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1、(三)函数与导数(1)1(2018咸阳模拟)已知函数f(x)a(x1)ln xx1(aR)(1)当a2时，求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当a时，求证：对任意的x1，f(x)0恒成立(1)解由f(x)2(x1)ln xx1，得f(x)2ln x1，切点为(1,0)，斜率为f(1)3，所求切线方程为y3(x1)，即3xy30.(2)证明当a时，f(x)(x1)ln xx1(x1)，欲证：f(x)0，注意到f(1)0，只要f(x)f(1)即可，f(x)a1(x1)，令g(x)ln x1(x1)，则g(x)0(x1)，知g(x)在1，)上单调递增，有g(x)g(1)2，所以f(x
2、)2a10，可知f(x)在1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0，综上，当a时，对任意的x1，f(x)0恒成立2(2018潍坊模拟)已知函数f(x)ln xx2ax(aR)，g(x)exx2.(1)讨论函数f(x)极值点的个数；(2)若对x0，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解(1)f(x)xa(x0)，令f(x)0，即x2ax10，a24，当a240，即2a2时，x2ax10恒成立，即f(x)0，此时f(x)在(0，)上单调递增，无极值点，当a240，即a2时，若a2，设方程x2ax10的两根为x1，x2，且x10，x20，此时x(0，x1)，f(x)0，f(x)单调递增，
3、x(x1，x2)，f(x)0，f(x)单调递增，故x1，x2分别为f(x)的极大值点和极小值点，因此a2，设方程x2ax10的两根为x1，x2，且x1x2，由根与系数的关系得故x10，x20，此时f(x)无极值点，综上，当2a2时，f(x)无极值点，当a0恒成立设h(x)，h(x)，当x(0,1)时，ex(x1)ln xx210，即h(x)0，即h(x)0，h(x)单调递增，因此x1为h(x)的极小值点，即h(x)h(1)e1，故ae1.3(2018亳州模拟)已知函数f(x)在x1处取得极值(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)当x1，)时，f(x)恒成立，求实数m的取值范围解(1
4、)由题意知f(x)，又f(1)1a0，即a1， f(x)(x0)，令f(x)0，得0x1；令f(x)1，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)依题意知，当x1，)时，f(x)恒成立，即m恒成立，令g(x)(x1)，只需g(x)minm即可，又g(x)，令h(x)xln x，h(x)10(x1)，h(x)在1，)上单调递增， h(x)h(1)10， g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)ming(1)2，故m2.4(2018福建省百校模拟)已知函数f(x)x1aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，设1x10且f(x1)f(x2)5，证明：x12x2
5、4.(1)解f(x)1aex，当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增当a0，得xln，则f(x)的单调递增区间为，令f(x)ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明方法一设g(x)f(x)2xex3x1，则g(x)ex3，由g(x)ln 3；由g(x)0得xln 3，故g(x)maxg(ln 3)3ln 340，从而得g(x)f(x)2x0，f(x1)f(x2)5，f(x2)2x25f(x1)2x24.方法二f(x1)f(x2)5，x1x23，x12x23x23，设g(x)ex3x，则g(x)ex3，由g(x)0得x0得xln 3，故g(x)ming(ln 3)33ln 3.1x1
6、0，x12x2e133ln 333ln 3，3ln 3ln 274.5(2018江南十校模拟)已知函数f(x)，g(x)mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，f(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a1时，求证：当x1时，(x1)f(x)2.(1)解f(x)的定义域为(0，)，且f(x).由f(x)0得1ln xa0，即ln x1a，解得0x0得0x2，等价于.令p(x)，则p(x)，令(x)xln x，则(x)1，x1，(x)0，(x)在(1，)上单调递增，(x)(1)10，p(x)0，p(x)在(1，)上单调递增，p(x)p(1)2，令h(x)，则h(x)，x1，1ex0，h(x)1时，h(x)h(x)，即(x1)f(x)2，x1.