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 a 时,f(x)0. 1 e 答案(1)a,递减区间为(0,2),递增区间为(2,) 1 2e2 (2)略 解析(1)函数 f(x)aexlnx1,x0,f(x)aex , 1 x x2 是 f(x)的极值点,f(2)ae2 0,解得 a, 1 2 1 2e2 f(x)lnx1,f(x) , ex 2e2 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(
2、0,2),单调递增区间为(2,) (2)证明:当 a 时,f(x)lnx1, 1 e ex e 设 g(x)lnx1,则 g(x) ,令 g(x)0,得 x1. ex e ex e 1 x 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 a 时,f(x)0. 1 e 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)2aaln . 2 a
3、答案(1)a0 时,f(x)存在唯一零点(2)略 解析(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)2e2x (x0) a x 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) 在(0,)上单调递增, a x 所以 f(x)在(0,)上单调递增 又 f(a)0,当 b 满足 0b 且 b 时,f(b)0, a 4 1 4 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
4、. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,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 2e2x00, a x0 所以 f(x0)2ax0aln 2aaln . a 2x0 2 a 2 a 故当 a0 时,f(x)2aaln . 2 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)e
5、x2x2a,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
6、 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. 4(2020长沙市高三统一考试)已知函数 f(x)lnxax ,g(x)xlnx(a1)x . 1 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)在上单 (0, 1 14a 2a ) 调递增,在上单调递减 ( 1 14a 2a ,)
7、(2)略 解析(1)f(x) a(x0) 1 x 1 x2 ax2x1 x2 若 a0,则 f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增 若 a0,f(x)在上单调递增; (0, 1 14a 2a )(0, 1 14a 2a ) 当 x时,f(x)0,f(x)在上单调递减 ( 1 14a 2a ,) ( 1 14a 2a ,) 综上可知,当 a0 时,f(x)在(0,)上单调递增;当 a0), 1 x2 所以 g(x)在(0,)上单调递增 又 g(1)a10,gln24a0, ( 1 2) 故 g(x)存在零点 x2,且 g(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,)上单调递增,x2 ( 1 2,
8、1) 即 g(x)的极小值点,故 x2x1. 由 g(x1)0,知 lnx1a0, 1 x12 所以 f(x1)lnx1ax1lnx1x1(1x1)lnx1,又 x1x2, 1 x1 ( 1 x12lnx 1) 1 x1 ( 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)alnx,曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y2. b(x1) x (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)alnx的导数为 f(x) , b(x1) 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 lnx1 lnx,即 x 2lnx0. 1 x 2lnx x1 1 x 当 0x,即为 x 2lnx1 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)成立 (x1)lnx x1