1、专题层级快练专题层级快练(二十二十) 1(2018 课标全国)已知函数 f(x)aexlnx1. (1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1 e时，f(x)0. 答案 (1)a 1 2e2，递减区间为(0，2)，递增区间为(2，) (2)略 解析 (1)函数 f(x)aexlnx1，x0，f(x)aex1 x， x2 是 f(x)的极值点，f(2)ae21 20，解得 a 1 2e2， f(x) ex 2e2lnx1，f(x) ex 2e2 1 x， 当 0 x2 时，f(x)0，当 x2 时，f(x)0， f(x)的单调递减区间为(0，2)
2、，单调递增区间为(2，) (2)证明：当 a1 e时，f(x) ex elnx1， 设 g(x)e x elnx1，则 g(x) ex e 1 x，令 g(x)0，得 x1. 当 0 x1 时，g(x)0，g(x)在(0，1)上单调递减； 当 x1 时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增 x1 是 g(x)的极小值点，也是最小值点 故当 x0 时，g(x)g(1)0， 当 a1 e时，f(x)0. 2(2020 山东师大附中模拟)设函数 f(x)e2xalnx. (1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数； (2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2 a. 答案 (1)a0 时
3、，f(x)存在唯一零点 (2)略 解析 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xa x(x0) 当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 当 a0 时，设 u(x)2e2x，v(x)a x， 因为 u(x)2e2x在(0，)上单调递增，v(x)a x在(0，)上单调递增， 所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(a)0，当 b 满足 0ba 4且 b 1 4时，f(b)0， 故当 a0 时，f(x)存在唯一零点 (2)证明：由(1)，可设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0，x0)时，f(x)0； 当 x(x0，)时，f(x)0. 故 f(x)在(0，x0)上
4、单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当 xx0时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(x0)由于 2e2x0 a x00， 所以 f(x0) a 2x02ax0aln 2 a2aaln 2 a. 故当 a0 时，f(x)2aaln2 a. 3(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)ex
5、2，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 al
6、n21 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. 4(2020 长沙市高三统一考试)已知函数 f(x)lnxax1 x，g(x)xlnx(a1)x 1 x. (1)试讨论 f(x)的单调性； (2)记 f(x)的零点为 x0，g(x)的极小值点为 x1，当 a(1，4)时，求证：x0 x1. 答案 (1)当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，f(x)在 0，1 14a 2a 上 单调递增，在 1 14a 2a ，上单调递减 (2)略 解析 (1)f(x)1 xa 1
7、x2 ax2x1 x2 (x0) 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增 若 a0，f(x)在 0，1 14a 2a 上单调递增； 当 x 1 14a 2a ，时，f(x)0，f(x)在 1 14a 2a ，上单调递减 综上可知，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0)， 所以 g(x)在(0，)上单调递增 又 g(1)a10，g 1 2 ln24a0， 故 g(x)存在零点 x2 1 2，1 ，且 g(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增，x2 即 g(x)的极小值点，故 x2x1. 由 g(x1)0，知 lnx1 1 x12a0， 所以 f(x
8、1)lnx1ax1 1 x1lnx1x1 1 x12lnx1 1 x1(1x1)lnx1，又 x1x2 1 2，1 ， 所以 f(x1)(1x1)lnx10 时，f(x)在(0，)上单调递增，因此 x0 x1. 5已知函数 f(x)alnxb（x1） x ，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y2. (1)求 a，b 的值； (2)当 x0 且 x1 时，求证：f(x)（x1）lnx x1 . 答案 (1)ab1 (2)略 解析 (1)函数 f(x)alnxb（x1） x 的导数为 f(x)a x b x2， 由曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y2， 可得 f(1)2b2，f(1)ab0， 解得 ab1. (2)证明：当 x1 时，f(x)（x1）lnx x1 ， 即为 lnx11 xlnx 2lnx x1，即 x 1 x2lnx0. 当 0x（x1）lnx x1 ，即为 x1 x2lnx1 时，g(x)g(1)0， 即有 f(x)（x1）lnx x1 . 当 0x1 时，g(x)（x1）lnx x1 . 综上可得，当 x0 且 x1 时，f(x)（x1）lnx x1 成立
