1、专题层级快练专题层级快练(二十二二十二) 1(2020沧州七校联考)设 a 为实数，函数 f(x)ex2x2a，xR. (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln21 且 x0 时，exx22ax1. 答案(1)单调递减区间为(，ln2)，单调递增区间为(ln2，)；极小值为 2(1ln2a)， 无极大值(2)略 解析(1)由 f(x)ex2x2a，xR，得 f(x)ex2，xR.令 f(x)0，得 xln2. 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，ln2)ln2(ln2，) f(x)0 f(x)极小值 故 f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调
2、递增区间是(ln2，) f(x)在 xln2 处取得极小值，极小值为 f(ln2)eln22ln22a2(1ln2a)，无极大值 (2)证明：设 g(x)exx22ax1，xR.于是 g(x)ex2x2a，xR. 由(1)知当 aln21 时， g(x)最小值为 g(ln2)2(1ln2a)0.于是对任意 xR， 都有 g (x)0，所以 g(x)在 R 内单调递增 于是当 aln21 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0)又 g(0)0，从而对任意 x(0， )，g(x)0. 即 exx22ax10，故 exx22ax1. 2(2021赣州模拟)已知函数 f(x)1lnx x ，g(
3、x)ae ex 1 xbx，若曲线 yf(x)与曲线 yg(x) 的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直 (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 答案(1)a1，b1(2)略 解析(1)因为 f(x)1lnx x ，x0， 所以 f(x)lnx1 x2 ，f(1)1. 因为 g(x)ae ex 1 xbx， 所以 g(x)ae ex 1 x2b. 因为曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直， 所以 g(1)1，且 f(1)g(1)1， 所以 g(1)a1b1， g(1)a1b1， 解
4、得 a1，b1. (2)证明：由(1)知，g(x) e ex 1 xx， 则 f(x)g(x)2 x1 lnx x e ex 1 xx0. 令 h(x)1lnx x e ex 1 xx(x1)， 则 h(1)0，h(x)1lnx x2 e ex 1 x21 lnx x2 e ex1. 因为 x1，所以 h(x)lnx x2 e ex10. 所以 h(x)在1，)上单调递增， 所以当 x1 时，h(x)h(1)0， 即 1lnx x e ex 1 xx0， 所以当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 3(2017课标全国)已知函数 f(x)lnxax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性
5、； (2)当 a0 时，证明：f(x) 3 4a2. 答案(1)当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0，故 f(x)在(0，)上单调递增 若 a0；当 x 1 2a，时，f(x)0. 故 f(x)在 0， 1 2a 上单调递增，在 1 2a，上单调递减 (2)证明：由(1)知，当 a0；当 x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0.从而当 ax ex. 答案(1)a2 e，函数的单调递减区间为 0，2 e ，函数的单调递增区间为 2 e， (2)证明见解析 思路(1)先对函数求导， 然后结合导数的几何意义可求 a， 结合导数与单调性关系即可求解； (2)要证明原不等式成立，可转化
6、为证明求解相应函数的范围，进行合理的变形后构造函数， 结合导数可证 解析(1)函数 f(x)的定义域为(0，)f(x)1 x a x2，由题意可得，f 1 e eae2e， 故 a2 e，f(x) 1 x 2 ex2 ex2 ex2 . 当 x 0，2 e 时，f(x)0，函数 f(x)单 调递增，故函数 f(x)的单调递减区间为 0，2 e ，单调递增区间为 2 e，. (2)证明：设 h(x)xf(x)xlnx2 e，则 h(x)lnx1(x0) 当 x 0，1 e 时，h(x)0，函数 h(x) 单调递增，故 h(x)minh 1 e 1 e. 设 t(x) x ex，则 t(x) 1x
7、 ex ，当 x(0，1)时，t(x)0，函数 t(x)单调递增，当 x(1， )时，t(x)0 时，恒有 h(x)t(x)，即 xf(x)x ex. 5已知函数 f(x)xlnxm 2 x2xe 2(0 xe 2) (1)当 m1 e时，求函数 f(x)的单调区间； (2)证明：当 0m0. 答案(1)略(2)略 解析(1)f(x)xlnx 1 2ex 2xe 2. f(x)1lnxx e1lnx x e. f(x)1 x 1 e，yf(x)在(0，e)上单调递增，在(e，e 2上单调递减 f(e)0，f(x)0. yf(x)在(0，e2上单调递减 (2)证明：f(x)xlnxm 2 x2x
8、e 2. f(x)1lnxmx1lnxmx. f(x)1 xm， 1 me 2. yf(x)在(0，e2上单调递增，当 x0 时 f(x). f(e2)2me2. m 0，1 e2，me2(0，1)，me 0，1 e . f(e2)0，f(1)m0. x0(1，e)，使得 f(x0)0.即 lnx0mx0. yf(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，e2上单调递增 f(x)minf(x0)x0lnx0m 2 x02x0e 2. f(x)minx0lnx0lnx0 2 x0 x0e 2 1 2x 0lnx0 x0e 2，x 0(1，e) 令 g(x)1 2xlnxx e 2，x(1，e)，
9、g(x)1 2(1lnx)1 1 2(lnx1)g(e)0. f(x)min0，f(x)0.即证 6(2021八省联考)已知函数 f(x)exsinxcosx，g(x)exsinxcosx. (1)证明：当 x5 4 时，f(x)0. (2)若 g(x)2ax，求 a 的值 答案(1)证明见解析(2)2 解析(1)证明：因为 f(x)exsinxcosxex 2sin x 4 ， f(x)excosxsinxex 2sin x 4 ， f(x)g(x)exsinxcosxex 2sin x 4 ， 考虑到 f(0)0，f(0)0， 所以当 x 5 4 ， 4 时， 2sin x 4 0； 当
10、x 4 ，0 ，f(x)0，所以 f(x)单调递增，所以 f(x)f(0)0，所以 f(x)单调递 减，f(x)f(0)0； 当 x 0，3 4时，f(x)0，所以 f(x)单调递增，f(x)f(0)0，所以 f(x)单调递增， f(x)f(0)0； 当 x 3 4 ， 时，f(x)ex 2sin x 4 e1 20. 综上，当 x5 4 时，f(x)0. (2)设 r(x)exsinxcosx2ax，则 r(0)0，其导函数 r(x)excosxsinxa， 于是 r(0)2a，又 r(x)exsinxcosxf(x)， 于是根据第(1)小题的结果，r(x)在 5 4 ， 上单调递增 情形一：若 a0. 若 r 5 40，则在区间 5 4 ，0 上均有 r(x)0，于是 r(x)在此区间上单调递增，因此 在该区间上有 r(x)r(0)0，不符合题意 若 r 5 40，则在区间 5 4 ，0 上，r(x)存在唯一零点 x0，使得 r(x)在(x0，0)上单 调递增，因此在该区间上有 r(x)2，则 r(0)0.考虑到 r(ln(|a|2)|a|2(1)1a0， 于是函数 r(x)在(0，ln(|a|2)上有唯一零点 x1，使得 r(x)在(0，x1)上单调递减，因此在该 区间上有 r(x)0(1)(1)2 2 5 45 2 40，命题也成立 综上所述，a2.
