1、1大题精做 13 函数与导数：极值点不可求与构造2019厦门三中已知函数 ln1fxax， R（1）讨论 fx的极值；（2）若 exa对任意 0,x恒成立，求实数 a的取值范围【答案】 （1 ）当 0时， f无极值；当 0a时， fx有极大值 ln1a，无极小值；（2） a【解析】 （1）依题意 1fxx，当 0a时， 0f， f在 ,上单调递增，无极值；当 时， 1axf，当 1xa时， 0， f在 ,1a上单 调递增；当 时， fx， fx在 ,上单调递减，所以 1ln1yfa极 大 值 ，无极小值综上可知，当 0a时， fx无极值；当 0a时， fx有极大值 ln1a，无极小值（2）原不
2、等式可化为 ln1ln1eexx，记 ln10Fxa，只需 max0F，可得 1exFxa 当 0a时， ， 1ex，所以 ， 在 0,上单调递增，所以当 0x时，x，不合题意，舍去当 0a时， 21exaFx，（i）当 时，因为 0，所以 21ex，所以 21e0xaFx，所以 Fx在 0,上 单调递减，故当 0时， 0，符合题意（ii）当 1a时，记 21exgxa，所以 3e0gx， 在 0,上单调递减2又 01ga，11e0aga，所以存在唯一 0,x，使得 0gx当 0时， 0gx，从而 21eaFx，即 Fx在 0,上单调递增，所以当 0时， 0x，不符合要求，舍去综上可得， 1a
3、12019黄山一模已知函数 221lnexfxax， （ e为自然对数的底数） （1）当 ea时，求曲线 y在 点 ,f处的切线方程；（2）证明：当 时，不等式 3221lnexaxx成立322019 榆林一模已知函数 2fx（1）设 lngxfx，求 g的最大值及相应的 x值；（2）对任意正数 恒有 1lnfxm，求 的取值范围32019昆明诊断已知函数 12lnfxx（1）讨论 fx的单调性；（2）若 0a， b，证明： ln2ab41 【答案】 （1） 0y；（2）见解析【解析】 （1）由题意知，当 ea时， 221lnexfx，解得 e0f，5又 21lnexfx ， e0kf，即曲线
4、 yfx在点 e,f处的切线方程为 0y（2）证明：当 a时，得 22ax，要证明不等式 321lnexx成立，即证 3221elnexxx成立，即证 2le成立，即证 221ex成立，令 21egx， ln0h，易知， 1egx，由 21lnh，知 x在 0,上单调递增， e,上单调递减， e1hx，所以 gx成立，即原不等式成立2 【答案】 （1）当 x时， gx取得最大值 10g；（2） 1m【解析】 （1） 2f， fx， 2 32lnln1lngxfxxx，则221616xx， g的定义域为 0,，20，当 01x时， gx；当 1x时， gx；当 1x时， 0gx，因 此 g在 0
5、,上是增函数，在 ,上是减函数，故当 1x时， x取得最大值 10g（2）由（1）可知，22211ffxxx，不 等式 1lnfxfxm可化为 lnmxx因为 0，所以 2（当且仅当 1取等号） ，设 1xs，则把式可化为 2lnssm，即 2l1s（对 2s恒成立） ，令 h，此函数在 ,上是增函数，所以 h的最小值为 0h，于是 ln0m，即 13 【答案】 （1）函数 fx是 0,+上的减函数；（2）见解析6【解析】 （1）函数 fx的定义域为 0,+， 221210xxfx ，所以，函数 f在定义域 ,上单调递减（2）假设 0ab先证明不等式 lnab，即证 lnaba，即证 ln，令 1atb，则原不等式即为 12lt，其中 t，由（1）知，函数 fx在 0,+上单调递减，当 t时， 0f，即 2lnt，即 2lnt，所以，当 0ab时， lnab下面证明 ln2ab即证 2lnab，即21lab，令 1xb，即证 1lx，其中 1x，构造函数 ln1xgx，其中 1x，2240gx，所以，函数 在区间 1,上单调递增，所以， 1xg，所以，当 1x时， 2lnx，所以，当 0ab时， ln2ab综上所述，当 ， 时， ln2ab7
