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1、【金版教程】2016届高考数学二轮复习 第一编 专题整合突破 1.6.2利用导数解决不等式、方程解的问题 理 12015山西质监已知函数f(x)xln x.(1)试求曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)若x1，试判断方程f(x)(x1)(axa1)的解的个数解(1)f(x)ln xx1ln x，f(e)2，又f(e)e，切线方程为2xye0.(2)方程f(x)(x1)(axa1)的解即为方程ln x0的解设h(x)ln x，x1.则h(x)，x1.当a0时，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，方程无解当a0时，令h(x)0得x11，x2.当a0，即x21，h(x)
2、0，则h(x)为(1，)上的增函数，h(x)h(1)0，方程无解当0a1时，x时，h(x)0，h(x)为增函数；x时，h(x)0，h(x)为减函数又x时，h(x)ln xax2a11，h(x)0，h(x)为减函数，而h(x)h(1)0，方程无解综上所述，当a(，0时，原方程无解；当0a0，h(x)为增函数，又h(1)0，所以当x0时，g(x)0，g(x)为增函数；当0x1时，g(x)0，g(x)为减函数；当x1时，g(x)0，g(x)为增函数所以g(x)在x1时取极小值1.又当x趋向于0时，g(x)趋向于正无穷；当x趋向于负无穷时，g(x)趋向于负无穷；当x趋向于正无穷时，g(x)趋向于正无穷
3、所以g(x)的大致图象如图所示所以方程ax只有一个实根时，实数a的取值范围为(，1)42015长春质监(二)已知函数f(x)x2axaln x(aR)(1)若函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)4x；(3)当xe，)时，f(x)0恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)2xa，由题意可得f(1)0，解得a1.经检验，a1时f(x)在x1处取得极值，所以a1.(2)证明：由(1)知，f(x)x2xln x，令g(x)f(x)3xln x，由g(x)x23x33(x1)(x0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，所以g(x)g(1)0
4、，所以f(x)4x成立(3)由xe，)知，xln x0，所以f(x)0恒成立等价于a在xe，)时恒成立，令h(x)，xe，)，有h(x)0，所以h(x)在e，)上是增函数，有h(x)h(e)，所以a.52015甘肃一诊已知函数f(x)ax2ln (x1)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)当x0，)时，函数yf(x)的图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围解(1)当a时，f(x)x2ln (x1)(x1)，f(x)x(x1)，由f(x)0解得1x1，由f(x)1.函数f(x)的单调递增区间为(1,1)，单调递减区间为(1，)(2)当x0，)时，函数yf(x)的图象上的点
5、都在所表示的平面区域内，即当x0，)时，不等式f(x)x恒成立，即ax2ln (x1)x恒成立，设g(x)ax2ln (x1)x(x0)，只需g(x)max0即可由g(x)2ax1，当a0时，g(x)，当x0时，g(x)0时，由g(x)0，因x0，)，x1.()若1时，在区间(0，)上，g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递增，函数g(x)在0，)上无最大值，此时不满足()若10，即0a时，函数g(x)在上单调递减，在区间上单调递增，同样函数g(x)在0，)上无最大值，此时也不满足当a0时，由g(x)，x0，)，2ax(2a1)0，g(x)0，故函数g(x)在0，)上单调递减g(x)g(0
6、)0成立综上所述，实数a的取值范围是(，062015山西四校联考(三)设函数f(x)ln x，kR.(1)若曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，求f(x)的单调递减区间和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意x1x20，f(x1)f(x2)x1x2恒成立，求k的取值范围解(1)由条件得f(x)(x0)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，此切线的斜率为0，即f(e)0，0，得ke，f(x)(x0)，由f(x)0得0xe，由f(x)0得xe，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当xe时f(x)取得极小值f(e)ln e2.故f(x)的单调递减区间为(0，e)，极小值为2.(2)条件等价于对任意x1x20，f(x1)x1f(x2)x2恒成立，(*)设h(x)f(x)xln xx(x0)，则(*)式等价于h(x)在(0，)上单调递减由h(x)10在(0，)上恒成立，得kx2x2(x0)恒成立，k(对k，h(x)0仅在x时成立)，故k的取值范围是.6