1、专题层级快练(二十二)1(2020沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln21且x0时，exx22ax1.答案(1)单调递减区间为(，ln2)，单调递增区间为(ln2，)；极小值为2(1ln2a)，无极大值(2)略解析(1)由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)f(x)在xln2处取得极小值，极小值为f(ln2
2、)eln22ln22a2(1ln2a)，无极大值(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln21时，g(x)最小值为g(ln2)2(1ln2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当aln21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.2(2021赣州模拟)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(
3、x).答案(1)a1，b1(2)略解析(1)因为f(x)1，x0，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10.所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x).3(2017课标全国)已知函数f(x)ln
4、xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明：f(x)2.答案(1)当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当a.答案(1)a，函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为(2)证明见解析思路(1)先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a，结合导数与单调性关系即可求解；(2)要证明原不等式成立，可转化为证明求解相应函数的范围，进行合理的变形后构造函数，结合导数可证解析(1)函数f(x)的定义
5、域为(0，)f(x)，由题意可得，feae2e，故a，f(x).当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明：设h(x)xf(x)xlnx，则h(x)lnx1(x0)当x时，h(x)0，函数h(x)单调递增，故h(x)minh.设t(x)，则t(x)，当x(0，1)时，t(x)0，函数t(x)单调递增，当x(1，)时，t(x)0时，恒有h(x)t(x)，即xf(x).5已知函数f(x)xlnxx2x(0xe2)(1)当m时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当0m0.答案(1)略(2)略解析(1)f(x)xlnxx2x.f(x)1ln
6、x1lnx.f(x)，yf(x)在(0，e)上单调递增，在(e，e2上单调递减f(e)0，f(x)0.yf(x)在(0，e2上单调递减(2)证明：f(x)xlnxx2x.f(x)1lnxmx1lnxmx.f(x)m，e2.yf(x)在(0，e2上单调递增，当x0时f(x).f(e2)2me2.m，me2(0，1)，me.f(e2)0，f(1)m0.x0(1，e)，使得f(x0)0.即lnx0mx0.yf(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，e2上单调递增f(x)minf(x0)x0lnx0x02x0.f(x)minx0lnx0x0x0x0lnx0x0，x0(1，e)令g(x)xlnxx，x
7、(1，e)，g(x)(1lnx)1(lnx1)g(e)0.f(x)min0，f(x)0.即证6(2021八省联考)已知函数f(x)exsinxcosx，g(x)exsinxcosx.(1)证明：当x时，f(x)0.(2)若g(x)2ax，求a的值答案(1)证明见解析(2)2解析(1)证明：因为f(x)exsinxcosxexsin，f(x)excosxsinxexsin，f(x)g(x)exsinxcosxexsin，考虑到f(0)0，f(0)0，所以当x时，sin0；当x，f(x)0，所以f(x)单调递增，所以f(x)f(0)0，所以f(x)单调递减，f(x)f(0)0；当x时，f(x)0，
8、所以f(x)单调递增，f(x)f(0)0，所以f(x)单调递增，f(x)f(0)0；当x时，f(x)exsine10.综上，当x时，f(x)0.(2)设r(x)exsinxcosx2ax，则r(0)0，其导函数r(x)excosxsinxa，于是r(0)2a，又r(x)exsinxcosxf(x)，于是根据第(1)小题的结果，r(x)在上单调递增情形一：若a0.若r0，则在区间上均有r(x)0，于是r(x)在此区间上单调递增，因此在该区间上有r(x)r(0)0，不符合题意若r0，则在区间上，r(x)存在唯一零点x0，使得r(x)在(x0，0)上单调递增，因此在该区间上有r(x)2，则r(0)0.考虑到r(ln(|a|2)|a|2(1)1a0，于是函数r(x)在(0，ln(|a|2)上有唯一零点x1，使得r(x)在(0，x1)上单调递减，因此在该区间上有r(x)0(1)(1)2240，命题也成立综上所述，a2.
