1、重点保分 两级优选练A 级一、选择题1(2017陕 西模拟)函数 f(x) (a0)的单调递增区间是 ( )axx2 1A( ，1) B(1,1)C (1，) D(，1)(1 ，)答案 B解析 函数 f(x)的定义 域为 R，f( x) .a1 x2x2 12 a1 x1 xx2 12由于 a0，要使 f(x)0，只需(1x)(1x)0，解得 x(1,1) 故选B.2若函数 f(x)( x22x)e x在( a，b)上单调递减，则 ba 的最大值为( )A2 B. C4 D22 2答案 D解析 f(x)(2 x2)e x(x 22x)e x(x 22)e x，令 f(x )0 的解集为( )A
2、( ，1) B(1,1)C (，0) D(1，)答案 A解析 设 g(x) ，则 g(x) 0g(x)0，所以 x2，a2.故选 D.6函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)f(2x) ，且当x( ，1) 时，( x1)f(x )0.即 f(x)在(， 1)上单调递 增，f(1) 时，f (x)0.12 12x 时取极大值， f .故选 B.12 (12) 1e 12 12e8已知函数 f(x) 1ln x，若存在 x00，使得 f(x0)0 有解，ax则实数 a 的取值范围是( )Aa2 Ba0，当 x1 时 ，h( x)1 时，f(1) a40，且f 10，(1a) 2a解得 a
3、4.综上所述，a4.故选 C.10(2018 黄山一模)已知函数 f(x)m 2ln x(mR )，g( x)(x 1x) ，若至少存在一个 x01 ，e，使得 f(x0)0 恒成立1xm 2 ，令 g(x) 2 ，则当 1 时，函数 g(x)取得最(1x) 2x (1x) 2x 1x大值 1，故 m1.12(2017 西工大附中质检) 已知 f(x)是奇函数，且当 x(0,2)时，f(x) ln x ax ，当 x(2,0)时，f(x)的最小值是 1，则 a(a12)_.答案 1解析 由题意，得 x(0,2)时，f(x)ln xax 有最大值(a12)1， f( x) a，由 f(x )0，
4、得 x (0,2)，且 x 时，f ( x)1x 1a (0，1a)0，f(x)单调递增，x 时，f(x)0 成立；存在 a(，0) ，使得函数 f(x)有两个零点其中正确命题的序号是_(写出所有正确命题的序号)答案 解析 由 f(x)e xaln x，可得 f(x) e x ，若 a0，则 f( x)ax0，得函数 f(x)是 D 上的增函数，存在 x(0,1)，使得 f(x)0，所以函数 f(x)存在最小值 f(m)，即命题正确；若 f(m)0 时，求函数 f(x)在1,2上的最小值解 (1) f(x) a(x0)，1x当 a0 时， f( x) a0，1x即函数 f(x)的单调增区 间为
5、(0，)当 a0 时，令 f(x) a0，可得 x .1x 1a当 00；1a 1 axx当 x 时，f (x) 0 时，f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为(0，1a.(1a， )(2)当 1，即 a1 时，函数 f(x)在区间1,2上是减函数，f (x)1a的最小值是 f(2)ln 2 2a.当 2，即 00.(1)记 f(x)的极小值为 g(a)，求 g(a)的最大值；(2)若对任意实数 x 恒有 f(x)0，求 a 的取值范围解 (1) 函数 f(x)的定义域是(，)，f(x )e xa，令 f( x)0，得 xln a，所以 f(x)的单调递增区 间是(ln a，)；令 f(x
6、)0，g(a) 在(0,1)上单调递增；当 a1 时，g(a)0，e xax0 恒成立，当 x0 时，f(x)0，即 exax 0，即 a .exx令 h(x) ，x(0，)，h(x) ，exx exx exx2 exx 1x2当 01 时，h(x)0，故 h(x)的最小值为h(1) e，所以 ae，故实数 a 的取值范围是(0，e 17(2017 湖南湘中名校联考) 设函数 f(x)x aln x( aR)1x(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个极值点 x1 和 x2，记过点 A(x1，f (x1)，B(x 2，f (x2)的直线的斜率为 k，问：是否存在 a，使得 k 2
7、a？若存在，求出 a的值；若不存在，请说明理由解 (1) f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 .1x2 ax x2 ax 1x2令 g(x)x 2ax 1，则方程 x2ax 10 的判 别式 a 24.当|a|2 时，0，f(x )0，故 f(x)在(0，) 上单调递增当 a0，g(x)0 的两根都小于 0，在(0 ，)上恒有 f( x)0，故 f(x)在(0 ，)上单调递增当 a2 时，0， g(x)0 的两根为 x1 ，x2a a2 42，a a2 42当 00；当 x1x2时，f(x)0，故 f(x)在(0，x 1)，(x2，)上单调递增，在(x 1，x2)上单调递减(2)由(1)知
8、，a2.因为 f(x1)f(x 2)( x1x 2) a(ln x 1ln x2)，x1 x2x1x2所以 k 1 a .fx1 fx2x1 x2 1x1x2 ln x1 ln x2x1 x2又由(1) 知，x 1x21.于是 k2a .ln x1 ln x2x1 x2若存在 a，使得 k2a.则 1.ln x1 ln x2x1 x2即 ln x1ln x 2x 1x 2.亦即 x2 2ln x 20(x 21) (*)1x2再由(1) 知，函数 h(t) t 2ln t 在(0，)上单调递增，而1tx21，所以 x2 2ln x21 2ln 10.这与 (*)式矛盾故不存在1x2 11a，使得 k2a.
