1、1(2016唐山模拟)直线ya分别与直线y2(x1)，曲线yxln x交于点A，B，则|AB|的最小值为()A3B2C. D.解析：选D.解方程2(x1)a，得x1.设方程xln xa的根为t(t0)，则tln ta，则|AB|t1|t1|1|.设g(t)1(t0)，则g(t)(t0)，令g(t)0，得t1.当t(0，1)时，g(t)0，所以g(t)ming(1)，所以|AB|，所以|AB|的最小值为.2(2015高考全国卷)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0) (1，)C(，1)(1
2、，0)D(0，1)(1，)解析：选A.设yg(x)(x0)，则g(x)，当x0时，xf(x)f(x)0，所以g(x)0，x1，所以使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，故选A.3已知函数f(x)ln x，若函数f(x)在1，)上为增函数，则正实数a的取值范围为_解析：因为f(x)ln x，所以f(x)(a0)因为函数f(x)在1，)上为增函数，所以f(x)0对x1，)恒成立，所以ax10对x1，)恒成立，即a对x1，)恒成立，所以a1.答案：1，)4若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a的值为_解析：由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f
3、(x)0，得x2，由f(x)0，得1x2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上是递增的，在(1，2)上是递减的，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)0或f(2)0，解得a5或a4.答案：5或45已知函数f(x)x33ax1，a0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x1处取得极值，直线ym与yf(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围解：(1)f(x)3x23a3(x2a)，当a0，所以f(x)的递增区间为(，)；当a0时，由f(x) 0，解得x，由f(x)0，解得x0时，f(x)的递增区间为(，)，f
4、(x)的递减区间为，(2)因为f(x)在x1处取得极值，所以f(1)3(1)23a0，则a1，所以f(x)x33x1，f(x)3x23.由f(x)0解得x11，x21.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f(1)1，在x1处取得极小值f(1)3.因为直线ym与函数yf(x)的图像有三个不同的交点，结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(3，1)6(2015高考全国卷)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f
5、(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上是递增的，v(x)在(0，)上是递增的，所以f(x)在(0，)上是递增的又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0，故当a0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f (x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上是递减的，在(x0，)上是递增的，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(x)2aaln .1(2016太原模拟)已知函
6、数f(x)(x2axa)exx2，aR.(1)若函数f(x)在(0，)上递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x0处取得极小值，求a的取值范围解：(1)由题意得f(x)x(x2a)ex2xex，xR，因为f(x)在(0，)上是递增的，所以f(x)0在(0，)上恒成立，所以x2a在(0，)上恒成立，又函数g(x)x2在(0，)上是递增的，所以ag(0)0，所以a的取值范围是(，0(2)由(1)得f(x)xex，xR，令f(x)0，则x0或x2a0，即x0或g(x)a，因为g(x)x2在(，)上是递增的，其值域为R，所以存在唯一x0R，使得g(x0)a，若x00，当x(，0)时，g(x)0；
7、当x(0，x0)时，g(x)a，f(x)0，所以f(x)在x0处取得极大值，这与题设矛盾若x00，当x(，0)时，g(x)0；当x(0，)时，g(x)a，f(x)0，所以f(x)在x0处不取极值，这与题设矛盾若x0a，f(x)a，f(x)0，所以f(x)在x0处取得极小值综上所述，x00，所以ag(x0)g(0)0，所以a的取值范围是(，0)2(2015高考福建卷改编)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)解：(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)
8、0，得解得0x.故f(x)的递增区间是(0，)(2)证明：令F(x)f(x)(x1)，x(0，)，则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在(1，)上是递减的，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0，得x2(1k)x10，解得x10，x21.当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内是递增的从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)，综上，k的取值范围是(，1)
