1、解答题必刷卷(一)函数与导数 1已知函数 f(x)ax2(a2)ln x1(aR)。 (1)若函数 f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线平行于直线 y4x3，求 a 的值； (2)令 c(x)f(x)(3a)ln x2a，讨论 c(x)的单调性。 解(1)f(x)2axa2 x ，由题意知 f(1)4， 所以 2a(a2)4，解得 a2。 (2)由已知得 c(x)ax2ln x2a1，x(0，)，则 c(x)2ax1 x 2ax21 x ， 当 a0 时，有 c(x)0 恒成立， 故 c(x)在(0，)上单调递增； 当 a0， 当 x 1 2a，时，有 c(x)0， 故 c(x)在 0，
2、1 2a 上单调递增， 在 1 2a，上单调递减。 综上，当 a0 时，c(x)在(0，)上单调递增； 当 a0)。 (1)当 a1 时，设函数 g(x)fx x ，求函数 g(x)的单调区间和极值； (2)设 f(x)是 f(x)的导函数，若fx x2 1 对任意的 x0 恒成立，求 a 的取值范围。 解(1)当 a1 时，g(x)fx x xln x， 可得 g(x)1ln x， 令 g(x)0，可得 x1 e。 当 x 0，1 e 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)的单调递增区间为 1 e，。 所以当 x1 e时，g(x)取得极小值 1 e。 (2)f(x)2x(ln x
3、ln a)x， 由fx x2 2xln xln ax x2 1， 得 2ln x2ln a1x， 即 2ln ax2ln x1 对任意的 x0 恒成立， 设 m(x)x2ln x1(x0)，可得 m(x)x2 x ， 令 m(x)0，可得 x2， 当 0 x2 时，m(x)2 时，m(x)0，函数 m(x)单调递增， 所以当 x2 时，m(x)有最小值， 且最小值为 m(2)12ln 2， 由 2ln a12ln 2，得 00， 所以 f(x)在(0，)上单调递增。 注意到 f 1 4 e 1 4 1 240， 所以由零点存在性定理可知存在 x0 1 4， 1 2 ，使得 f(x0)0，即 e
4、x 0 2x0 1 x00，即 e x0 1 x0 2x0。 当 0 xx0时，f(x)单调递增。 于是 f(x)f(x0)ex 0 x20ln x0 1 x02x 0 x20ln x0(x01)2 1 x0ln x 01， 设 g(x)(x1)21 xln x1， 易知 g(x)(x1)21 xln x1 在 1 4， 1 2 上单调递减，所以 f(x)f(x0)g 1 2 5 4ln 2， 所以 f(x)的最小值大于5 4ln 2。 4(2021贵阳市监测考试)已知函数 f(x)1 2(e xex)，f(x)是 f(x)的导函数，其中 e 是自然对数 的底数。 (1)求证：当 x0 时，f
5、(x)0，f(x)1； (2)设 m1，证明：当 x0 时，f(x)0， 所以 f(x)在(0，)上是增函数， 又 f(0)1 2(e 0e0)0， 所以当 x(0，)时，f(x)f(0)0。 因为 ex0，e x0，所以由基本不等式得 f(x)1 2(e xex)1 22 e xex1， 当且仅当 exe x，即 x0 时等号成立，但 x0， 所以 f(x)1。 (2)设 g(x)f(x)mxf(x)(1m)x1 2(e xex)1 2mx(e xex)(1m)x， 则 g(x)1 2e x1 2e x 1 2me xex1 2mxe xex (1m) 1 2(e xex)1 2m(e xe
6、x)1 2mx(e xex)(1m) (1m)1 2(e xex)(1m)1 2mx(e xex) (1m) 1 2e xex1 1 2mx(e xex) (1m)(f(x)1)mxf(x)， 当 x0 时，由(1)知 f(x)10，f(x)0， 又 m1，所以 g(x)(1m)(f(x)1)mxf(x)0 时，g(x)g(0)0， 即 f(x)mxf(x)(1m)x0 时，f(x)5 4 时，f(x)0； (2)若 g(x)2ax，求 a。 解(1)证明：f(x)excos xsin x； 当 x 5 4 ， 2 时，sin xcos x0， 故 f(x)0； 当 x 2，0时，cos xs
7、in x1，f(x)0； 当 x0 时，f(x)0； 当 x(0，)时，1xcos xsin x。 设 h(x)exx1，则当 x(0，)时， h(x)ex10， 故 h(x)单调递增，h(0)0， 所以 f(x)h(x)0。 综上，当 x5 4 时，f(x)0。 (2)设 k(x)(g(x)2ax)g(x)aexcos xsin xa， 则 k(x)f(x)，由(1)知，当 x 5 4 ， 时， k(x)0，k(x)在 5 4 ， 单调递增， k(0)2a。 若 a2，k(0)0， 故存在唯一 x0(0，ln a1)，使得 k(x0)0。 当 x(0，x0)时，k(x)0，g(x)2ax 单
8、调递减， 而 g(0)2a00，故 g(x0)2ax00； 若 0a0，k()0，g(x)2ax 单调递增， 而 g(0)2a00，故 g(x1)2ax10； 若 a0，g 2 2a 2 0； 若 a2，k(x)单调递增，k(0)0。 当 x 5 4 ，0 时，k(x)0； 当 x(，2)时，g(x)22x0； 当 x0，)时，k(x)0，g(0)2200， 故 g(x)22x0。 综上 a2。 6 (2021唐山市摸底考试)已知函数 f(x)xsin x， x(0， )， f(x)为 f(x)的导数， 且 g(x)f(x)， 证明： (1)g(x)在 2，2 3 内有唯一零点 t； (2)f(x)0，即 g(x)在 0， 2 内没有零点。 g(x)2cos xxsin x， 当 x 2，时，cos x0， 所以 x 2，时，g(x)0，g 2 3 3 3 2 0，所以 f(x)0， 即 f(x)在(0，t)上单调递增；x(t，)时，g(x)0， 所以 f(x)0， 所以cos t1 22 cos t 0， 所以 f(t)20， 故 f(x)2。
