，). 当1x0 时，ex1， 则 f(x)0 时，ex1， 1 x10， 即 f(x)在(0，)上单调递增 (2)证法一：要证原不等式，即证 extln (t1)ln (x1)10，构造函数 g(x)extln (t1)ln (x1)1，x0，即证 g(x)0，g(x)ext 1 x1. xt0，即 xt0，x11，则 ext1， 1 x10，即 g(x)为(0，)上的增函数 x

44、t0， g(x)g(t)0，即 g(x)0，故原不等式得证 证法二：要证原不等式，即证 ext1ln (x1)ln (t1)， 由(1)知，当 x0 时，f(x)exln (x1)1f(0)0， xt0 即 xt0， f(xt)extln (xt1)10， 即 ext1ln (xt1)， 又 ln (xt1)ln (x1)ln (t1) ln （xt1）（t1） x1 ln t（xt）x1 x1 ln t（xt） x1 1 0. ln (xt1)ln (x1)ln (t1)， 由得 ext1ln (x1)ln (t1)，故原不等式得证 7已知函数 f(x)xaexb(a0，bR). (1)求

45、f(x)的最大值； (2)若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，证明：x1x20，得 xln 1 a， f(x)在 ，ln 1 a 上单调递增，在 ln 1 a， 上单调递减， f(x)maxf ln 1 a ln 1 a1b. (2)证明：由题知 x 1aex1b0， x2aex2b0， 两式相减得 x1x2a(ex1ex2)，即 a x1x2 ex1ex2. 故要证 x1x22ln a， 只需证 x1x22ln x1x2 ex1ex2， 即证 ex1x2 ex1ex2 x1x2 2 ， 即证(x1x2)2ex1x22ex2x1. 不妨设 x10，则需证 t2et2et. 设 g(t

46、)t2et2et，则 g(t)2tetet. 设 h(t)2tetet，则 h(t)2etet0， h(t)在(0，)上单调递减，h(t)h(0)0， 即 g(t)0，g(t)在(0，)上单调递减， g(t)g(0)0，故原不等式成立 8已知函数 f(x) ex x2mx1. (1)当 m(2，2)时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若 m 0，1 2 ，则当 x1，m1时，记 f(x)的最小值为 M，g(x)x 的最大值为 N，判 断 M 与 N 的大小关系，并写出判断过程 解 (1)由 m(2，2)易知，函数 f(x)的定义域为 R， f(x)e x（x1）（xm1） （x2mx1）2 . 当 m11，即 m0 时，f(x)0，此时 f(x)在 R 上单调递增； 当 1m13，即 0m0，f(x)单调递增， x(1，m1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当1m11，即2m0，f(x)单调递 增， x(m1，1)时，f(x)0，f(x)单调递减 综上所述，当 m0 时，f(x)在 R 上单调递增； 当 0m2 时，f(x)在(，1)，(m1，)上单调递增，在(1