1、一轮大题专练一轮大题专练 11导数（有解问题导数（有解问题 1） 1已知函数 2 ( )2| 28f xxln xaxa，其中0a （1）当0a 时，求函数( )f x的最值； （2）若存在唯一整数 0 x，使得 0 () 0f x ，求实数a的取值范围 解： （1）当0a 时， 2 2 2 2,0 ( )2| 2 (),0 xlnx x f xxln x xlnx x ， 2 2,0 ( ) 2 2,0 xx x fx xx x ，且( )f x为定义在(，0)(0，)上的偶函数， 令( )0fx，解得1x ，且当(x ，1)(0，1)时，( )0fx，当( 1x ，0)(1， )时，( )
2、0fx， ( )minf xf（1）( 1)12 11fln ，无最大值； （2） 0 () 0f x 即 2 0000 2|822 (4)xln xaaxax， 令 2 ( )2|g xxln x，( )2 (4)h xax，作出函数( )g x与( )h x的大致图象如下， 易知( )h x恒过点(4,0)，且 101101 , 143145 ACAB kk ， 由图象可知，要使存在唯一整数 0 x，使得 0 () 0f x ，则2 ACAB ka k ，即 11 2 35 a ， 解得 11 106 a 故实数a的取值范围为 11 , ) 10 6 2已知函数 1 ( ) alnx f
3、x x （1）当1a 时，判断函数( )f x在区间(0,2)内极值点的个数； （2）当 3 2 a 时，证明：方程 11 ( )1 2 f xxa x 在区间 3 (0, ) 2 上有唯一解 解： （1）当1a 时， 1 ( ) lnx f x x ， 2 ( ) lnx fx x ， 当(0,1)x时，( )0fx，( )f x单调递增； 当(1,)x时，( )0fx，( )f x单调递减， 所以函数( )f x在区间(0,2)内有且仅有 1 个极值点1x （2）方程 11 ( )1 2 f xxa x ，即为方程 2 1 (1) 2 alnxxa x， 即为方程 2 1 (1)0 2 x
4、alnxa x， 令 2 1 ( )(1) 2 g xxalnxa x，0 x ， 则 2 2 (1)()(1) ( )1 axa xaxa x g xxa xxx ， 又 3 2 a ，所以( )0g x在 3 (0, ) 2 x上恒成立， 所以( )g x在 3 (0, ) 2 上单调递减， 又因为g（1） 13 10 22 aa ， (0,1)x时， 222 111 ( )(1)(1)(1)22 222 g xxalnxa xxaxa xxaxaxaxax ， 令20axax，可得 21 a x a ， 所以()0 21 a g a ， 所以存在 0 (2 1 a x a ，1)，使 0
5、 ()0g x， 即方程 11 ( )1 2 f xxa x 在区间 3 (0, ) 2 上有唯一解 3记( )( )fxfx，( )fx为( )f x的导函数若对xD ，( )0fx，则称函数( )yf x 为D上的“凸函数” 已知函数 32 ( )1f xlnxxaxxaR （1）若函数( )f x为1，)上的凸函数，求a的取值范围； （2）若方程 3 ( )yf xxa在1，)上有且仅有一个实数解，求a的取值范围 解： （1） 2 1 ( )321fxxax x ， 2 1 ( )62fxxa x ， 若( )f x为1，)上的凸函数，则 2 1 620 xa x 对1x恒成立， 即 2
6、 1 26ax x 对1x恒成立，而 2 1 6yx x 在1，)单调递增， 2 1 (6)5 min x x ，25a，解得： 5 2 a ，故a的取值范围是 5 (, ) 2 （2）由 3 ( )f xxa得 2 10lnxaxxa ，令 2 ( )1h xlnxaxxa，h（1）0， 2 121 ( )21 axx h xax xx ， 当0a时，( )0h x对1x恒成立，( )h x在1，)上单调递增， 又h（1）0，( )h x在1，)上有且只有 1 个实数根，符合题意， 当0a 时，令 2 210axx 得 1 118 0 4 a x a ， 2 118 0 4 a x a ，
7、若 2 1x 即1a时，( )0h x对1x恒成立，( )h x在1，)单调递减， ( )h x在1，)上有且只有 1 个实数根，符合题意， 若 2 1x 即01a时，( )h x在1， 2) x递增，在 2 x，)递减， 1x ，1lnxx， 2 ( )2h xaxxa ， 故存在 0 1x ， 0 ()0h x，即( )h x在1，)上有 2 个零点， 综上，a的取值范围是(，01 ，) 4已知函数( )f xlnxaxa （）求函数( )f x的单调递增区间； （）若1x 是函数( )f x的极值点，且关于x的方程( ) x mf xxem 有两个实根，求实数 m的取值范围 解： （）(
8、 )f xlnxaxa，0 x ， 1 ( )fxa x ， 当0a时，( )0fx，函数( )f x在(0,)单调递增， 当0a 时，令( )0fx，解得： 1 x a ， 当 1 0 x a 时，( )0fx，函数( )f x在 1 (0,) a 递增； 综上：当0a时，函数( )f x的递增区间是(0,)， 当0a 时，函数( )f x的递增区间是 1 (0,) a （） 1 ( )fxa x ，1x 是函数( )f x的极值点， f （1）10a ，解得：1a ， ( )1f xlnxx， 方程( ) x mf xxem 即() x m lnxxxe， 设( )h xlnxx，则 1
9、( )1h x x ， 故( )h x在(0,1)递增，在(1,)递减， 故( )h xh（1）0， lnxx， x xe m lnxx ， 设( ) x xe m x lnxx ，则 2 (1)(1) ( ) () x ex lnxx m x lnxx ， 1lnxxx， 故函数( )m x在(0,1)递减，在(1,)递增， 故( )m xm（1） 1 e ， 又当x无限增大或无限接近 0 时，( )m x都趋近于 0， 故 1 ( )0m x e ， 故实数m的取值范围是 1 ( e ，0) 5已知函数 (1) ( )1 k x f xlnx x （1）当2k 时，求曲线( )f x在点(
10、1，f（1）)处的切线方程； （2）当1x 时，函数( )f x有两个零点，求正整数k的最小值 解： （1）2k 时， 2(1)2 ( )11 x f xlnxlnx xx ，0 x ， 2 2 ( ) x fx x ，f（1）1，f（1）1 ， 故切线方程是1(1)yx ，即20 xy； （2） 2 ( ) xk fx x ，当0k 时，由( )0fx可得xk， 由( )0fx得xk，由( )0fx，得xk， 若1k时，( )f x在(1,)上单调递增，至多 1 个零点，不合题意， 若1k 时，函数( )f x在(1, )k上单调递减，在( ,)k 上单调递减， f（1）1，故若函数( )f
11、 x有 2 个零点，则( )( )20 min f xf klnkk， 令( )2g xlnxx，(1)x ，则 1 ( )0 x g x x ，( )g x在(1,)递减， 又g（2）20ln，g（3）310ln ，g（4）420ln， 故存在 0 (3,4)x 使得 0 ()0g x，则( )0g x 的解集是 0 (x，)， 综上，k的取值范围是 0 (x，)， 0 (3,4)x ， 故正整数k的最小值是 4 6已知函数( )(1)f xx lnx （1）设曲线( )yf x在 1 x e 处的切线方程为( )yg x，求证：( )( )f xg x； （2）若方程( )f xa有两个根
12、 1 x， 2 x，求证： 12 1 | 2xxae e 证明： （1）( )(1)f xx lnx，则( )fxlnx， 故 12 ( )f ee ， 1 ( )1f e ， 故切线方程是： 21 ()yx ee ，即 1 ( )g xx e ， 令 1 ( )( )( )(1)h xf xg xx lnxx e ，则( )1h xlnx， 令( )0h x，解得： 1 x e ，令( )0h x，解得： 1 0 x e ， 故( )h x在 1 (0, ) e 递减，在 1 (e，)递增， 故 1 ( )( )0h xh e ，即( )( )f xg x； （2）不妨设 12 xx，直线
13、1 yx e 与ya相交于点 0 (x，)a 又由（1）知：( )( )f xg x，则 0111 11 ()()axf xg xx ee ， 从而 10 1 xxa e ，当且仅当 0 1 x e ， 2 a e 时取“” ， 下面证明： 2 xae， 由于 2 ()af x，故 222 ()xaexf xe，即证 22 ()0f xxe ， 令( )( )2xf xxexlnxxe，则( )1xlnx， 令( )0 x，解得：xe，令( )0 x，解得：0 xe， 故( )x在(0, ) e递减，在( ,)e 递增， 故( )x（e）0，即 2 xae成立，当且仅当 2 xe，0a 时取“
14、” ， 由于等号成立的条件不同时满足， 故 1221 11 |()()2xxxxaeaae ee 7已知函数( )(1) (1)(1)f xxln xxm lnx 的导函数为( )fx （1）当0m 时，求证：( )0fx； （2）若( )f x只有一个零点，求m的取值范围 解： 111 ( )(1)(1) mm fxln xlnxln xxx ， （1）证明：当0m 时， 111 ( )(1)(1)fxln xlnxln xxx ， 设( )(1)G tlntt，则 1 ( )1 11 t G t tt ， 故( )G t在( 1,0)单调递增，在(0,)单调递减， 又由于(0)0G，故(
15、) 0G t ，由于 1 0 x ， 故 11 (1)0ln xx ，即( )0fx； （2）注意到f（1）220ln， 若0m ， 1111 ( )(1)0 mmm fxln xxxxx ， 故( )f x在(0,)上单调递减，取 2 2 1 m xe， 则 2 22222 22 11 ()(1) (1)20 x f xxlnmlnxmlnxmlnx xx ， 故存在a使得f（a）0，即( )f x在(0,)上只有 1 个零点， 若01m，当01x 时，0lnx，而10 xm ，故( )0f x ， 当1x 时， 1 ( )(1) (1)0f xxlnmlnx x ， 故( )0f x ，即( )f x在(0,)上无零点， 当1m 时，(0,)x，( )0fx，( )f x在(0,)上单调递增， 设 0 1xm且 0 1xe，当 0 1 (0,) e xm xe 时， 0 ( )(1)0f xxm lnxe ， 故存在b使得f（b）0，即( )f x在(0,)上只有 1 个零点， 综上：若( )f x只有 1 个零点，(m ，0)(1，)
