专题五 导数的运算及在函数性质中的应用(解析版)-2021届高三《新题速递 数学》5月刊(江苏专用 适用于高考复习)
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资料简介
专题五 导数的运算及在函数性质中的应用 一、多选题 1.(2021·江苏镇江市·高三其他模拟)设函数 ( ) lnf x x x , 2( )g x x ,给定下列命题,其中正确的是( ) A.若方程 ( )f x k 有两个不同的实数根,则 1 ,0 e k       ( e为自然对数的底数) B.若方程 ( ) ( )kf x g x 恰好只有一个实数根,则 0k  C.若 1 2 0x x  ,总有        1 2 1 2m g x g x f x f x     恒成立,则 1 2 m  D.若函数 ( ) ( ) ( )F x f x ag x  有两个极值点,则实数 10, 2 a      【答案】ACD 【分析】 利用导数研究函数的单调性和极值,且将题意转化为 ( )y f x 与 y k 有两个不同的交点,即可判断 A选 项;易知 1x  不是该方程的根,当 1x  时,将条件等价于 y k 和 ln xy x  只有一个交点,利用导数研究 函数的单调性和极值,从而可推出结果,即可判断 B选项;当 1 2 0x x  时,将条件等价于 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x   恒成立,即函数 ( ) ( )y mg x f x  在 (0, ) 上为增函数,通过构造新函 数以及利用导数求出单调区间,即可求出m的范围,即可判断 C选项; 2( ) ln ( 0)F x x x ax x   有两个 不同极值点,根据导数的符号列出不等式并求解,即可判断 D选项. 【详解】 对于 A, ( )f x 的定义域 (0, ) , ( ) ln 1f x x   ,令 ( ) 0f x  ,有 ln 1x   ,即 1x e  ,可知 ( )f x 在 10, e       单调递减,在 1 ,+ e      单调递增,所以极小值等于最小值, min 1 1( ) ( )f x f e e     ,且当 0x 时 ( ) 0f x  ,又 (1) 0f  ,从而要使得方程 ( )f x k 有两个不同的实根,即 ( )y f x 与 y k 有两个不同 的交点,所以 1( ,0)k e   ,故 A正确; 对于 B,易知 1x  不是该方程的根,当 1x  时, ( ) 0f x  ,方程 2( )kf x x 有且只有一个实数根,等价 于 y k 和 ln xy x  只有一个交点, 2 ln 1 (ln )   xy x ,又 0x  且 1x  ,令 0y  ,即 ln 1x  ,有 x e ,知 ln xy x  在( )0,1 和  1,e 单减,在  , +e  上单增, 1x  是一条渐近线,极小值为 e ,由 ln xy x  大致图像 可知 0k  或 =k e,故 B错误; 。 对于 C,当 1 2 0x x  时,  1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )m g x g x f x f x   恒成立,等价于 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x   恒成立,即函数 ( ) ( )y mg x f x  在 (0, ) 上为增函数,即 ( ) ( ) 2 ln 1 0y mg x f x mx x       恒成立,即 ln 1 2 xm x   在 (0, ) 上恒成立,令 ln 1( ) 2 xr x x   , 则 2 ln( ) 2 xr x x   ,令 ( ) 0r x  得 ln 0x  ,有0 1x  ,从而 ( )r x 在 (0,1)上单调递增,在 (1, ) 上单调 递减,则 max 1( ) (1) 2 r x r  ,于是 1 2 m  ,1故 C正确; 对于 D, 2( ) ln ( 0)F x x x ax x   有两个不同极值点,等价于 ( ) ln 1 2 0F x x ax    有两个不同的正 根,即方程 ln 1 2 xa x   有两个不同的正根,由 C可知, 10 2 a  ,则 D正确. 故选:ACD 【点睛】 关键点睛:本题考查导数的应用,利用导数研究函数的单调性和极值,以及利用导数解决函数的零点问题 和恒成立问题从而求参数范围,解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题,解题时注意利用 数形结合,考查转化思想和运算能力. 2.(2021·湖南怀化市·高三一模)定义域为R的函数  y f x ,若对任意两个不相等的实数 1x 、 2x ,都有        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   ,则称函数为“ Z 函数”,现给出如下函数,其中为“ Z 函数”的有 ( ) A. 3 1y x x    B.  3 2 sin cosy x x x   C.  2 ln 2x xy e e   D. 1 sin x x xy e e    【答案】BC 【分析】 分析可知函数  f x 为R上的增函数,然后判断各选项中函数的单调性,可得出合适的选项. 【详解】 对于任意给定的不等实数 1x 、 2x ,不等式        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   恒成立, 原不等式等价为      1 2 1 2 0x x f x f x     恒成立, 设 1 2x x ,则    1 2 0f x f x  ,即    1 2f x f x , 即函数  f x 是定义在R上的增函数. 对于 A选项,函数 3 1y x x    ,则 21 3y x   , 当 3 3 x   或 3 3 x  时, 0y  ,此时函数 3 1y x x    为减函数,不满足条件; 对于 B选项,  3 2 sin cosy x x x   ,  3 2 cos sin 3 2 2 sin 0 4 y x x x             , 所以,函数  3 2 sin cosy x x x   单调递增,满足条件; 对于 C选项,对于函数  ln 2xy e  ,该函数的定义域为R, 内层函数 2 xu e  为增函数,外层函数 lny u 为增函数,则函数  ln 2xy e  为R上的增函数, 又因为函数 2xy e 为R上的增函数,所以,函数  2 ln 2x xy e e   为R上的增函数,满足条件; 对于 D选项,记   1 sin x x xf x e e    ,则      0 1 2 0f f f   , 所以,函数 1 sin x x xy e e    在R上不具有单调性,不满足条件. 故选:BC. 【点睛】 方法点睛:函数单调性的判定方法与策略: (1)定义法:一般步骤:设元作差变形判断符号得出结论; (2)图象法:如果函数  f x 是以图象的形式给出或者函数  f x 的图象易作出,结合图象可得出函数的 单调区间; (3)导数法:先求出函数的导数,利用导数值的正负确定函数的单调区间; (4)复合函数法:先将函数  y f g x   分解为内层函数  u g x 和外层函数  y f u ,再讨论这两个 函数的单调性,然后根据复合函数法“同增异减”的规则进行判定. 3.(2021·江苏高三月考)已知函数 3 2 sin( ) 1   xf x x ,  ,x    ,则( ) A. ,( )  x   , ( ) ( ) 0 f x f x B. ,( )  x   , | ( ) | 1f x  C.  1 2, ,x x     , 1 2x x , 1 2( ) ( )f x f x D.  0 ,x     , ,( )  x   , 0| ( ) | ( )f x f x 【答案】BCD 【分析】 根据函数解析式判断函数的奇偶性,可得选项 A的正误;结合函数的值域可得选项 B的正误;结合导数判 断函数的极值情况可得选项 C,D的正误. 【详解】 由题意可知, ( ) ( )f x f x   ,即函数 ( )f x 为奇函数, 所以  2( ) ( ) ( ) 0f x f x f x    ,且 3 2 2 sin 1| ( ) | 1 1 1      x f x x x ,故 A错误,B正确; 因为 3 2 sin( ) 1   xf x x , 所以         2 22 2 3 2 22 2 sin 3cos 1 2 sin3sin cos 1 2 sin ( ) 1 1 x x x x xx x x x x f x x x              , 设 23cos 1 2 n) si( ( )g x x x x x    ,则 (0) 3 0, ( ) 0 2 g g       , 由零点存在定理可得 0, 2 t       使得 ( ) 0g t  ; 所以一定存在 0 (0, )x t 时, 0( ) 0f x  ,也一定存在 0 ( , )x t  时, 0( ) 0f x  ,即 ( )f x 一定不是单调函数, 又 (0) ( ) 0f f   且图象为连续曲线, 所以  1 2, ,x x     , 1 2x x , 1 2( ) ( )f x f x ,故 C正确; 因为 (0, )x  时, ( ) 0 (0) ( )f x f f    ,所以必然存在最大值,故 D正确; 故选:BCD. 二、单选题 4.(2021·新疆乌鲁木齐市·高三二模(文))设 21( ) ln 4 2 f x x x ax a    ,其中 0a  ,若仅存在一个整 数 0x ,使得  0 0f x  ,则实数 a的取值范围是( ) A. 1 1ln2 1, 2 6      B. 1 1ln2 1, 2 6      C. 9 1ln3 , ln2 1 2 2      D. 9 1ln3 , ln2 1 2 2      【答案】B 【分析】 令   21 ln 2 x xg x   ,    4 4h x ax a a x    ,利用导数可得  g x 单调性,判断出满足条件的整数 为 1,即可得出         1 1 2 2 g h g h     求解. 【详解】 令   21 ln 2 x xg x   ,    4 4h x ax a a x    , 由仅存在一个整数 0x ,使得  0 0f x  ,可得仅存在一个整数,使得    g x h x ,   21 1xg x x x x     , 令   0g x  ,可得 1x  ;令   0g x  ,可得0 1x  ,  g x 在  0,1 单调递减,在  1, 单调递增,    min 11 2 g x g   ,所以满足条件的整数为 1, 由 0a  可得  h x 为减函数, 所以         1 1 2 2 g h g h     ,即 1 3 2 2 ln 2 2 a a         ,解得 1 1ln 2 1 2 6 a    . 故选:B. 【点睛】 关键点睛:解题的关键是构造函数   21 ln 2 x xg x   ,    4 4h x ax a a x    ,利用导数判断单调性, 得出         1 1 2 2 g h g h     . 5.(2021·山西高三二模(理))已知函数  1( ) lnxf x e x ax a a R     ,当  1,x  时,若 ( ) 1f x  恒成立,则a的取值范围为( ) A.  , 0 B.  ,0 C.  1,0 D. 0, 【答案】A 【分析】 求函数导数后可知导函数为  1, 上的增函数,根据 a分类讨论,求 ( )f x 的最小值即可求解. 【详解】  1( ) lnxf x e x ax a a R     , 1 1( ) xf x e a x     , 当  1,x  时, 1 1( ) xf x e a x     单调递增, min( ) (1)f x f a     , (1)若 0a  时, ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在  1,x  时单调递增, ( ) (1) 1f x f  恒成立, (2)若 0a  时, (1) 0f a    ,由 ( )f x 单调递增知,存在 0 1x  ,使得 0( ) 0f x  , 故 0[1, )x x 时, ( ) 0f x  ,当 0( , )x x  时, ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在 0[1, )x x 时单调递减, 所以 0( ) (1) 1f x f  ,即在  1,x  上存在 0 1x  使得 0( ) 1f x , 所以 0a  时不满足题意. 综上, 0a  , 故选:A 【点睛】 关键点点睛:对 a分类讨论,研究导函数的单调性,根据导函数的单调性求最小值,根据最值是否满足不 小 1,判断 a所取范围,属于中档题. 6.(2021·陕西西安市·长安一中高三月考(文))曲线 32y x x  在 1x   处的切线方程为( ) A. 2 0x y   B. 2 0x y   C. 2 0x y   D. 2 0x y   【答案】A 【分析】 利用切点和斜率求得切线方程. 【详解】 1x   时, 2 1 1y      ,故切点为  1, 1  , ' 22 3y x  ,当 1x   时, ' 2 3 1y     , 所以切线方程为  1 1 1y x    ,即 2 0x y   . 故选:A 7.(2021·新疆高三其他模拟(理))定义在    ,0 0,   上的函数  f x 满足    f x f x  ,且 0x  时,   ln 1xf x x   .若关于 x的方程   1f x kx e   有三个不相等的实数根,则实数 k的取值范围是( ) A. 1 1, 0, e e              B. 1 1,0 0, e e             C. 2 2 1 1, 0, e e              D. 2 2 1 1,0 0, e e             【答案】D 【分析】 把方程问题转化为函数图像交点问题,求出临界值即:函数   ln 1xf x x   图像和直线 1y kx e   相切时 k 的值,结合 k的性质以及函数对称性,即可得解. 【详解】 当 0x  时,令   2 2 ln 0xf x x    ,则 2x e .即  20,x e 时,  f x 单调递增.  2 ,x e  时,  f x 单调递减.且  2 2 1f e e  . 若关于 x的方程   1f x kx e   有三个不相等的实数根, 如图,当 0k  时,设过点 10, e      做曲线的切线交曲线于点 0 0 0 ln 1, xP x x       , 切线方程为:  0 0 02 0 0 ln 1 2 lnx xy x x x x      切线由过点 10, e      , 则 0 0 3 2ln 1 3 2lnx e x e e     , 又∵ 3 2ln xy x   在  20,x e 时单调递减. ∴ 0x e ,切线的斜率为 2 1 e ,∴ 2 10,k e      由对称性知: 2 2 1 1,0 0,k e e              . 故选:D 【点睛】 本题考查了函数方程问题,考查了转化思想和数形结合思想,同时考查了利用导数的几何性质求切向方程, 有一定的计算量属于中档题.本题关键有: (1)函数方程转化为函数图像交点问题; (2)求范围问题关键是求临界值; (3)掌握过某点求切线方程. 8.(2021·安徽蚌埠市·高三三模(理))关于函数 32( ) sin cos 3 f x x x  ,下列命题正确的是( ) A. ( )f x 不是周期函数 B. ( )f x 在区间 0, 上单调递减 C. ( )f x 的值域为  1,1 D. x  是曲线 ( )y f x 的一条对称轴 【答案】C 【分析】 A.利用周期函数的定义判断;B.利用导数法判断;C.利用导数法求解判断;D.判断  f x  与  f x  是 否相等即可. 【详解】 ∵ 32( ) sin cos 3 f x x x  , ∴  2 ( )f x f x  ,则 ( )f x 为周期函数,故 A错误; ∵ 22sin cos sin sin (sin )( ) 2 1x x x xx xf      , ∵ 0, 2 x     时, sin 0x  , sin 2 0x  , ∴ ( ) 0f x  ,由此可得 ( )f x 在 0, 上单调递增,故 B错误; 令 ( ) 0 sin 0f x x    ,或 sin 2 1x   , ∴当 sin 0x  时,可得 cos 1 ( ) 1x f x     ; 当sin 2 1x   时, ( ) 4 x k k Z     ,此时 1 2( ) 6 2 f x    或 1 2 6 2  . 由此可得,函数的最值在函数的极值点处,即当 ( ) 0f x  时,函数取得最值, 又因为 1 21 6 2     , 1 21 6 2   ,所以可得函数的值域为  ( ) 1,1f x   ,故 C正确; ∵ 3 32 2( ) sin ( ) cos( ) sin cos 3 3 f x x x x x          , 3 32 2( ) sin ( ) cos( ) sin cos 3 3 f x x x x x         , 显然地,    f x f x    ,所以 x  不是函数的对称轴,故 D错误. 故选:C. 【点睛】 方法点睛:用导数法求解函数的最值时,要先求函数 y=f(x)在[a,b]内所有使 ( ) 0f x  的点,再计算函数 y=f(x)在区间内所有使 ( ) 0f x  的点和区间端点处的函数值,最后比较即得. 9.(2021·陕西西安市·高三其他模拟(理))已知实数 0a  , 1a  ,函数 2 , 1 ( ) 4 ln , 1 xa x f x x a x x x        在R上单调递增,则实数 a的取值范围是( ) A.2 5a  B. 5a  C.3 5a  D.1 2a  【答案】A 【分析】 根据指数函数的单调性,结合导数与单调性的关系,通过构造函数进行求解即可. 【详解】 解:∵函数  f x 在R上单调递增, ∴当 1x  时,有 1a  ; 当 1x 时,   3 2 2 4 2 42 0a x axf x x x x x        恒成立, 令   32 4g x x ax   ,  1,x  ,则   26g x x a   , ∵ 0a  ,∴   0g x  ,即  g x 在  1, 上单调递增,∴    1 2 4 2g x g a a      , 要使当 1x 时   0f x  恒成立,则 2 0a   ,解得 2a  . ∵函数  f x 在R上单调递增,∴还需要满足 1 41 ln1 1 a a   ,即 5a  , 综上,a的取值范围是 2 5a  . 故选:A. 【点睛】 关键点睛:本题的关键是除了考虑每段函数是单调递增,还要考虑不等式 1 41 ln1 1 a a   成立这一条件. 10.(2021·新疆高三其他模拟(理))若函数   x xf x e e x   ,则满足    2 1 2ln 1 0 2 xf a f x            恒成立的实数 a的取值范围是( ) A. 1ln 2 , 4     B. 76ln2 , 2     C. 1 ln2, 2     D. 1 2ln2, 2     【答案】D 【分析】 先判断函数的奇偶性和单调性,然后利用性质把不等式转化为 2 1 2ln(| | 1) 2 xa x    ,求解函数   2 2ln(| | 1) 2 xg x x   的最大值可得选项. 【详解】 ∵   x xf x e e x   ,∴    x x xf x e e x f      ,即  f x 为奇函数; 又   , ( ) 1 2 1 1 0x x x xf x e e x f x e e            ,即  f x 为增函数; 由    2 1 2ln 1 0 2 xf a f x            恒成立, 可得       2 1 2ln 1 = 1+2ln 1 2 xf a f x f x             恒成立, ∴ 2 1 2ln(| | 1) 2 xa x    恒成立,即 2 1 2ln(| | 1) 2 xa x    恒成立, 设 2 ( ) 2ln(| | 1) 2 xg x x   ,易知 ( )g x 为偶函数,只需求 ( )g x 在[0, ) 上的最大值即可. 当 0x  时, 2 ( ) 2ln( 1) 2 xg x x   , 22 2 ( 1)( 2)( ) . 1 1 1 x x x xg x x x x x              [0,1)x 时, ( ) 0g x  , ( )g x 为增函数; (1, )x  时, ( ) 0g x  , ( )g x 为减函数; ∴ ( )g x 的最大值为 1(1) 2 ln 2 2 g   ; ∴ 11 2ln 2 2 a    ,即 12 ln 2 2 a   ; 故选:D. 【点睛】 利用函数性质求解不等式恒成立问题的步骤:①根据函数解析式判断奇偶性和单调性; ②把函数值的不等关系转化为自变量的不等关系; ③结合恒成立转化为最值问题求解. 11.(2021·江西新余市·高三二模(文))若对于任意的 1 20 x x a   ,都有 2 1 1 2 1 2 ln ln 2x x x x x x    ,则 a的 最大值为( ) A.1 B. e C. 1 e D. 1 2 【答案】C 【分析】 问题转化为 1 2 1 2 2 2lnx lnx x x    ,构造函数 2( ) lnxf x x   ,易得 ( )f x 在定义域 (0, )a 上单调递增,所以 ( ) 0f x  在 (0, )a 上恒成立,进而可求出 a的最大值. 【详解】 解: 1 20 x x a   , 1 2 0x x   , 2 1 1 2 1 22( )x lnx x lnx x x    ,  1 2 1 2 2 1 2 2lnx lnx x x x x    ,  1 2 1 2 2 2lnx lnx x x    , 函数 2( ) lnxf x x   在定义域 (0, )a 上单调递增,  2 2 1 ( 2) 1( ) 0lnx lnxf x x x         在 (0, )a 上恒成立, 由 1 0lnx   ,解得 10 x e   ,故 a的最大值是 1 e . 故选:C. 【点睛】 关键点点睛:本题的解题关键是将原式变形为 1 2 1 2 2 2lnx lnx x x    ,从而构造函数 2( ) lnxf x x   且 ( )f x 在定 义域 (0, )a 上单调递增. 12.(2021·山西临汾市·高三二模(理))已知曲线   ln 2f x x x  与曲线    2g x a x x  有且只有两个 公共点,则实数 a的取值范围为( ) A.  0,1 B.  0,1 C.  ,0 D.  0,  【答案】A 【分析】 将问题转化为 y a 与   2 ln 2x x h x x x    有且仅有两个交点,利用导数可求得  h x 的单调性和最值,由此 可确定  h x 图象,利用数形结合的方式可求得 a的范围. 【详解】  f x 与  g x 有且仅有两个公共点等价于方程  2ln 2x x a x x   在  0,  上有且仅有两个不等实根, 0x > 时, 2 0x x  , 2 ln 2x xa x x     , 令   2 ln 2x x h x x x    ,可知 y a 与  h x 有且仅有两个交点,        22 2 1 ln 1x x x h x x x        , 令   ln 1x x x    ,则   1 11 0xx x x       ,  x 在  0,  上单调递增,又  1 ln1 1 1 0     , 当  0,1x 时,   0x  ;当  1,x  时,   0x  ; 当  0,1x 时,   0h x  ;当  1,x  时,   0h x  ;  h x 在  0,1 上单调递增,在  1, 上单调递减,    max 1 1h x h   ; 又 0x 时,  h x ; x时,   0h x → ,可得  h x 图象如下图所示: 则当  0,1a 时, y a 与  h x 有且仅有两个交点,即  f x 与  g x 有且仅有两个公共点. 故选:A. 【点睛】 方法点睛:已知两函数交点个数,可将问题转化为根据函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题, 常用的方法有: (1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围; (2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决; (3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象, 利用数形结合的方法求解. 第 II 卷(非选择题) 三、填空题 13.(2021·安徽高三其他模拟(理))已知曲线   ln 1x xy a x a e    R 在  0,0 处切线的斜率为1,则 a ______. 【答案】 0 【分析】 利用函数   ln 1x xy a x a e    R 在 0x  处的导数值为1可求得实数 a的值. 【详解】 对函数   ln 1x xy a x a e    R 求导得 1 1x x ay e x     , 由已知条件可得 0 1 1 1 1x x x ay a e x         ,解得 0a  . 故答案为: 0 . 14.(2021·山西高三二模(文))若曲线  ln 3 8y x  与曲线 2 3y x x  在公共点处有相同的切线,则该 切线的方程为___________. 【答案】 3 9y x  【分析】 设公共点为  0 0,x y ,根据公共点的导数值相等求出切点,再利用导数的几何意义即可求解. 【详解】 设公共点为  0 0,x y , 由  ln 3 8y x  ,( 8 3 x  ),则 3 3 8 y x    , 2 3y x x  ,则 2 3y x   , 所以 0 0 3 2 8 3 8 x x    ,解得 0 3x  , 所以 0 0y  , 0 3 3 9 8x xy      , 所以切线的方程为  0 3 3y x   , 即 3 9y x  . 故答案为: 3 9y x  15.(2021·山西临汾市·高三二模(理))已知   1 xf x e x  ,则曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方 程为________. 【答案】 2y  【分析】 求出导函数,得切线斜率,写出切线方程. 【详解】 由题意 1( ) 1xf x e     , 1 1(1) 1 0f e      ,又 (1) 2f  ,所以切线方程是 2y  . 故答案为: 2y  . 16.(2020·巴楚县第一中学高三二模)曲线   3f x x x  在   1, 1f 处的切线方程为______. 【答案】 4 2 0x y   【分析】 求导,分别求得    1 , 1f f ,写出切线方程. 【详解】 因为   3f x x x  , 所以   23 1f x x  , 所以    1 4, 1 2f f   , 所以曲线在   1, 1f 处的切线方程为  2 4 1y x   , 即4 2 0x y   , 故答案为:4 2 0x y   四、解答题 17.(2021·江苏镇江市·高三其他模拟)已知 e为自然对数的底数,函数 ( ) e ln( 1)xf x a x   . (1)设 1x  是 ( )f x 的极值点,求 a的值和函数 ( )f x 的单调区间; (2)当 [0, ]x  时, ( ) sin e 2xf x x   恒成立,求 a的取值范围. 【答案】(1) 2a e  ,函数 ( )f x 在 ( 1,1) 单调递减,在 (1, ) 单调递增;(2)[ 1, )  . 【分析】 (1)先根据极值点求 a,再求导数,然后再求单调区间; (2)先变形,再运用端点效应来解决. 【详解】 (1)因为 ( ) 1 x af x e x     ,由 ( ) 01f   ,得 2a e  , 所以 ( 1) 2( ) 1 2 1 x x e x ef x e x x e         , 当 ( 1,1)x  时, ( ) 0f x  ;当 (1, )x  时, ( ) 0f x  . 所以函数 ( )f x 在 ( 1,1) 单调递减,在 (1, ) 单调递增. (2)令 ( ) ( ) sin 2 2 ln( 1) 2 sinx xg x f x x e e a x x         , [0, ]x  当 [0, ]x  时,   sin 2xx xf e   恒成立等价于    0 0g x g  恒成立. 由于     cos 2 cos 1 x x ag x f x x e e x x         , [0, ]x  , 所以(i)当 0a  时, ( ) 2 1 0xg x e    ,函数 ( )y g x 在[0, ] 单调递增, 所以 ( ) (0) 0g x g  ,在区间[0, ] 恒成立,符合题意. (ii)当 0a  时, ( ) 2 cos 1 x ag x e x x      在[0, ] 单调递增, (0) 2 1 1g a a      . ①当1 0a  时,即 1 0a   时, ( ) (0) 1 0g x g a     , 函数 ( )y g x 在[0, ] 单调递增,所以 ( ) (0) 0g x g  在[0, ] 恒成立,符合题意 ②当1 0 a 即 1a   时, (0) 1 0g a    , ( ) 2 1 1 ag e       , 若 ( ) 0g   ,即  ( 1) 2 1a e    时, ( )g x 在 (0, ) 恒小于 0 则 ( )g x 在 (0, ) 单调递减, ( ) (0) 0g x g  ,不符合题意 若 ( ) 0g   ,即  ( 1) 2 1 1e a      时,存在 0 (0, )x  使得  0 0g x  . 所以当  00,x x 时, ( ) 0g x  ,则 ( )g x 在  00, x 单调递减, ( ) (0) 0g x g  ,不符合题意. 综上所述,a的取值范围是[ 1, )  . 【点睛】 关键点睛:第(1)问的关键是结合极值点以及导数本身的特点观察出单调区间,第(2)问的关键是发现 (0) 0g  ,然后函数的单调性主要还是通过分析与观察得出. 18.(2021·辽宁高三二模)已知函数   1 lnf x ax x   ,其中a R . (1)求证:若 1a  时,   0f x  成立; (2)若函数   2 2 1g x ax ax   ,且关于 x的方程    2 0f x g x  有且只有两个不相等的实数根,求 实数 a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析;(2)0 1a  . 【分析】 (1)法一:由   1axf x x    且 1a  、  0,x  ,根据 ( )f x 的符号确定 ( )f x 的单调区间,进而可得 极小值,即可证结论;法二:由题设,可知 1 ln 1 lnax x x x     恒成立,只需证 ( ) 1 ln 0h x x x    , 利用导数研究极值即可证结论; (2)将问题转化为方程 2 1 2 ln 0ax x   在( )0,+¥ 上有且只有两个不相等实数根,即令   2 1 2lnF x ax x   ,则  F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点,利用导数研究  F x 的极值并 确定符号,得到单调区间,并结合零点存在性定理确定区间零点的个数,进而求得参数 a的范围. 【详解】 (1)法一:由   1 lnf x ax x   得:   1 1axf x a x x      , 当 1a  时,即 10 1 a   , 当 10,x a      时, ( ) 0f x¢ < ,  f x 是减函数; 当 1 ,x a       时, ( ) 0f x¢ > ,  f x 是增函数. ∴ 1 1( ) ln ln 0f x f a a a          . 法二:由 0x  , 1a  知: 1 ln 1 lnax x x x     , 下面只需证明 1 ln 0x x   , 令   1 lnh x x x   ,则   1 11 xh x x x     , 当  0,1x 时,   0h x  ,  h x 是减函数; 当  1, x 时,   0h x  ,  h x 是增函数. ∴  ( ) 1 0h x h  . ∴ 1a  时,   0f x  成立. (2)由   1 lnf x ax x   ,   2 2 1g x ax ax   知:方程    2 0f x g x  有且只有两个不相等实数 根,等价于方程 2 1 2 ln 0ax x   有且只有两个不相等实数根, 令   2 1 2lnF x ax x   ,则  F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点, ∵    22 122 ax F x ax x x      , ∴当 0a  ,  0,x  时,   0F x  ,  F x 是减函数;此时  F x 至多有一个零点,这种情况舍去. 当   0a  ,有    2 1 122 1 a x xax a aF x x x            , 当 10,x a       时,   0F x  ,  F x 是减函数; 当 1 ,x a        时,   0F x  ,  F x 是增函数. ∴ 1 21( ) 1 1 2ln lnF x F a a a           , ∵  F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点, ∴极小值 1 ln 0F a a        ,即  0 1a  . 由(1)结论,知:  0,x  上 ln 1 x x ,即   2 21 2ln 2 1F x ax x ax x      在( )0,+¥ 上恒成 立,令   2 2 1x ax x    ,有 4 4 0   a 且开口向上 ∴ ( ) 0x  有两个不相等的实数根 1 2  ,x x ,则 1 2 2 0x x a    , 1 2 1 0x x a   ,不妨令 1 20 x x  ,必有 1 2 10 x x a    . ∴  3 10,x x  使  3 0x  ,即  3 0F x  ,又 10,x a       ,  F x 是减函数,由零点存在性定理知: 在 10, a       时  F x 有且只有一个零点, 同理,  4 2 ,x x   使  4 0x  ,  4 0F x  ,又 1 ,x a        ,  F x 是增函数,由零点存在性定 理知:在 1 , a       时  F x 有且只有一个零点, ∴  F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点. 综上,实数a的取值范围为0 1a  . 【点睛】 关键点点睛: (1)利用导数研究函数极值,进而证明函数不等式;或由 ( ) ( )f x x 将问题转化为证 ( ) 0x  即可; (2)将由不同实根问题转化为令   2 1 2lnF x ax x   ,在( )0,+¥ 上  F x 有且只有两个不相等的零点 时,求参数范围. 19.(2021·四川高三三模(文))已知函数 ( ) lnf x x . (1)讨论函数 ( ) ( ) ( )g x f x ax a  R 的单调性; (2)证明:函数 2( ) xf x e  ( e为自然对数的底数)恒成立. 【答案】(1)见解析;(2)证明见解析. 【分析】 (1)可求得 1( ) ( 0)axg x x x     ,分 0a„ 与 0a  两类讨论,可得 ( )g x 在 (0, ) 上单调情况; (2)记函数 2 2( ) x x ex e lnx lnx e      ,通过求导后可得 ( )x 在 (0, ) 上单调递增,依题意,可得即 0 2 0 1 (*)xe x   ,再由 0 2 0 0( ) ( ) xx x e lnx   … ,知 0 02x lnx   ,于是可证得结论成立. 【详解】 解:(1)  g x 的定义域为 (0, ) , 1 1( ) ( 0)axg x a x x x       当 0a  时,   0g x  恒成立,所以,  g x 在  0,  上单调递增; 当 0a  时,令   0g x  ,得到 1x a  所以当 10,x a      时,   0g x  ,  g x 单调递增, 当 1 ,x a       时,   0g x  ,  g x 单调递减. 综上所述: 当 0a  时,  g x 在  0,  上单调递增; 当 0a  时,  g x 在 10, a       上单调递增,在 1 , a      上单调递减. (2)记函数 2 2( ) ln ln x x ex e x x e      ,则 2 2 1 1 1( ) x xx e e e x x        易知 ( )x  在  0,  上单调递增, 又由 (1) 0  , (2) 0  知, ( )x  在  0,  上有唯一的实数根 0x , 且 01 2x  ,则   0 2 0 0 1 0xx e x      ,即 0 2 0 1xe x   (*) 当  00,x x 时, ( ) 0x   , ( ) x 单调递减; 当  0 ,x x  时, ( ) 0x   , ( ) x 单调递增, 所以   0 2 0 0( ) lnxx x e x     ,结合(*)式 0 2 0 1xe x   ,知 0 02 lnx x   , 所以    22 00 0 0 0 0 0 0 12 11( ) 2 0 xx xx x x x x x            则 2( ) ln 0xx e x    ,即 2 lnxe x  , 所以有 2( ) xf x e  恒成立. 【点睛】 方法点睛:利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数      h x f x g x  .根据差函数导函 数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式.(2)根据条件,寻找目标函数. 一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一 元函数. 20.(2021·河南高三三模(文))已知函数   2 lnax xf x x   ( aR ). (1)求函数  f x 的单调区间; (2)求函数  f x 存在极值,且这些极值的和大于5 ln 2 ,求实数 a的取值范围. 【答案】(1)答案不唯一,具体见解析;(2)  4, . 【分析】 (1)求出导函数,分类讨论确定 ( ) 0f x  和 ( ) 0f x  的解,得单调区间; (2)由(1)知 a的范围,函数存在极值点,由两个极值点 1 2,x x 是某方程的解,应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x , 计算出 1 2( ) ( )f x f x 得出不等式,求解出 a的范围. 【详解】 解:(1)  f x 的定义域为  0,  .   12f x a x x    .∵ 12 2 2x x   , 当 2 2a  时,   0f x  ,函数  f x 在  0,  上单调递减. 当 2 2a  时,   21 2 12 x axa x x x f x        . 由   0f x  得 2 1 8 4 a ax    , 2 2 8 4 a ax    且 2 1 0x x  . 由   0f x  得 1 2x x x  ,由   0f x  得 10 x x  ,或 2x x , ∴函数  f x 的单调递增区间为 2 28 8, 4 4 a a a a          , 单调递减区间为 2 80, 4 a a        , 2 8 , 4 a a        . 综上所述,当 2 2a  时,函数  f x 的单调递减区间为  0,  ,无单调递增区间; 当 2 2a  ,函数  f x 的单调递减区间为 2 80, 4 a a        , 2 8 , 4 a a        , 单调递增区间为 2 28 8, 4 4 a a a a          . (2)由(1)知,当  f x 存在极值时, 2 2a  . 即方程 22 1 0x ax   有两个不相等的的正根 1x 、 2x , ∴ 1 2 1 2 0, 2 1 0. 2 ax x x x          ∴          2 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln lnf x f x a x x x x x x             2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ln 1 ln 2 4 2 a aa x x x x x x x x            2 11 ln 4 2 a    . 依题意 2 11 ln 5 ln 2 4 2 a     ,即 2 16a  ,∴ 4a  或 4a < - . 又 2 2a  .∴ 4a  ,即实数 a的取值范围是  4, . 【点睛】 关键点点睛:本题考查导数研究函数的单调区间,求极值,考查极值点的应用.含有参数的函数在求单调 性需要进行分类讨论.极值点问题,在极值点不能直接求出时,可以确定极值点的性质,极值点是方程的 解,可以利用韦达定理得出两极值点的关系,代入求值. 21.(2021·宁夏银川市·贺兰县景博中学高三二模(文))已知 ( ) xf x e ax a   (aR 且 0a  ). (1)若 0x  是函数 ( )f x 的极值点,求实数 a的值,并求此时 ( )f x 在[ 2,1] 上的最小值; (2)若函数 ( )f x 不存在零点,求实数 a的取值范围. 【答案】(1) 1a   ;最小值为2;(2)  2 ,0e . 【分析】 (1)求得函数定义域和函数导数,将 0x  代入函数的导数,利用导数值为 0解方程求得a的值,再根据函数的 单调性求出函数在区间  2,1 上的最小值; (2)对函数求导后,对 a分成, 0, 0a a  两类讨论函数的单调区间,利用不存在零点来求得 a的取值范围. 【详解】 (1)函数  f x 的定义域为R,   xf x e a   ,   00 0f e a    ,∴ 1a   在  2,0 上   0f x  ,  f x 单调递减,在  0,1 上   0f x  ,  f x 单调递增, 所以 0x  时  f x 取最小值为 0(0) 1 2f e   所以  f x 在 2,1 的最小值为 2; (2)   xf x e a   由于 0xe  ①当 0a  时,   0f x  ,  f x 是增函数, 且当 1x  时,    1 0xf x e a x    当 0x  时,      1 1 1 0xf x e a x a x       , 1 1x a    ,取 1x a   ,则 1 11 1 0f a a a a                   , 所以函数  f x 存在零点 ② 0a  时,   0xf x e a   ,  lnx a  .在   , ln a  上   0f x  ,  f x 单调递减, 在   ln ,a  上   0f x  ,  f x 单调递增, 所以  lnx a  时  f x 取最小值     min ln 0f x f a   解得 2 0e a   综上所述:所求的实数 a的取值范围是 2 0e a   . 【点睛】 导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注 意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处 理. 22.(2021·陕西西安市·高三其他模拟(文))已知函数      1 2e 1xf x x   . (1)求曲线  y f x 在 1x   处的切线方程; (2)证明  f x 有唯一的极值点 0x ,且  0 1 1 1 6 2e f x    . 【答案】(1) 2 21 1 e e y x          ;(2)证明见解析. 【分析】 (1)求导函数,得 ( 1)f ¢- 为切线斜率,然后可得切线方程; (2)求出导函数 ( )f x ,令 ( ) ( )g x f x ,再求导 ( )g x ,由 ( )g x 确定 ( )f x 的单调性,极值,以及函数 值的正负,确定 ( )f x 有唯一零点 0x ,且 0 1( 1, ) 2 x    ,由 0 1 1( ) ( 1) 0 2 f x f e      ,再引函数 ( )h x ( 0( )f x 的表达式中 0x 改为 x得到), ( )h x 是减函数,证明 0 1 1( ) ( ) 2 6 h x h    .即可完成证明. 【详解】 解:(1)      1 2e 1xf x x   ,  1 0f   ,    2 2e 1xf x x      ,   21 1 e f     , 切线方程是:  20 1 1 e y x          , 即 2 21 1 e e y x          ; (2)证明:由(1)记 ( ) ( ) ( 2) 2 1xg x f x x e     ,    3 2exg x x   , 令   0g x  ,解得: 3x   ,令   0g x  ,解得: 3x   , 故  f x 在  , 3  递减,在  3,  递增, 故    min 23 1 0 e f x f        , 当 3x   时,    2 2e 1 0xf x x      , 当 3x   时, 1 3 1 0 2 e f          ,   21 1 0 e f      ,  f x  存在唯一零点 0 11, 2 x        , 故  0 0f x  即   0 0 2 2e 1xx    , 故  f x 在  0, x 递减,在  0 ,x  递增,    0f x f x  极小值 ,  f x 有唯一的极值点 0x , 0 1 1( ) ( 1) 0 2 f x f e      ,          0 0 0 0 0 0 0 0 01 2e 1 2 2e 1 2e 2ex x x xf x x x x x            , 显然 ( ) 2 xh x x e   在 11, 2       单调递减, 0 11, 2 x        , 0 1( ) ( ) 2 h x h   0 1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 6e h x h             ,所以 0 0 0 1( ) 2 6 xf x x e     .  f x 有唯一的极值点 0x ,且  0 1 1 1 6 2e f x    . 【点睛】 关键点点睛:本题考查导数的几何意义,考查导数研究函数的极值,证明与极值有关的不等式.证明的关 键是对导函数再一次求导,确定导函数的单调性,正负性,从而确定导函数的零点,即为原函数的极值点.求 得极小值 0( )f x ,证明方法是一方面利用 0( )f x 是极小值证明一半的不等式,另一方面,构造新函数利用新 函数的单调性证明另一半. 23.(2021·辽宁大连市·高三一模)已知函数   lnf x x x ax a   , a R . (1)求  f x 的极值点; (2)若   2 2 1 1 1 1ln 2 4x x mg x x x x x e        ,证明:对任意  , 1m   ,  1 2, 0,x x   且 1 2x x , 有    1 2 1 2 1 g x g x x x    . 【答案】(1)函数  f x 有极小值点 1ax e  ,无极大值点;(2)证明见解析. 【分析】 (1)求出函数  f x 的导数,再解导函数的不等式,求出函数的单调区间,求出函数的极值点即可; (2)首先根据(1)证明 ln 1x x x  ,再证明 1 11 x xx e     ,即可证明 1 1ln x xx x e    ,当且仅当 1x  时等 号成立,令    h x g x x  ,求出函数的导数,结合 1m   ,得到  h x 在( )0,+¥ 上为增函数,从而证 明结论成立. 【详解】 (1)∵    ln 0f x x x ax a x    ,∴   ln 1f x x a    , 由 ( ) 0f x¢ > ,得 1ax e  , 由 ( ) 0f x¢ > ,得 10 ax e   , ∴  f x 在  10, ae  上单调递减,在  1,ae   上单调递增, 故函数  f x 有极小值点 1ax e  ,无极大值点; (2)证明:当 1a  时,   ln 1f x x x x   , 由(1)可知    1 0 f x f , 故 ln 1x x x  ,当且仅当 1x  时等号成立, 又    1 1 1 1 111 x x x x exx e e         , 当0 1x  时, 1 0x   , 1 1 0xe    ,故    1 1 1 1 0 x x x e e      , 当 1x  时,    1 1 1 1 0 x x x e e      , 当 1x  时, 1 0x   , 1 1 0xe    ,故    1 1 1 1 0 x x x e e      , 故 0x  时, 1 11 x xx e     ,当且仅当 1x  时等号成立, 故 1 1ln x xx x e    成立,当且仅当 1x  时等号成立, 令    h x g x x  ,则   1ln x x mh x x x e     , ∵ 1m   ,∴ 1 1 1 x x x x m e e     ,∴   1 1 1 1ln 0x x x x m x x mh x x x e e e           , ∵  h x 在( )0,+¥ 的任意子区间内不恒为 0, ∴  h x 在( )0,+¥ 上为增函数, 不妨设 1 2 0x x  ,则    1 2h x h x , 故    1 1 2 2g x x g x x   , 故    1 2 1 2 1 g x g x x x    . 【点睛】 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,对导数的应用的 考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系; (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数; (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题; (4)考查数形结合思想的应用. 24.(2021·新疆乌鲁木齐市·高三二模(文))已知函数   2 sin cosf x x x x   . (1)求曲线  y f x 在 0x  处的切线方程; (2)若   1f x ax  ,求 a . 【答案】(1) 1y x  ;(2) 1a  . 【分析】 (1)求出  0f 、  0f  的值,利用点斜式可得出所求切线的方程; (2)构造函数   2 sin cos 1g x x x x ax     ,可得出    0g x g ,利用导数分析函数  g x 的单调性, 结合    0g x g 可得出关于实数a的值. 【详解】 (1)由题意知  f x 定义域为 R ,   2 cos sinf x x x x    , 得  0 1f  ,  0 1f   ,所以  y f x 在 0x  处的切线方程为 1y x  ; (2)令   2 sin cos 1g x x x x ax     ,则  0 0g  ,   2 cos sing x x x x a     ,   2 sin cos 2 2 sin 0 4 g x x x x             , 所以  g x 在  ,  上为增函数,又因为  0 1g a   . ① 1a  时,  0 0g  , 4 0a  ,  4 7 cos4 sin 4 7 2 sin 4 0 4 g a a a a a a             ,  0 0,4x a  ,使得  0 0g x  , 当 00 x x  时,   0g x  ,此时函数  g x 单调递减,则    0 0 0g x g  ,与题意不符; ② 1a  时,  0 0g  , 0a   ,   2 cos sin 0g a a a a         ,  1 ,0x a    ,使得  1 0g x  , 当 1 0x x  时,   0g x  ,所以  g x 在  1,0x 上单调递增, 则    1 0 0g x g  ,与题意不符; ③ 1a  时,  0 0g  ,当 0x  时,   0g x  ,当 0x  时,   0g x  . 所以  g x 在  ,0 上单调递减,在  0,  上单调递增,则    0 0g x g  , 综上所述,当 1a  时,   1f x ax  . 【点睛】 结论点睛:利用分类讨论法求解函数不等式恒(能)成立,可根据以下原则进行求解: (1) x D  ,    min0 0f x f x   ; (2) x D  ,    max0 0f x f x   ; (3) x D  ,    max0 0f x f x   ; (4) x D  ,    min0 0f x f x   . 25.(2021·黑龙江高三三模(理))已知函数    3 1 xf x x e ek   有两个不同的零点(其中 e为自然对数 的底数). (1)当 1x   时,求证:   1 1 21 x xx e e     ; (2)求实数 k的取值范围; (3)若函数  f x 的两个零点为 1 2 x x、 ,求证: 1 2x xe e e  . 【答案】(1)证明见解析;(2) 3 0k e    ;(3)证明见解析. 【分析】 (1)只需证明   1 21 1 0 x x e     ,令 1x t  ,则 2t   .设   2 1 t g t te  ,求出函数的最小值即得证; (2)先利用导数求出   3 min f x ek   ,再对 ek 分三种情况讨论得解; (3)先证明 1 2 1 2 +1 +1 2 2 1 2 ( ), 1 1 x x x x e ee e x x      再证明 1 2+1 +1 2 2 1 2 1 1 1 x x e e e x x      ,即得证. 【详解】  1 当 1x   时,要证   1 1 21 x xx e e     , 只需证明   1 21 1 0 x x e     . 令 1x t  ,则 2t   . 设   2 1 t g t te  ,   2 11 2 t g t e t       . 当   2t   时,   0g t  ,在    , 2  上,  g t 为单调递减函数, 此时     22 1 0g t g e      ,所以原不等式成立.  2   3 xf x xe  ,当 0x  时,   0f x  , 当 0x  时,    0f x  . 可得  f x 在  ,0 上为单调递减函数,在  0,  上为单调递增函数, 所以    0 3 min f x f ek    .  i 当 3ek  时,   0 min f x  ,不合题意;  ii 0ek  时,  1f ek  , 若 1x  ,  f x ck  , 1x ,  f x ek  , 此时  f x 至多有一个零点;  iii 当0 3ek   时,  0 0f  ,  1 0f  , 所以  f x 在  0,1 上有唯一的零点. 又因为当 1x   时,由(1)得   1 2 x f x e ek     , 由 1 2 0 x e ek     得  2 1x ln ek   , 取 0 x 满足 0  1x   且  0 2 1x ln ek   ,则  0 0f x  , 所以  f x 在  ,1 上有唯一的零点,综上 3 0k e    . (3)由题得    1 2 1 23 1 ,3 1 ,x xx e ek x e ek    因为 3 0k e    ,所以 1 21, 1,x x    由(1)得当 1x   时,   1 1 1 1 2 1 1 x xx e e     ,   2 2 1 1 2 2 1 x xx e e     , 所以 1 2 1 2 +1 +1 2 2 1 2 , , 1 1 x x x xe ee e x x       , 所以 1 2 1 2 +1 +1 2 2 1 2 ( ), 1 1 x x x x e ee e x x      因为 1 1,x   所以 1 1 0, 2 x   所以 1+1 2 10 x e  , 1 1 1 1 2x   所以 1+1 2 1 1 1 2 x e x   ,同理 2 +1 2 2 1 1 2 x e x   , 所以 1 2+1 +1 2 2 1 2 1 1 1 x x e e e x x      , 所以 1 2 .x xe e e 【点睛】 关键点睛:解答本题的关键是第(3)问,关键一,是能灵活运用第(1)问的结论;(2)关键二,是能证 明 1+1 2 1 1 1 2 x e x   . 26.(2021·河南开封市·高三三模(理))已知函数   2 ln xf x mx  . (1)讨论  f x 的单调性; (2)若 2m  ,对于任意 1 2 0x x  ,证明:       2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2x f x x f x x x x x x       . 【答案】(1)当 0m  时,  f x 的增区间是  0, e ,减区间是  ,e  ;当 0m  时,  f x 的增区间 是  ,e  ,减区间是  0, e ;(2)证明见解析. 【分析】 (1)先求导,再按m的正负分类讨论,分区间确定 ( )f x 的正负情况; (2)当 2m  时,不等式变形为二元 1 2,x x 的对数式与齐二次分式形式,故采取整体元构造函数法,令 1 2 xt x  , 构造新函数  t ,求导研究单调性,证明  ( ) 1 0t   即可. 【详解】 解:(1)   2 ln xf x mx  的定义域为( )0,+¥ ,且 0m  , 则   3 1 2ln xf x mx   , 当 0m  时,   0 0f x x e     ,此时  f x 在  0, e 上单调递增,   0f x x e    ,此时  f x 在  ,e  上单调递减; 当 0m  时,   0f x x e    ,此时  f x 在  ,e  上单调递增,   0 0f x x e     ,此时  f x 在  0, e 上单调递减. 综上可知:当 0m  时,  f x 的增区间是  0, e ,减区间是  ,e  ; 当 0m  时,  f x 的增区间是  ,e  ,减区间是  0, e . (2)由 2m  , 2 ln( ) 2 xf x x  ,           2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ln ln 2 x f x x f x x x x x x x         , 由于 1 2 0x x  ,所以 2 1 2 2 0x x x  .设 1 2 1xt x   , 故:         21 2 22 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 ln ln x x x x f x x f x x x x x x x x x x                     1 21 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ln ln 1 ln 0 1   1 1 1 x t txx t t t t x t tx x                        , 令   2 2( 1)ln   1 tt t t      ,则         2 2 22 1 2 1 1 t t t t t t       , 由于 1t  ,故         2 2 22 1 2 1 0 1 t t t t t t         ,则   2 2( 1)ln   1 tt t t      在( )1,+¥ 上单调递增, 故  ( ) 1 0t   , 即:所证不等式       2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2x f x x f x x x x x x       成立. 【点睛】 多变量问题研究的核心就是要减少变量,将多变量问题化归于单变量问题.根据变量间的关系消元或整体换 元将多变量化归单变量是解决此类问题的常用方法. 27.(2021·河南洛阳市·高三三模(理))已知函数   3 21ln 2 x x af x axx    ( aR ). (1)当 1a  时,求曲线  y f x 在   1, 1f 处的切线方程; (2)若函数    f x g x x  存在两个极值点 1x , 2x( 1 2x x ),    1 2g x g x m  ,求实数m的取值范围. 【答案】(1)3 2 2 0x y   ;(2) 3 ln 4m    . 【分析】 (1)求出  f x 在 1x  处的导数,即切线斜率,求出  1f ,即可得出切线方程; (2)由题可得 1x , 2x 是方程   0g x  的两个不相等的正实根,可得 4a < - ,      1 2 1ln 1 2 g x g x a a      ,构造函数     1ln 1 2 h a a a     ( 4a < - ),利用导数求出  h a 的 最大值即可. 【详解】 解:(1)当 1a  时,   3 21ln 2 x xf x xx    , 则   231 ln 2 2 x x xf x     ,则   3 31 2 2 1 2 f     . 又   1 11 2 2 1f     , ∴曲线  y f x 在   1, 1f 处的切线方程为  1 3 1 2 2 y x   , 即3 2 2 0x y   . (2)     21ln 2 x ax ax f x g x x     ( 0x  ),   21 1ax axaxg a x x x        . 依题意知 1x , 2x 是方程   0g x  的两个不相等的正实根,即 1x , 2x 是方程 2 1 0ax ax   的两个不相等 的正实根, 2 1 2 1 2 4 0 1 1 0 a a x x x x a                ,解之得 4a < - .     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1ln ln 2 2 g x g x x ax ax x ax ax            2 2 1 2 1 2 1 2 1ln 2 x x a x x a x x      21 2 1 2 1 1 1 2ln 2 ln( ) 1 2 2 a x x x x a a a a a a                          1ln 1 2 a a     令     1ln 1 2 h a a a     ( 4a < - ),则   1 1 0 2a h a     ,  h a 在  , 4  上单调递增, ∴     34 ln 4h a h     . ∴    1 2 3 ln 4g x g x    . ∴ 3 ln 4m    . 【点睛】 关键点睛:本题考查不等式的恒成立问题,解题的关键是得出 1x , 2x 是方程   0g x  的两个不相等的正 实根,以及      1 2 1ln 1 2 g x g x a a      . 28.(2021·江苏南通市·高三月考)已知函数    ln 1 1, 0f x x kx x     . (1)讨论函数  f x 的单调性; (2)若关于 x的不等式   0 1 xef x x   ≥ 对任意 0x  恒成立,求实数 k的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2) 1k  . 【分析】 (1)对函数求导得   1 1 k kxf x x      ,再对 k分三种情况讨论即 0k  、0 1k  、 1k ³ ; (2)构造函数    ln 1 1 1 xeg x x kx x       ,利用导数研究  g x 的单调性,首先求得  g x 在 0, 上单调递增,故    0 1g x g k   ≥ ,再对1 k 进行两种情况的讨论,即1 0k  和1 0k  ,从而证 得结论; 【详解】 (1)    ln 1 1f x x kx   , 0x  ,   1 1 1 1 k kxf x k x x         . ①若 0k  ,则   0f x ′ 恒成立,故  f x 在  0, 上单调递增. ②若0 1k  ,令   0f x  ,得 1 1 0x k    . x 10, 1 k      1 1 k  1 1, k        f x  0   f x  极大值 1 1f k       ③若 1k ³ ,则   0f x  恒成立,故  f x 在  0, 上单调递减. 综上所述,若 0k  ,  f x 在  0, 上单调递增;若0 1k  ,  f x 在 10, 1 k      上单调递增,在 1 1, k       上单调递减;若 1k ³ ,  f x 在 0, 上单调递减. (2)令     1 xeg x f x x    ,故    ln 1 1 1 xeg x x kx x       , 0x  所以    2 1 1 1 xxg x k x x       ,令      2 1 1 1 xxeh x g x k x x        ,               2 2 2 3 3 1 1 11 1 1 1 x xx e x e x h x x x x             , 下面证明 1xe x  ,其中 0x  . 令   1xx e x    , 0x  ,则   1 0xx e   ≥ . 所以  x 在 0, 上单调递增,故    0 0x   , 所以当 0x  时, 1xe x  . 所以                  2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 0 1 1 1 xx e x x x x xh x x x x              ≥ ≥ , 所以  g x 在 0, 上单调递增,故    0 1g x g k   ≥ . ①若1 0k  ,即 1k  ,则    0 1 0g x g k   ≥ ≥ ,所以  g x 在  0, 上单调递增, 所以    0 0g x g  对 0x  恒成立,所以 1k  符合题意. ②若1 0k  ,即 1k  ,此时  0 1 0g k    ,       4 4 4 2 2 22 2 1 4 44 1 4 1 14 1 4 1 2 2 k k kke ke eg k k k k k k k k k                           , 2 2 112 2 ke k                 , 且据 1k  及 1xe x  可得 2 12 1 2 2 ke k k  ≥ ,故 2 2 112 2 ke k           , 所以  4 0g k  . 又  g x 的图像在 0, 上不间断, 所以存在  0 0,4x k ,使得   0g x  , 且当  00,x x 时,   0g x  ,  g x 在  00, x 上单调递减, 所以    0 0 0g x g  ,其中  0 0,4x k ,与题意矛盾, 所以 1k  不符题意,舍去. 综上所述,实数 k的取值范围是 1k  . 【点睛】 利用导数研究含参函数的单调性,注意讨论的不重不漏;根据不等式恒成立求参数的取值范围,注意先猜 后证、反证法的综合应用. 29.(2021·山西晋城市·高三二模(理))已知函数  2 2( ) xf x e x mx m   , 2( ) lng x ax x ax x   . (1)若函数 ( )f x 在 1x  处取极小值,求实数m的值; (2)当 0m  时,若对任意 0x  ,不等式 ( ) ( )f x g x 恒成立,求实数 a的值. 【答案】(1) 3m   或 1m  ;(2) 1a  . 【分析】 (1)先根据极值点对应的导数值为零求解出m的可取值,然后检验m在不同的取值下  f x 在 1x  处是 否取极小值,由此确定出m的值; (1)先将问题转化为“ 0x  时,  ln ln 1x xe a x x    ”,再通过换元将问题转化为“ , 1 0tt R e at     恒成立”,然后构造函数   1tF t e at   ,采用分类讨论的方法分析  F t 的最小值与 0的关系,由此求解 出a的值. 【详解】 (1)因为  2 2( ) xf x e x mx m   ,所以    2 2( ) 2xf x e x m x m m       , 因为  f x 在 1x  处取极小值,所以  1 0f   ,所以 21 2 0m m m     ,所以 3m   或 1m  , 当 3m   时,   ) 1( 6xf x e x x  , x  , 6  6  6,1 1  1,  f x  0  0   f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以  f x 在 1x  处取极小值,符合题意; 当 1m  时,    e 1( ) 2x xf x x    , x  , 2  2  2,1 1  1,  f x  0  0   f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以  f x 在 1x  处取极小值,符合题意; 综上可知: 3m   或 1m  ; (2)当 0m  时,   2 xf x x e ,   2 lng x ax ax x x   , 又因为 0x  时,    f x g x ,所以 0x  时, ln 1xxe ax a x   , 所以 0x  时,  ln ln 1x xe a x x    , 令 lnt x x  ,因为   lnh x x x  为  0,  上的增函数,且    0, , ,x h x x h x   , 所以  h x 的值域为R,所以 t R , 故问题转化为“ , 1 0tt R e at     恒成立”,不妨设   1tF t e at   ,所以   tF t e a   , 当 0a  时,   0tF t e a    ,所以  F t 在R上单调递增,且   00 1 0F e   , 所以当  ,0t  时,    0 0F t F  ,这与题意不符; 当 0a  时,令   0F t  ,解得 lnx a , 当  , lnt a  时,   0F t  ,  F t 单调递减,当  ln ,t a  时,   0F t  ,  F t 单调递增, 所以     ln min ln ln 1 ln 1 0aF t F a e a a a a a        , 所以 11 ln 0a a    ,所以 1ln 1 0a a    , 记     2 1 1ln 1, aa a a a a       , 当  0,1a 时,   0a  ,  a 单调递减,当  1,a  时,   0a  ,  a 单调递增, 所以    min 1 0a   , 又因为 1ln 1 0a a    ,即   0a  ,所以 1a  . 【点睛】 方法点睛:利用导数求解参数范围的两种常用方法: (1)分离参数法:将参数和自变量分离开来,构造关于自变量的新函数,研究新函数最值与参数之间的关 系,求解出参数范围; (2)分类讨论法:根据题意分析参数的临界值,根据临界值作分类讨论,分别求解出满足题意的参数范围 最后取并集. 30.(2021·北京朝阳区·高三二模)已知函数 21( ) ( 1)e 1 2 xf x x ax    . a R . (1)当 0a  时,求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程; (2)判断函数 ( )f x 的极值点的个数,并说明理由; (3)若对任意 xR , ( ) 0f x  恒成立,求 a的取值范围. 【答案】(1) 1 0ex y e    ;(2)答案见解析;(3)  , 0 . 【分析】 (1)利用导数几何意义可求得切线斜率,从而可求切线方程. (2)对 a分类讨论判断函数单调性,从而可得极值点个数. (3)对 a分类讨论,结合(2)问的单调性及放缩法可求 a的取值范围. 【详解】 解:(1)当 0a  时, ( ) ( 1)e 1xf x x   , (1) 1f  . 又 ( ) e ( 1)e ex x xf x x x     ,所以 (1) ef   . 所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程是 1 ( 1)y e x   ,即 e 1 e=0x y   . (2)因为 21( ) ( 1)e 1 2 xf x x ax    ,所以 ( ) e (e )x xf x x ax x a     . 1.当 0a  时,有 e 0x a  ,令 ( ) 0f x  ,得 0x  . 当 x变化时, ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下: x ( ,0) 0 (0, ) ( )f x  0  ( )f x ↘ 极小值 ↗ 所以当 0a  时,函数 ( )f x 只有一个极值点. 2.当 0a  时,令 ( ) 0f x  ,得 0x  , lnx a . ①当0 1a  时, ln 0a  . 当 x变化时, ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下: x ( , ln )a ln a (ln ,0)a 0 (0, ) ( )f x  0  0  ( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以当0 1a  时,函数 ( )f x 有两个极值点. ②当 1a  时, ( ) (e 1) 0xf x x   ≥ 恒成立, 所以 ( )f x 在R上单调递增. 所以当 1a  时,函数 ( )f x 无极值点. ③当 1a  时, ln 0a  . 当 x变化时, ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下: x ( ,0) 0 (0, ln )a ln a (ln , )a  ( )f x  0  0  ( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以当 1a  时,函数 ( )f x 有两个极值点. 综上,当 0a  时,函数 ( )f x 有一个极值点, 当0 1a  或 1a  时,函数 ( )f x 有两个极值点, 当 1a  时,函数 ( )f x 无极值点. (3)1.若 0a  ,由(2)可知, ( )f x 在 ( ,0) 内单调递减,在 (0, ) 内单调递增, 所以 min (0) 0( ) ( )f fx f x   . 所以 0a  符合题意. 2.若 0a  ,当 0x  时,因为 ( 1)e 0xx   ,所以 2 21 1( ) ( 1)e 1 1 2 2 xf x x ax ax       . 又因为 2 1 02 12 2 af a a                   ,所以 ( ) 0f x  不恒成立. 所以 0a  不符合题意. 综上,a的取值范围是  , 0 . 【点睛】 关键点点睛:(2)问解题关键是当 0a  时需讨论两根 ln a与 0的大小关系; (3)问解题关键是利用(2)问所得单调性进行分析,知 0a  时 ( ) 0f x  恒成立,而 0a  时,利用放缩 法得 2 1 02 12 2 af a a                   ,所以 ( ) 0f x  不恒成立. 31.(2021·新疆高三其他模拟(理))已知函数   1xf x ke x   , Rk . (1)求函数  f x 的单调区间; (2)设关于 x的不等式   x xf x xe e m   对任意  0,1x 恒成立时 k的最大值为 n,其中  1,2m 求 m n 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2) 42, 2 e     . 【分析】 (1)求导函数,判断导函数的符号,确定原函数单调区间; (2)变量分离,构造新函数并求导,然后分类讨论得解. 【详解】 解:(1)   1xf x ke   当 0k  时, ( ) 0f x¢ < ,则  f x 在  ,  时为减函数 当 0k  时,令 ( ) 0f x¢ = ,解得 1lnx k  , 当 1, lnx a       时 ( ) 0f x¢ < , 1ln ,x a       时, ( ) 0f x¢ > , 所以  f x 在 1ln , a      为减函数, 1ln , a      为增函数. (2)因为 x的不等式   x xf x xe e m   对  0,1x  恒成立, 所以 11 x m xk x e      ,对  0,1x  恒成立, 令   11 x m xg x x e      , 即   x x e x mg x e    , 令   xp x e x m   ,即   1 0xp x e    , 所以  p x 在  0,1x 上递增; ①当  0 0p  ,即 1m £ 时, 因为  1,2m ,所以 1m  , 当  0,1x ,   0p x  ,即 ( ) 0g x¢ ³ ,所以  g x 在[ ]0,1 上递增, 所以    min 0 1n g x g   , 故 2n m  ; ②当  1 0p  即  e 1,2m  时, 因为  0,1x ,   0p x  ,即   0g x  , 所以  g x 在  0,1x 上递减,所以    min 21 e mn g x g     , 故 2 1 4e , 2 e e e mn m m          ; ③当    0 1 0p p  ,即  1,e 1m  时, 因为   xp x e x m   在[ ]0,1 上递增, 所以存在唯一实数  0 0,1x  ,使得  0 0p x  ,即 0 0 xm e x  , 则当  00,x x 时,   0p x  ,即 ( ) 0g x¢ < ; 当  0 ,1x x 时,   0p x  ,即 ( ) 0g x¢ > , 故  g x 在  00, x 上单减,  0 ,1x 上单增, 所以     0 0 0 0 0 0min 1 11 x x m xn g x g x x x e e          , 所以 0 0 0 00 0 0 0 1 1 1x x x xn m x m x ex x e e e e           , 设     1 0,1x xu x e x e    ,则   1 0x xu x e e     , 所以  u x 在( )0,1 上递增,所以 12,e e n m        . 综上所述, 42, 2 e n m       . 【点睛】 方法点睛:不等式恒成立确定参数范围常用方法:①变量分离,构造函数;②对所构造函数求导;③构造 函数求导后仍不能判断符号,可设其分子再得新函数,再二次求导讨论. 32.(2021·山西晋城市·高三二模(文))已知函数  2 1 1( ) 1f x a a R x x     . (1)若函数 ( )f x 在区间 2, 1  上单调递增,求 a的取值范围; (2)当 0a  时,求函数 ( )f x 的极值点. 【答案】(1) 0a  ;(2)极大值点是 2x   ,极小值点是 1x   【分析】 (1)在  2, 1x   上,利用复合函数单调性判断 ( )f x 单调性即可求得 a的范围; (2)对 x分类讨论去绝对值,写出函数 ( )f x 的解析式,由导数判断函数单调区间,从而根据极值点的定义 求得极值. 【详解】 (1)函数 2 2 1 1 1 1 1( ) 2 4 y x x x      ,由复合函数单调性知, 在  2, 1x   时, 21 1 1( ) 2 4 y x    单调递增,且 21 1 1( ) ( 1) 0 2 4 y y x       , 则函数 2 1 1y x x   在  2, 1x   上单减, 故若使函数 2 1 1( ) 1f x a x x    在区间 2, 1  上单调递增,只需 0a  即可. (2) 2 2 2 1 11 ( ), ( , 1) (0, ) 1 1( ) 1 1 11 ( ), [ 1,0) a x x xf x a x x a x x x                   , 则 2 3 3 3 1 2 ( 2)( ) , ( , 1) (0, ) ( ) ( 2) , [ 1,0) a xa x x x xf x a x x x                ,且 0a  , 故 ( , 2)x   或 ( 1,0) ,   0f x  , ( )f x 单增;    2, 1 0,x   , ,   0f x  , ( )f x 递减; 则函数 ( )f x 在 2x   处取得极大值 1( 2) 1 4 f a   ; 在 1x   处取得极小值 ( 1) 1f a   . 综上,极大值点是 2x   ,极小值点是 1x   【点睛】 方法点睛:简单的复合函数,可以直接判断单调性,复杂函数借助导数判断单调性,并求得极值. 33.(2021·陕西西安市·高三一模(理))已知函数    22 3xf x e m x x   . (1)若函数  y f x (其中  y f x 是  f x 的导函数)在  1, 上单调递增,求m的取值范围; (2)当 1m  时,若关于 x的不等式    25 3 1 2 f x x a x    在  1, 上恒成立,求实数a的取值范围. 【答案】(1) , 4 e    ;(2) 3, 2 e     . 【分析】 (1)求出  f x 、  f x ,由已知得出   0f x  对任意的 1x  恒成立,结合参变量分离法可求得实数m 的取值范围; (2)由参变量分离法可得出 1 2 xe xa x x    对任意的 1x 恒成立,利用导数求出函数   1 2 xe xg x x x    在 区间  1, 上的最小值,由此可得出实数a的取值范围. 【详解】 (1)    22 3xf x e m x x   ,则    4 3xf x e m x    ,   4xf x e m   ,  y f x 在  1, 上单调递增,   04xf x e m    在  1, 上恒成立, 4 xem   在  1, 上恒成立, 4 em   ,故m的取值范围为 , 4 e    ; (2)当 1m  时,   22 3xf x e x x   , 因为关于 x的不等式    25 3 1 2 f x x a x    在 1, 上恒成立, 即  2 252 3 3 1 2 xe x x x a x      ,可得 1 2 xe xa x x    , 设   1 2 xe xg x x x    ,则       2 2 2 1 1 11 1 1 2 2 x xe x e x g x x x x          , 由 1xy e x   的导数为 1xy e   , 可得 0x  时, 0y  ,函数 1xy e x   递增,当 0x  时, 0y  ,函数 1xy e x   递减, 则 1 0xe x   ,即 1xe x  , 当 1x 时,       2 2 1 1 1 11 1 1 0 1 2 2 2 xe x x x x x           ,则   1 2 xe xg x x x    在  1, 递增, 可得    min 31 2 g x g e   ,则 3 2 a e  ,即 a的取值范围是 3, 2 e     . 【点睛】 结论点睛:利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立,可根据以下原则进行求解: (1) x D  ,    minm f x m f x   ; (2) x D  ,    maxm f x m f x   ; (3) x D  ,    maxm f x m f x   ; (4) x D  ,    minm f x m f x   . 34.(2021·安徽蚌埠市·高三三模(理))已知函数 ( ) ln 2a xf x xe x x a    ,其中 a R . (1)若 1a  ,求函数 ( )f x 在 1x  处的切线方程; (2)若 ( ) 0f x  恒成立,求 a的范围. 【答案】(1) 0y  ;(2) 1a  . 【分析】 (1)求出 ( )f x 的导函数和它在 1处的导数值,写出切点坐标,再由点斜式求出切线方程; (2)求得   ( 1)( )x a x a x e xf x xe      ,令   x ag x e x  ,求得   1x ag x e    ,分 0a  、0 1a  和 1a  讨 论,通过单调性得函数的最值或极值,并结合不等式 1 0ae a  ≥ ,即可求解. 【详解】 (1) ( )f x 的定义域是  0,  ,由 1a  ,得 1 1( ) (1 ) 1xf x x e x      ,  1 0f   ,  1 0f  ,切线斜率为 0,切点为(1,0), 则函数 ( )f x 在 1x  处的切线方程为 0y  ; (2)  ( 1)1( ) (1 ) 1a a x a x xx e x f x x e x xe            , 令  ( ) 0x ag x e x x   ,则 ( ) 1x ag x e    , ①若 0a  ,则 ( ) 0g x  在  0,  恒成立, ( )g x 在  0,  上单调递增, 而   10 0ag e   ,即 ( ) 0g x ; ②若 0a  ,令 ( ) 0g x  ,解得: x a ,当0 x a  时, ( ) 0g x  ,当 x a 时, ( ) 0g x  , ( )g x 在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增, min( ) ( ) 1g x g a a   , 若0 1a  ,   1 0g a a   ,故 ( ) 0g x  , 从而当 1a  时,0 1x  有 ( ) 0f x  , 1x  有 ( ) 0f x  , ( )f x 在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,故   1 min( ) 1 1 2af x f e a    , 1a  时 1 1 11 2 (1 )a a ae a e a a e a          , 令 1( ) ( 1)aa e a a    ,则 1( ) 1 0aa e     (当且仅当 a=1时取“=”), 所以 ( )a 在 ( ,1] 上递减,即 a=1时, min( ) (1) 0a   , 从而 1a  时, ( ) 0f x  恒成立; 若 1a  , 1(1) 1 0ag e a a     ,又  0 0ag e  ,  2 - 2ag a e a , 令 ( ) 2 ( 1)ah a e a a   , ( ) 2 0ah a e    , ( )h a 在(1,+∞)上递增, (2 ) ( ) (1) 2 0g a h a h e     故存在 1 20 1x x   ,使    1 2 0g x g x  , 10 x x  或 2x x 时 ( ) 0g x , 1 2x x x  时 ( ) 0g x , 当 1a  时, ( ) 0f x  的解为 1 1x x  或 2x x , ( )f x 在 1( ,1)x 、 2( , )x  上都单调递增, ( ) 0f x  的解为 21 x x  或 10 x x  , ( )f x 在 1(0, )x 、 2(1, )x 上都单调递减, 由   1 1 1 1 1 1 10 0 lnx a x ag x e x e x x a x          得   1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 2 ( ) 2 1 0a xf x x e x x a x x x a x a x a a               ,不合题意, 综上:当 1a  时, ( ) 0f x  在  0,  上恒成立. 【点睛】 方法点睛:由不等式恒成立,求参数的取值范围:(1)分离参数,转化为函数最值问题;(2)对参数进行分类 讨论,借助求导讨论单调性及二次求导讨论导函数值正负,转化为函数极值或最值问题解决. 35.(2021·江苏高三月考)设0 1x  . (1)证明: 2 sin1 1 6 x x x    ; (2)若 3 sin 6 xax x  ,求 a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析;(2)  ,1 . 【分析】 (1)设 ( ) sin (0 1)f x x x x    , 3 ( ) sin (0 1) 6 xg x x x x     ,根据函数的单调性证明结论成立; (2)通过讨论 a的范围,求出函数的导数,根据函数的单调性确定 a的取值范围即可. 【详解】 (1)由题意可设  ( ) sin 0 1f x x x x    ,有 '( ) cos 1 0f x x   ,所以 ( )f x 在(0,1)单减, 所以 ( ) (0) 0f x f  ,即 sin 1x x  , 设 3 ( ) sin (0 1) 6 xg x x x x     , 2 '( ) cos 1 2 xg x x   , ''( ) sin 0g x x x   ,则有 '( ) 0g x  , ( )g x 单调递增,得 ( ) (0) 0g x g  ,所以 2sin 1 6 x x x   得证; (2)由(1)可知 1a  时, 3 3 sin 6 6 x xax x x    成立, 则当 1a  时,设 3 ( ) sin 6 xh x x ax   ,则 2 '( ) cos 2 xh x x a   , ''( ) sin 0h x x x   , '( )h x 单调递增, 则 ' ' 1( ) (1) cos1 2 h x h a    , ①若 1cos1 2 a   , ' ( ) 0h x  , ( )h x 单调递减,则有 ( ) (0) 0h x h  ,此时不符合题意; ②若 11 cos1 2 a   ,  ' 0 1 0h a   ,  ' 11 cos1 0 2 h a    ,所以 '( )h x 有唯一零点,可记为 0x , 则 00 x x  , ' ( ) 0h x  ,此时 ( )h x 单调递减,有 ( ) 0h x  ,则不符合题意; 综上可知 1a  ,即 a的取值范围为  ,1 . 【点睛】 导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注 意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处 理. 36.(2021·宁夏银川市·高三一模(文))已知函数   4 ,xf x ae x a  R . (1)求函数  f x 的单调区间; (2)当 1a  时,求证:   2 1 0f x x   . 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【分析】 (1)求导后,对 a分类讨论,根据导数的符号可得结果; (2)     2 21 4 1xg x f x x e x x       ,利用导数求出 ( )g x 的最小值大于 0即可得证明不等式成立. 【详解】 (1)   4xf x ae   , 当 0a  时,    0,f x f x  在 R上单调递减; 当 0a  时,令   0f x ′ ,可得 4lnx a  ,令   0f x ′ ,可得 4lnx a  , 所以  f x 在 4,ln a      上单调递减,在 4ln , a      上单调递增. 综上所述:当 0a  时, ( )f x 的增区间为 ( , )  ; 当 0a  时, ( )f x 的增区间为 4ln , a      ,减区间为 4,ln a      . (2)证明:当 1a  时,   4xf x e x  , 令     2 21 4 1xg x f x x e x x       ,   4 2xg x e x    ,令 ( )h x  4 2xe x  , 因为   2 0xh x e    恒成立, 所以  g x 在 R上单调递增,    0 3 0, 1 2 0g g e        , 由零点存在性定理可得存在  0 0,1x  ,使得 0( ) 0g x  ,即 0 04 2 0xe x   , 当 0( , )x x  时,    0,g x g x  单调递减,当 0( , )x x  时,    0,g x g x  单调递增, 所以    0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0min 4 1 4 2 4 1 6 5,) ,( 0 1xg x g x e x x x x x x x x              , 由二次函数性质可得    min 1 0g x g  , 所以   0g x  ,即   2 1 0f x x   ,得证. 37.(2021·新疆高三其他模拟(理))已知函数    2 0 2 xx af x e a x       . (1)讨论函数  f x 的单调性; (2)当  0,1b 时,设函数      2 1 0 xe b x g x x x     有最小值  h b ,求  h b 的最大值. 【答案】(1)答案见解析;(2) 2 4 e . 【分析】 (1)求导     2 22 x x ax af x e x      ,令 2y x ax a   ,根据 2 4a a   ,分0 4a  , 4a  求解; (2)求导     3 22 2 xxx e b xg x x        ,设    2 0 2 x e b x x      ,根据(1)知,  k x 在区间  0,  单调递增,结合零点存在定理,得到在  0,2 存在唯一 0x ,使得  0 0k x  ,即  0 0g x  ,从而 得到    0h b g x 求解. 【详解】 (1)函数  f x 定义域为    , 2 2,    ,       2 2 2 4 2 22 2 x xa x a x ax af x e e xx x                , 令 2y x ax a   ,则 2 4a a   , ①当0 4a  时, 0  , 2 0x ax a   , 即   0f x  且不恒为零,故  f x 单调递增区间为  , 2  和  2,  ②当 4a  时, 0  ,方程 2 0x ax a   的两根为: 2 1 4 2 a a ax     , 2 2 4 2 a a ax     , 由于   2 1 4 42 0 2 a a ax        ,   2 2 4 42 0 2 a a ax        . 故 1 22x x   . 因此当  1,x x  时,   0f x  ,  f x 单调递增. 当  1, 2x x  时,   0f x  ,  f x 单调递减, 当  22,x x  时,   0f x  ,  f x 单调递减, 当  2 ,x x  时,   0f x  ,  f x 单调递增, 综上,当0 4a  时,  f x 在区间  , 2  ,  2,  单调递增; 当 4a  时,  f x 在区间 2 4, 2 a a a         单调递增,在区间 2 4 , 2 2 a a a         , 2 42, 2 a a a         单调递减;在区间 2 4 , 2 a a a         单调递增. (2)由         3 3 222 2 2 x x xx e bx e b x xg x x x            设    2 0 2 x e b x x      , 由(1)知, 0a  时,   2 2 xxf x e x    在  0,  单调递增, 故  k x 在区间  0,  单调递增, 由于  2 0k b  ,  0 1 0k b    ,故在  0,2 存在唯一 0x , 使  0 0k x  , 00 0 2 2 xxb e x     . 又当  00,x x 时,   0k x  ,即   0g x  ,  g x 单调递减, 当  0 ,x x  时,   0k x  ,即   0g x  ,  g x 单调递增, 故  0,x  时,      0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 2 1 2 2 x x x x xe e x e bx b x eh b g x x x x            , 00 0 2 ( 1,0] 2 xxb e x        0 0,2x  又设   2 xem x x   ,  0,2x ,故          2 2 2 1 0 2 2 x x xe x e e x m x x x          , 则  m x 在区间  0,2 上单调递增,故     2 2 4 em x m  , 即   2 max 4 eh b    . 【点睛】 方法点睛:(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号,当 f(x)含参数时,需依据参数取 值对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)若可导函数 f(x)在指定的区间 D上单调递增(减),求参数范围问题, 可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题,从而构建不等式,要注意“=”是否可以取到. 38.(2021·江苏高三月考)已知函数 23( ) 6 3log 2     af x x x x( 0a  ,且 1a  )为单调减函数, ( )f x 的导函数 ( )f x 的最大值不小于 0. (1)求 a的值; (2)若 1 2( ) ( ) 9 f x f x ,求证: 1 2 2x x  . 【答案】(1) 1 e a ;(2)证明见解析. 【分析】 (1)由 ( ) 0f x  在 (0, ) 上恒成立求得 a的一个范围,再由 ( )f x 的最大值不小于 0又得 a的一个范围, 两者结合可得 a值. (2)由(1)知 9(1) 2 f ,因此 1 2,x x 中一个不大于 1,另一个不小于 1,不妨设 1 20 1x x   ,构造函数 ( ) ( ) (2 )F x f x f x   证明它在 (0,1]上 ( ) 9F x  ,利用已知式可得 2x 与 12 x 的不等关系,证得结论成 立. 【详解】 (1)因为 ( )f x 为单调减函数, 所以 3( ) 3 6 0 ln      f x x x a 恒成立, 所以 21 2 ln  x x a 在 (0, )x  上恒成立. 由于当 1x  时,  2 min 2 1  x x , 所以 1 1 ln   a ,解得 1 1 e  a . 因为 1 1( ) 3 6 6 6 ( ln ) ln             f x x x a a , 当 1 ln  x a 时, ( )f x 的最大值为 16 6 ln    a , 由题意, 16 6 0 ln     a ,所以 10 e a  . 综上, 1 e a . (2)由(1)知, 23( ) 6 3ln 2    f x x x x,所以 9(1) 2 f . 因为    1 2 9 f x f x , ( )f x 为 (0, ) 单调减函数, 可设 1 20 1x x   . 令 ( ) ( ) (2 )F x f x f x   ,0 1x  . 所以 ( ) ( ) (2 )    F x f x f x 31 1 6( 1)6 3 6 3 2 0 2 (2 )                              xx x x x x x , 所以 ( )F x 在 (0,1]上单调递减, 所以 ( ) ( )1 2 ( )1 9  F x F f , 所以 ( ) (2 ) 9  f x f x ,0 1x  . 因为 10 1x  ,所以 1 1 22 9( ) ( ) ( )   f x f x f x . 因为 ( )f x 为 (0, ) 单调减函数, 所以 1 22  x x ,即 1 2 2x x  . 【点睛】 关键点点睛:本题考查导数与单调性的关系,用导数研究函数的最值,证明不等式.对于双变量不等式, 解题关键是通过变换建立它们的关系,或通过它们的联系进行消元以变量变成一元函数.本题关键是通过 构造新函数 ( ) ( ) (2 )F x f x f x   ,证明 (0,1]x 时, ( ) 9F x  ,然后根据已知等式得出不等式关系, 再同函数单调性得出结论. 39.(2021·新疆高三其他模拟(文))已知函数   lnx xf x e  . (1)求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程; (2)证明:当 0x  时,   2 31 2 f x x x x   ; (3)若 1x 时,   af x ae 恒成立,求实数 a的取值范围. 【答案】(1) 2 0ex y e   ;(2)证明见解析;(3)  ,1 . 【分析】 (1)利用切点和斜率求得切线方程. (2)将要证明的不等式转化为证明 211 0 2 xe x x    ,通过构造函数法,结合导数证得结论成立. (3)对 a分成 0, 0a a  两种情况进行分类讨论,结合导数求得 a的取值范围. 【详解】 (1)函数  f x 定义域为  0,  ,且  1f e ,故切点为  1,e 又      1 2x x xf x xe xe e f e      所以  y f x 在 1x  处的切线方程为  2 1y e e x   ,即 2 0ex y e   . (2)要证   2 31 2 f x x x x   ,只需证明 2 31 2 xxe x x x   , 又 0x  ,故只需证明 211 2 xe x x   成立,也即证明 211 0 2 xe x x    成立. 构造函数    211 0 2 xh x e x x x     . 则    1 0xh x e x x     ,   1 0xh x e    成立. 所以   1xh x e x    在  0,  递增,从而    0 0h x h   成立. 所以  h x 在  0,  递增,从而    0 0h x h  , 即 211 0 2 xe x x    ,故   2 31 2 f x x x x   成立. (3)由 1x 时,   af x ae 恒成立,即 lnx x ae ae  ··········(*) ①当 0a  时,(*)显然成立; ②当 0a  时, ln ln ln ln lnx x a x x a ae ae e e x x a a         ··········(**) 设   lng x x x  ,则   11 0g x x     , 所以   lng x x x  在  0,  递增,(**)可化为    g x g a ,则 x a≥ 恒成立. 因为 1x ,所以  min 1a x  ,又 0a  ,从而0 1a  , 综上所述,实数a的取值范围是  ,1 . 【点睛】 要证明不等式成立,可将不等式转化为   0f x  的形式,然后利用导数证得  min 0f x  从而证得不等式 成立. 40.(2021·山西临汾市·高三二模(理))若曲线  y f x 与  y g x 有公共点,且在公共点处有相同的切 线,则称  y f x 与  y g x 相切,已知   lnf x x ax  与   2g x bx 相切. (1)若 1b  ,求 a的值; (2)对任意 0a  ,是否存在实数 0b  ,使得曲线  y f x 与  y g x 相切?请说明理由 【答案】 1a  ;(2)证明见解析. 【分析】 (1)设公共点为 0 0( , )x y ,结合该点处两曲线的切线斜率相等可求得 a. (2)设切点为 1 1( , )x y ,由 1 1( ) ( )f x g x , 1 1( ) ( )f x g x  ,消元后得出 a与 1x 的方程,b与 1x 的方程, 在a与 1x 的方程中证明对任意 0a  ,方程都有正数解 1x 后证明对于这个解 1x 经,有 0b  即可. 【详解】 (1)设公共点为 P 0 0( , )x y , 2( )g x x , 1( )f x a x    , ( ) 2g x x  , 所以 2 0 0 0 0 0 ln 1 2 x ax x a x x         ,消去a得 2 0 0ln 1x x  , 记 2( ) lnh x x x  ,显然 ( )h x 在 (0, ) 上是增函数,而 (1) 1h  ,因此 2 0 0ln 1x x  只有一个解 0 1x  , 所以 2 1 1a    . (2)假设对任意 0a  ,存在实数 0b  ,使得曲线  y f x 与  y g x 相切, 设切点为Q 1 1( , )x y , ( ) 2g x bx  , 所以 2 1 1 1ln x ax bx  ①, 1 1 1 2a bx x   ②,由②得 2 1 11 2ax bx  ③, ①③消去b得 1 11 2ln 0x ax   , 1 1ln 2 x  , 10 x e  , ①③消去 a得 1 2 1 1 ln xb x   ,在 10 x e  时, 1 2 1 1 ln 0xb x    , 下面证明对任意 0a  ,方程 1 11 2 ln x ax  有解, 设 ( ) 1 2 lnH x x  ,函数 ( )H x 在定义域 (0, ) 上是减函数, 0x 时, ( )H x  ,又函数图象过点 ( ,0)e , 在坐标系中作出函数 ( )H x 的图象,再作直线 y ax ,如图,它们在第一象限显然有一个交点, 所以对任意的 0a  ,方程 1 11 2 ln x ax  有正数解. 综上,任意 0a  ,是否存在实数 0b  ,使得曲线  y f x 与  y g x 相切 【点睛】 关键点点睛:本题考查导数的几何意义,解题关键是把两函数相切,转化为方程有解问题.即设切点为 0 0( , )x y ,相切转化为方程组 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x     有解.通过解的分析得出参数范围. 41.(2021·浙江高二期末)已知函数   2 4 xxf x e x   . (1)讨论函数  f x 的单调性,并证明当 2x   时, 2 4 0xxe x    ; (2)证明:当  0,1a 时,函数       2 2 2 2 3xe ax ag x x x        有最小值,设  g x 最小值为  h a ,求函 数  h a 的值域. 【答案】(1)函数  f x 在  , 4  、  4,  上均为增函数,证明见解析;(2) 21 , 2 4 e      . 【分析】 (1)求出函数  f x 的定义域,求得       2 2 2 2 0 4 xx e f x x      ,进而可判断出函数  f x 的单调性,由 2x   得出    2 1f x f    ,由此可证得所证不等式成立; (2)利用导数分析函数  g x 的单调性与极值点,可得出函数  g x 的极小值为     0 2 0 0 2 0 3 2 xe ax ag x x      , 其中 0x 满足 0 20 0 0 4 xx e a x     ,求出 0x 的取值范围,化简得出   0 2 0 4 xeh a x    ,构造函数   2 4 xeu x x    , 利用导数求出函数  u x 在区间  2,0 上的值域,即可得解. 【详解】 (1)函数   2 4 xxf x e x   的定义域为 4x x   ,             22 2 2 2 2 1 4 2 0 4 4 x x xx x e xe x e f x x x             , 所以,函数  f x 在  , 4  、  4,  上均为增函数, 当 2x   时,    2 1f x f    ,即 2 1 4 xx e x     ,整理可得 2 4 0xxe x    ; (2)对函数     2 22 3xe ax ag x x      求导得           2 2 3 3 44 4 2 2 x x xx e axe a x xg x x x              , 设   2 4 xxx e a x     , 2x   , 由(1)可知,函数  x 在  2,  上单调递增, 又  2 1 0a     ,  0 0a   ,所以存在唯一的实数  0 2,0x   使得   0 20 0 0 0 4 xxx e a x      , 当  02,x x  时,   0x  ,则   0g x  ,此时  g x 单调递减, 当  0 ,x x  时,   0x  ,则   0g x  ,此时  g x 单调递增, 所以,         0 2 0 0 2min 0 3 2 xe ax ah a g x g x x        , 因为 0 20 0 4 xxa e x    ,所以,       0 0 0 2 20 0 2 0 2 00 3 4 42 x x x x x e e x eh a xx          , 由(1)可知,函数  f x 在  2,  上单调递增,则  0 20 0 1,0 4 xxa e x      , 即 0 20 0 1 0 4 xx e x     ,因为  0 0f  ,  2 1f    ,所以, 02 0x   , 令   2 4 xeu x x    ,当 2 0x   时,       2 2 3 0 4 xx e u x x      , 所以,函数  u x 在  2,0 上单调递增,所以,      02 0u u x u   ,即   2 0 1 2 4 eu x  . 因此,  h a 的取值范围是 21 , 2 4 e      . 【点睛】 方法点睛:方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下: (1)直接构造函数法:证明不等式    f x g x (或    f x g x )转化为证明     0f x g x  (或     0f x g x  ),进而构造辅助函数      h x f x g x  ; (2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论; (3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数. 42.(2021·浙江高二期末)已知函数   2lnf x a x bx  在 1x  处的切线为 2 1 0y   . (Ⅰ)求实数 a,b的值; (Ⅱ)求函数 ( )f x 在 1 ,e e      上的最值. 【答案】(Ⅰ) 11, 2 a b  ;(Ⅱ) ( )f x 的最大值为 1 2  ,最小值为 2 1 2 e  . 【分析】 (Ⅰ)由导数的几何意义以及切点在切线上也在曲线上联立方程可解. (Ⅱ)利用导数求出单调区间,再根据单调性可求最值. 【详解】 解:(Ⅰ)   2lnf x a x bx  ,   2af x bx x    , 由题意,有     1 2 0 11 2 f a b f b             ,解得 1 1 2 a b     . (Ⅱ)由(Ⅰ)知   2 ln 2 xf x x  ,   21 1 xf x x x x     , 1 x e e   , 令   0f x  ,得 1 1x e   ;令   0f x  ,得1 x e  .  f x 在 1 ,1 e       上单调递增,在  1,e 上单调递减.     2 2 1 1 11 , 1 , 1 2 22 ef f f e e e             ,         2 max min 11 , 1 2 2 ef x f f x f e       . 43.(2020·巴楚县第一中学高三二模)已知函数      1 ln 1 1 nf x a x x     ,其中 *n N ,a为常数. (1)当 2n  时,求函数  f x 的极值; (2)当 1a  时,证明:对任意的正整数 n,当 2x  时,有   1f x x  . 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【分析】 (1)求出导函数,讨论函数单调性,从而可求极值; (2)当 1a  , 2x… 时,对任意的正整数 n,恒有 1 1 (1 )nx „ ,所以只需证明1 ( 1) 1ln x x  „ . 【详解】 解:(1)函数 ( )f x 的定义域为{ | 1}x x  , 当 2n  时, 2 1( ) ( 1) (1 ) f x aln x x     ,所以 2 3 2 (1 )( ) (1 ) a xf x x     . ①当 0a  时,由 ( ) 0f x  得 1 21 1x a    , 2 21 1x a    , 此时 1 2 3 ( )( )( ) (1 ) a x x x xf x x      . 当 1(1, )x x 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递减; 当 1(x x , ) 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递增. ②当 0a„ 时, ( ) 0f x  恒成立,所以 ( )f x 无极值. 综上所述, 2n  时, 当 0a  时, ( )f x 在 21x a   处取得极小值,极小值为 2 21 1 2 af ln a a              . 当 0a„ 时, ( )f x 无极值. (2)证明:当 1a  时, 1( ) ( 1) (1 )n f x ln x x     . 当 2x… 时,对任意的正整数 n,恒有 1 1 (1 )nx „ ,故只需证明1 ( 1) 1ln x x  „ . 令 ( ) 1 (1 ( 1)) 2 ( 1)h x x ln x x ln x         , [2x , ) , 则 1 2( ) 1 1 1 xh x x x       , 当 2x… 时, ( ) 0h x … ,故 ( )h x 在 [2, ) 上单调递增, 因此当 2x… 时, ( )h x h… (2) 0 ,即1 ( 1) 1ln x x  „ 成立. 故当 2x… 时,有 1 ( 1) 1 (1 )n ln x x x     „ ,即 ( ) 1f x x „ . 【点睛】 关键点点睛:(1)问解题的关键是求出导函数后,对 0a  和 0a  分类讨论函数单调性; (2)问解题的关键是利用放缩法加强不等式为只需证明1 ( 1) 1ln x x  „ 即可. 44.(2021·西藏高三二模(理))已知函数   1 lnf x x x    . (1)讨论  f x 的单调性; (2)若当 2x  时,   3 21 2 f x x mx  恒成立,求实数m的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2) 7 ln 2, 4     . 【分析】 (1)先求函数定义域,在求导得   1 11 xf x x x     ,再据导数符号与函数单调性的关系即可得答案; (2)根据题意将问题转化为  2 2 1 1 1 ln 2 2 xm x x x x x      恒成立问题,进而令    2 2 1 1 1 ln 2 2 xg x x x x x x      ,求函数  g x 的范围即可得答案. 【详解】 解:(1)  f x 的定义域为  0,  ,   1 11 xf x x x     , 令   0f x  ,得0 1x  ,此时  f x 单调递增, 令   0f x  ,得 1x  ,此时  f x 单调递减. 故  f x 的单调递增区间为  0,1 ,单调递减区间为  1, . (2)   3 21 2 f x x mx  ,即 2 31 1 ln 2 mx x x x    恒成立, 即  2 2 1 1 1 ln 2 2 xm x x x x x      恒成立, 令    2 2 1 1 1 ln 2 2 xg x x x x x x      , 则   2 3 3 1 1 2 1 2ln 2 xg x x x x      3 3 2 6 4ln 2 x x x x     , 令    3 2 6 4ln 2h x x x x x     ,   2 43 2 0h x x x      , 所以  h x 在  2, 上单调递增, 即      2 4ln 2 2 2 ln 4 1 0h x h      , 因此   0g x  ,即  g x 在  2, 上单调递增,     7 ln 22 4 g x g    ,于是 7 ln 2 4 m   . 故m的取值范围是 7 ln 2, 4     . 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调区间,不等式恒成立问题,考查运算求解能力,回归转化思想,是中档 题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为  2 2 1 1 1 ln 2 2 xm x x x x x      恒成立,进而令    2 2 1 1 1 ln 2 2 xg x x x x x x      ,求函数  g x 的范围问题. 45.(2021·安徽马鞍山市·高三二模(文))已知      2 2 1 lnf x x a x a x a R     . (1)试讨论  f x 的单调性; (2)当 1x  时,      21 3 2 lnf x a x x a x     恒成立,求实数 a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2) 2,0 . 【分析】 (1)求出函数  f x 的定义域,对实数 a的取值进行分类讨论,分析导数的符号变化,由此可得出函数  f x 的单调递增区间和单调递减区间; (2)构造函数        21 3 2 lnF x f x a x x a x      ,利用导数分析函数  F x 在区间  1, 上的单 调性,根据已知条件可得出关于实数 a的不等式组,综合可得出实数a的取值范围. 【详解】 (1)函数  f x 的定义域为  0,  ,        2 1 2 2 1 x a xaf x x a x x        . 当 0a  时,对任意的 0x  ,   0f x  ,此时函数  f x 在  0,  上单调递增, 当 0a  时,由   0f x  ,可得0 x a  ,由   0f x  ,可得 x a . 此时,函数  f x 的单调递减区间为  0,a ,单调递增区间为  ,a  . 因此,当 0a  时,函数  f x 在  0,  上单调递增; 当 0a  时,函数  f x 的单调递减区间为  0,a ,单调递增区间为  ,a  ; (2)令          2 21 3 2 ln 2 1 2lnF x f x a x x a x ax a x x          ,        2 1 122 2 1 ax x F x ax a x x         , 又  1 2F a   ,要使得   0F x  对任意的  1,x  恒成立. ①当 0a  时,   0F x  对任意的  1,x  恒成立,  F x 在  1, 上单调递减, 所以要使   0F x  对任意的  1,x  恒成立的充要条件是  1 0F  , 即  1 2 0F a    ,解得 2a   ,故 2 0a   ; ②当0 1a  时,则 1 1 a  ,当 11 x a   时,   0F x  ,当 1x a  时,   0F x  ,  F x 在 11, a       上单调递减,在 1 , a      上单调递增,虽然  1 2 0F a    , 但当  2 1 22 a x a a     时,    2 1 2ln 0 a F x ax x x a          , 所以,   0F x  对任意的  1,x  不恒成立,不合乎题意; ③当 1a  时,   0F x  对任意的  1,x  恒成立,则  F x 在  1, 上单调递增, 虽然  1 2 0F a    , 但当  2 1 22 a x a a     时,    2 1 2ln 0 a F x ax x x a          , 所以,   0F x  对任意的  1,x  不恒成立,不合乎题意. 综上所述,实数a的取值范围是 2,0 . 【点睛】 思路点睛:讨论含参函数的单调性,通常注意以下几个方面: (1)求导后看最高次项系数是否为 0,须需分类讨论; (2)若最高次项系数不为 0,通常是二次函数,若二次函数开口方向确定时,再根据判别式讨论无根或两 根相等的情况; (3)再根据判别式讨论两根不等时,注意两根大小比较,或与定义域比较.

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