1、1专题提能一 函数、导数与不等式的提分策略1(2018胶州模拟)已知函数 f(x) (aR，e 为自然对数的底数，e2.718 x aex28)(1)若曲线 y f(x)在 x0 处的切线的斜率为1，求实数 a 的值；(2)求 f(x)在1,1上的最大值 g(a)；(3)当 a0 时，若对任意的 x(0,1)，恒有 f(x)f ，求正实数 m 的最小值(mx)解析：(1) f( x) ， f(0)1 a1，解得 a2.ex x a ex ex 2 1 x aex(2)由 f( x)0，得 x1 a.所以 f(x)的单调递增区间是(，1 a)，单调递减区间是(1 a，)当 1 a2 时， f(x
2、)在1,1上单调递减， f(x)max f(1)( a1)e；当11 a1，即 0 a2 时， x1 a 为 f(x)在区间1,1上的极大值点，也是最大值点，所以 f(x)max f(1 a) ；1e1 a当 1 a1，即 af(1)，与 f(x)在(，1)上单调递增矛盾，所以只有m1.当 m1 时， 1，所以 f f ，故只需 f(x)f ，即可满足 f(x)f .mx 1x (1x) (mx) (1x) (mx)下面证明 f(x)f 在区间(0,1)上恒成立(1x)f(x)f ，即 ，即 xe ex，即 x2ex ，两边取对数，(1x) xex1xe1x 1x1x 1x得 ln x .12
3、x 1x)构造函数 h(x)ln x ，则 h( x) ，对任意的12(x 1x) 1x 12(1 1x2) x 1 22x2x(0,1)， h( x)h(1)0，所以 ln x .12(x 1x)综上可知，正实数 m 的最小值为 1.2(2018贵阳模拟)设函数 f(x) xln(ax)(a0)(1)设 F(x) f(1)x2 f( x)，讨论函数 F(x)的单调性；12(2)过两点 A(x1， f( x1)， B(x2， f( x2)(x10，函数 F(x)在(0，)上是增函数；当 ln a0，得(ln a)x210，解得 0 . 1ln a所以函数 F(x)在 上为增函数，在 上为减函
4、数(0， 1ln a) ( 1ln a， )(2)证明：因为k ， x2 x10，要证 1，则只要证 1 0(t1)，故 g(t)在(1，)上是增函1t数所以当 t1 时， g(t) t1ln tg(1)0，即 t1ln t 成立要证 1 1，即证 t10(t1)，故函数 h(t)在(1，)上是增函数，所以当 t1 时， h(t) tln t( t1) h(1)0，即 t1k(x1) ax x 恒成立，求正整数 k 的值解析：(1)由 f(x) xln x ax，得 f( x)ln x a1，函数 f(x)在区间e 2，)上为增函数，当 xe 2，)时， f( x)0，即 ln x a10 在
5、区间e 2，)上恒成立， a1ln x.又当 xe 2，) 时，ln x2，)，1ln x(，3 a3.(2)若对任意 x(1，)， f(x)k(x1) ax x 恒成立，即 xln x axk(x1) ax x 恒成立，也就是 k(x1)0.则问题转化为 k0，则 m(x) xln x2 在(1，)上为增函数 ， m(1)1ln 121， m(2)2ln 22ln 2，m(3)3ln 321ln 30. x0(3,4) ，使 m(x0) x0ln x020.当 x(1， x0)时， m(x)0， h( x)0， h(x) 在( x0，)上单调递增，xln x xx 1 h(x)的最小值为 h
6、x0) .x0ln x0 x0x0 1 m(x0) x0ln x020，ln x01 x01，代入函数 h(x) 得 h(x0)xln x xx 14 x0， x0(3,4)，且 k 成立ni 1i 1i2解析：由题意得 f( x) 2 ax(2 a1) 1x 2ax2 2a 1 x 1x， x(0，) 2ax 1 x 1x(1)由题意得 f(2)1，即 1，解得 a .4a 12 34(2)当 a0 时，2 ax10 得 01，故函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减当 a0 时，令 f( x)0 得 x1 或 x ，12a当 时，由 f( x)0 得 x1 或 01，
7、即 00，得 x 或 0 时，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，在(1，)上单12 (0， 12a) (12a， 1)5调递增(3)证明：由(2)知，当 a1 时，函数 f(x)ln x x23 x 在(1，)上单调递增，ln x x23 x f(1)2，即 ln x x23 x2( x1)( x2)，令 x1 ， nN *，则 ln ，1n (1 1n)1n 1n2ln ln ln ln ，(111) (1 12) (1 13) (1 1n)11 112 12 122 13 132 1n 1n2ln ，即(111)(1 12)(1 13)(1 1n)11 112 12 122 13 132 1n 1n2ln(1 n) .n i 1i 1i2故对任意的 nN *，都有 ln(1 n) 成立n i 1i 1i2
