(四)函數與導數(2)1(2018江西省重點中學協作體聯考)已知f(x)ex，g(x)x2ax2xsin x1.(1)證明：1xex(x0,1)；(2)若x0,1)時，f(x)g(x)恒成立，求實數a的取值范圍(1)證明設h(x)ex1x，則h(x)ex1，故h(x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增從而h(x)h(0)0，即ex1x.而當x0,1)時，ex1x，即ex.(2)解設F(x)f(x)g(x)ex(x2ax2xsin x1)，則F(0)0，F(x)ex(2xa2xcos x2sin x)要求F(x)0在0,1)上恒成立，必須有F(0)0.即a1.以下證明：當a1時，f(x)g(x)只要證1xx2x2xsin x1，只要證2sin xx在0,1)上恒成立令(x)2sin xx，則(x)2cos x1>0對x0,1)恒成立，又(0)0，所以2sin xx，從而不等式得證2(2018宿州質檢)設函數f(x)xaxln x(aR)(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若函數f(x)的極大值點為x1，證明：f(x)exx2.(1)解f(x)的定義域為(0，)，f(x)1aln xa，當a0時，f(x)x，則函數f(x)在區(qū)間(0，)上單調遞增；當a>0時，由f(x)>0得x>，由f(x)<0得0<x<.所以f(x)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增；當a<0時，由f(x)>0得0<x<，由f(x)<0得x>，所以函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減綜上所述，當a0時，函數f(x)在區(qū)間(0，)上單調遞增；當a>0時，函數f(x)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增；當a<0時，函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減(2)證明由(1)知a<0且1，解得a1，f(x)xxln x.要證f(x)exx2，即證xxln xexx2，即證1ln xx.令F(x)ln xx1(x>0)，則F(x)1 .令g(x)xex，得函數g(x)在區(qū)間(0，)上單調遞增而g(1)1>0，g(0)1<0，所以在區(qū)間(0，)上存在唯一的實數x0，使得g(x0)x00，即x0，且x(0，x0)時，g(x)<0，x(x0，)時，g(x)>0.故F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增F(x)minF(x0)ln x0 x01.又x0，F(x)minln x0x01 x01x010.F(x)F(x0)0成立，即f(x)exx2成立3(2018皖江八校聯考)已知函數f(x).(1)若a0，函數f(x)的極大值為，求實數a的值；(2)若對任意的a0，f(x)在x0，)上恒成立，求實數b的取值范圍解(1)由題意，f(x)(2ax1)ex(ax2xa)exexax2(12a)xa1 ex(x1)(ax1a)當a0時，f(x)ex(x1)，令f(x)>0，得x<1；令f(x)<0，得x>1，所以f(x)在(，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減所以f(x)的極大值為f(1)，不合題意當a>0時，1<1，令f(x)>0，得1<x<1；令f(x)<0，得x<1或x>1，所以f(x)在上單調遞增，在，(1，)上單調遞減所以f(x)的極大值為f(1)，得a2.綜上所述a2.(2)令g(a)，a(，0，當x0，)時，>0，則g(a)對a(，0恒成立等價于g(a)g(0)，即bln(x1)對x0，)恒成立當b0時，顯然bln(x1)在0，)上不恒成立當b<0時，x(0，)，bln(x1)<0，>0，此時>bln(x1)，不合題意當b>0時，令h(x)bln(x1)，x0，)，則h(x)(exxex)，其中(x1)ex>0，x0，)，令p(x)bexx21，x0，)，則p(x)在區(qū)間0，)上單調遞增，b1時，p(x)p(0)b10，所以對x0，)，h(x)0，從而h(x)在0，)上單調遞增，所以對任意x0，)，h(x)h(0)0，即不等式bln(x1)xex在0，)上恒成立0<b<1時，由p(0)b1<0，p(1)be>0及p(x)在區(qū)間0，)上單調遞增，所以存在唯一的x0(0,1)，使得p(x0)0，且x(0，x0)時，p(x)<0.從而x(0，x0)時，h(x)<0，所以h(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減，則x(0，x0)時，h(x)<h(0)0，即bln(x1)<xex，不符合題意綜上所述，b的取值范圍為1，)4(2018合肥模擬)已知函數f(x)ax.(1)討論函數f(x)的零點個數；(2)已知g(x)(2x)e，證明：當x(0,1)時，g(x)f(x)ax2>0.(1)解f(x)ln xax.令xt，x(t>0)令h(t)ln tat，則函數yh(t)與yf(x)的零點個數情況一致h(t)a.()當a0時，h(t)>0，h(t)在(0，)上單調遞增又h(1)a0，aaeaaa<0，此時有1個零點()當a>0時，h(t)在上單調遞增，在上單調遞減h(t)maxhln1.當ln<1即a>時，h<0，無零點當ln1即a時，h0,1個零點當ln>1即0<a<時，h>0，又>e>1，h(1)a<0.又<(1e)<0，hln2a2ln，令(a)2ln，(a)2>0，(a)在上單調遞增，(a)<2e<0，此時有兩個零點綜上，當a0或a時，有1個零點；當0<a<時，有2個零點；當a>時，無零點(2)要證g(x)f(x)ax2>0，只需證2<(2x)e.令m(0,1)，只需證2<(2m2)em.令l(m)(2m2)em，l(m)(m22m2)em，l(m)在(0，1)上單調遞增，在(1,1)上單調遞減，又l(1)e，l(0)2，l(m)>2.令t(m)，t(m)>0，t(m)在(0,1)上單調遞增，t(m)<t(1)0，2<2，故g(x)f(x)ax2>0.5(2018洛陽模擬)已知函數f(x)(x1)exx2，其中tR.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當t3時，證明：不等式f(x1x2)f(x1x2)>2x2恒成立(其中x1R，x2>0)(1)解由于f(x)xextxx(ext)()當t0時，ext>0，當x>0時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當x<0時，f(x)<0，f(x)單調遞減；()當t>0時，由f(x)0得x0或xln t.當0<t<1時，ln t<0，當x>0時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當ln t<x<0時，f(x)<0，f(x)單調遞減，當x<ln t時，f(x)>0，f(x)單調遞增；當t1時，f(x)0，f(x)單調遞增；當t>1時，ln t>0.當x>ln t時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當0<x<ln t時，f(x)<0，f(x)單調遞減，當x<0時，f(x)>0，f(x)單調遞增綜上，當t0時，f(x)在(，0)上是減函數，在(0，)上是增函數；當0<t<1時，f(x)在(，ln t)，(0，)上是增函數，在(ln t,0)上是減函數；當t1時，f(x)在(，)上是增函數；當t>1時，f(x)在(，0)，(ln t，)上是增函數，在(0，ln t)上是減函數(2)證明依題意f(x1x2)f(x1x2)>(x1x2)(x1x2)f(x1x2)(x1x2)>f(x1x2)(x1x2)恒成立設g(x)f(x)x，則上式等價于g(x1x2)>g(x1x2)，要證明g(x1x2)>g(x1x2)對任意x1R，x2(0，)恒成立，即證明g(x)(x1)exx2x在R上單調遞增，又g(x)xex3x1，只需證明xex3x10即可令h(x)exx1，則h(x)ex1，當x<0時，h(x)<0，當x>0時，h(x)>0，h(x)minh(0)0，即xR，exx1，那么，當x0時，xexx2x，xex3x1 x22x1(x1)20；當x<0時，ex<1，xex3x1x>0，xex3x1>0恒成立從而原不等式成立