1、1专题检测（二十三） “函数与导数”压轴大题的抢分策略1(2018武汉调研)已知函数 f(x)ln x (aR)ax(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a0 时，证明： f(x) .2a 1a解：(1) f( x) (x0)1x ax2 x ax2当 a0 时， f( x)0， f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，若 xa，则 f( x)0，函数 f(x)在( a，)上单调递增；若 00 时， f(x)min f(a)ln a1.要证 f(x) ，只需证 ln a1 ，2a 1a 2a 1a即证 ln a 10.1a令函数 g(a)ln a 1，1a则 g( a) (a0)，1a
2、 1a2 a 1a2当 01 时， g( a)0，所以 g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 g(a)min g(1)0.所以 ln a 10 恒成立，1a所以 f(x) .2a 1a2(2018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：(1)证明：当 a1 时， 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， h(x)没有零点；()当 a0 时，
3、 h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)1 是 h(x)在(0，)上的最小值4ae2当 h(2)0，即 a 时，因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点e24由(1)知，当 x0 时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 0，16a3e4a 16a3 e2a 2 16a3 2a 4 1a故 h(x)在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在(0，)上有两个零点综上，当 f(x)在(0，)上只有一个零点时， a .e243(2018西安质检)设函数 f(x)ln x (kR
4、)kx(1)若曲线 y f(x)在点(e， f(e)处的切线与直线 x20 垂直，求 f(x)的单调性和极小值(其中 e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的 x1x20， f(x1) f(x2)0)，1x kx2曲线 y f(x)在点(e， f(e)处的切线与直线 x20 垂直， f(e)0，即 0，得 ke，1e ke2 f( x) (x0)1x ex2 x ex2由 f( x)0，得 xe， f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，3当 xe 时， f(x)取得极小值，且 f(e)ln e 2.ee f(x)的极小值为 2.(2)由题意知对任意的 x1x20， f(x1)
5、x10)，kx则 h(x)在(0，)上单调递减， h( x) 10 在(0，)上恒成立，1x kx2即当 x0 时， k x2 x 2 恒成立，(x12) 14 k .14故 k 的取值范围是 .14， )4(2018全国卷)已知函数 f(x)(2 x ax2)ln(1 x)2 x.(1)若 a0，证明：当10 时， f(x)0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a.解：(1)证明：当 a0 时， f(x)(2 x)ln(1 x)2 x， f( x)ln(1 x) .x1 x设函数 g(x)ln(1 x) ，x1 x则 g( x) .x 1 x 2当10 时， g( x)0，故当 x
6、1 时， g(x) g(0)0，且仅当 x0 时， g(x)0，从而 f( x)0，且仅当 x0 时， f( x)0.所以 f(x)在(1，)上单调递增又 f(0)0，故当10 时， f(x)0.(2)若 a0，由(1)知，当 x0 时， f(x)(2 x)ln(1 x)2 x0 f(0)，这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾若 a0，1， 1|a|故 h(x)与 f(x)符号相同又 h(0) f(0)0，故 x0 是 f(x)的极大值点，当且仅当 x0 是 h(x)的极大值点h( x) 11 x 2 2 x ax2 2x 1 2ax 2 x ax2 2 .x2 a2x2 4ax 6a 1 x 1 ax2 x 2 2若 6a10，则当 00，1， 1|a|故 x0 不是 h(x)的极大值点若 6a10；当 x(0,1)时， h( x)0.所以 x0 是 h(x)的极大值点，从而 x0 是 f(x)的极大值点综上， a165
