1、1第 2 讲 综合大题部分1. (2017高考全国卷)已知函数 f(x) ae2x( a2)e x x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围解析：(1) f(x)的定义域为(，)，f( x)2 ae2x( a2)e x1( aex1)(2e x1)若 a0，则 f( x)0，则由 f( x)0 得 xln a.当 x(，ln a)时， f( x)0.所以 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)若 a0，由(1)知， f(x)至多有一个零点若 a0，由(1)知，当 xln a 时， f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a
2、)1 ln a.1aa当 a1 时，由于 f(ln a)0，故 f(x)只有一个零点；b当 a(1，)时，由于 1 ln a0，1a即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点；c当 a(0,1)时，1 ln a2e 2 20，故 f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数 n0满足 n0ln ，(3a 1)则 f(n0)e n0(aen0 a2) n0en0 n02n0 n00.由于 ln ln a，(3a 1)因此 f(x)在(ln a，)有一个零点综上， a 的取值范围为(0,1)22(2017高考全国卷)已知函数 f(x) x1 aln x.(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)设
3、m 为整数，且对于任意正整数 n， 0，由 f( x)1 知，当 x(0， a)时， f( x)0.所以 f(x)在(0， a)单调递减，在( a，)单调递增故 x a 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点由于 f(1)0，所以当且仅当 a1 时， f(x)0.故 a1.(2)由(1)知当 x(1，)时， x1ln x0.令 x1 得 ln 2，(112)(1 122)(1 123)所以 m 的最小值为 3.3(2018高考全国卷)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时， f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a.解析：(1)证明：当 a1 时
4、， f(x)1 等价于( x21)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1) 2e x.当 x1 时， g( x)0，所以 g(x)在(0，)单调递减而 g(0)0，故当 x0 时， g(x)0，即 f(x)1.(2)设函数 h(x)1 ax2e x.f(x)在(0，)只有一个零点等价于 h(x)在(0，)只有一个零点()当 a0 时， h(x)0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0；当 x(2，)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调
5、递增3故 h(2)1 是 h(x)在(0，)的最小值4ae2若 h(2)0，即 a ， h(x)在(0，)没有零点e24若 h(2)0，即 a ， h(x)在(0，)只有一个零点e24若 h(2)0，即 a ，e24因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点；由(1)知，当 x0 时，e x x2，所以 h(4a)1 1 1 116a3e4a 16a3 e2a 2 16a3 2a 40，故 h(x)在(2,4 a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点1a综上，当 f(x)在(0，)只有一个零点时， a .e241. 已知函数 f(x)ln( x1) ax2， a0.(1)讨
6、论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在区间(1,0)上有唯一零点 x0，证明：e 2 1，1x 1 2ax2 2ax 1x 1令 g(x)2 ax22 ax1，则 4 a28 a4 a(a2)，若 0，故当 x(1，)时， f( x)0， f(x)单调递增若 0，即 a2，则 g(x)0，仅当 x 时，等号成立，12故当 x(1，)时， f( x)0， f(x)单调递增若 0，即 a2，则 g(x)有两个零点，x1 ， x2 ， a a a 22a a a a 22a由 g(1) g(0)10， g( )0， f( x)0， f(x)单调递增，4当 x( x1， x2)时， g(x
7、)0， f( x)0， f(x)单调递增综上所述，当 02 时， f(x)在(1， )和( ，)上单调递增， a a a 22a a a a 22a在( ， )上单调递减 a a a 22a a a a 22a(2)由(1)及 f(0)0 可知：仅当极大值等于零，即 f(x1)0 时，符合要求此时， x1就是函数 f(x)在区间(1,0)上的唯一零点 x0.所以 2ax 2 ax010，20从而有 a ，12x0 x0 1又 f(x0)ln( x01) ax 0，20所以 ln(x01) 0，x02 x0 1令 x01 t0，则 ln t0 0，t0 12t0即 ln t0 0，且 00， h
8、(e1 ) 0)12 ax(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若 m ，对 x1， x22,2e 2都有 g(x1) f(x2)成立，求实数 a 的取值范围12e2解析：(1) f(x) ln x mx， x0，12所以 f( x) m，12x当 m0 时， f( x)0， f(x)在(0，)上单调递增，当 m0 时，由 f( x)0 得 x ；12m5由Error! 得 0 .12m综上所述，当 m0 时， f(x)的单调递增区间为(0，)；当 m0 时， f(x)的单调递增区间为(0， )，12m单调递减区间为( ，)12m(2)若 m ，则 f(x) ln x x.12e2 12 1
9、2e2对 x1， x22,2e 2都有 g(x1) f(x2)成立，等价于对 x2,2e 2都有 g(x)min f(x)max，由(1)知在2,2e 2上 f(x)的最大值为 f(e2) ，12g( x)1 0(a0)， x2,2e 2，ax2函数 g(x)在2,2e 2上是增函数，g(x)min g(2)2 ，a2由 2 ，得 a3，a2 12又 a0，所以 a(0,3，所以实数 a 的取值范围为(0,33已知函数 f(x) (aR)，曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与直线 x y10ln xx a垂直(1)试比较：2 018 2 019与 2 0192 018的大小并说明理
10、由；(2)若函数 g(x) f(x) k 有两个不同的零点 x1， x2，证明： x1x2e2.解析：(1)依题意得 f( x) ，x ax ln x x a 2所以 f(1) ，1 a 1 a 2 11 a又曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与直线 x y10 垂直，所以 f(1)1，即 1，解得 a0.11 a故 f(x) ， f( x) .ln xx 1 ln xx2令 f( x)0，则 1ln x0，解得 0e，所以 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，) f(2 018)f(2 019)，即 ，ln 2 0182 018 ln 2 0192 019即
11、ln 2 0182 019ln 2 0192 018，2 018 2 0192 0192 018.(2)不妨设 x1x20，因为 g(x1) g(x2)0，所以 ln x1 kx10，ln x2 kx20，可得 ln x1ln x2 k(x1 x2)，ln x1ln x2 k(x1 x2)要证 x1x2e2，即证 ln x1x22，只需证 ln x1ln x22，也就是证 k(x1 x2)2，即证 k .2x1 x2因为 k ，ln x1 ln x2x1 x2所以只需证 ，ln x1 ln x2x1 x2 2x1 x2即证 ln .x1x22 x1 x2x1 x2令 t(t1)，则只需证 ln
12、 t (t1)x1x2 2 t 1t 1令 h(t)ln t (t1)，2 t 1t 1则 h( t) 0，1t 4 t 1 2 t 1 2t t 1 2故函数 h(t)在(1，)上是单调递增的，所以 h(t)h(1)0，即 ln t .2 t 1t 1所以 x1x2e2.4已知函数 f(x) .exx(1)求曲线 y f(x)在点 P(2， )处的切线方程；e22(2)证明： f(x)2(xln x)解析：(1)因为 f(x) ，exx7所以 f( x) ， f(2) ，exx exx2 ex x 1x2 e24又切点为(2， )，所以切线方程为e22y (x2)，即 e2x4 y0.e22
13、 e24(2)设函数 g(x) f(x)2( xln x) 2 x2ln x， x(0，)，exx则 g( x) 2 ， x(0，)ex x 1x2 2x ex 2x x 1x2设 h(x)e x2 x， x(0，)，则 h( x)e x2，令 h( x)0，则 xln 2.当 x(0，ln 2)时， h( x)0.所以 h(x)min h(ln 2)22ln 20，故 h(x)e x2 x0.令 g( x) 0，则 x1. ex 2x x 1x2当 x(0,1)时， g( x)0.所以 g(x)min g(1)e20，故 g(x) f(x)2( xln x)0，从而有 f(x)2(xln x)
