1、第3讲导数的热点问题考情研析利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.核心知识回顾1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题；利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等；画出函数的大致图象；结合图象求解(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：在该区间上构造与方程相应的函数；利用导数研究该函数在该区间上的单调性；判断该函数在该区间
2、端点处的函数值异号；作出结论2利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.热点考向探究考向1 利用导数讨论方程根的个数例1(2019广东省七校联合体高三联考)已知函数f(x)ln ax(a0，b0)，对任意x0，都有f(x)f0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围解(1)由f(x)fln axln 0，得b4a，则f(x)ln ax，f(x)a(x0)，若116a20，即a时，f(x)在(0，)上单调递减，若116a20，即0a0，x20
3、，又h(x)ax2x4a开口向下当0xx1时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减，当x1x0，f(x)0，f(x)单调递增，当xx2时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当a时，f(x)在(0，)上单调递减；当0a时，f(x)在和上单调递减，在上单调递增(2)由(1)知，当a时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点当0a时，f(x)在(0，x1)和(x2，)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(2)ln 2a2a0，又x1x24，有x12x2，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)f(2)0.f(x)ln ax，fln 2a24a3，令g(a)l
4、n 2a24a3，g(a)12a2.令m(a)12a42a1，m(a)48a32单调递增由m(a)48a320，求得a0 .当0am10，fg(a)ln 2a24a3在上单调递增故fg(a)g3ln 240，故f0，x2，由零点存在性定理知f(x)在区间上有一个根，设为x0，又f(x0)f0，得f0，由x2x0及x1x24得0x1，是f(x)的另一个零点，故当0a0时，求函数f(x)在区间(1，e2)内的零点个数解(1)f(x)2aln xx2，f(x)，x0，当a0时，f(x)0时，f(x)，当0x0；当x时，f(x)0时，f(x)在(0, )上单调递增，在(，)上单调递减(2)由(1)，得
5、f(x)maxf()a(ln a1)，当a(ln a1)0，即0ae时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a(ln a1)0，即ae时，函数f(x)在(0，)内有唯一零点，又10，即ae时，由于f(1)10，f(e2)2aln e2e44ae4(2e2)(2e2)，若2e20，即ea时，f(e2)，f(e2)0，且f()2aln eae0，f(1)10.(1)若函数f(x)仅在x1处取得极值，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)f(x)a有三个极值点x1，x2，x3，求证：x1x2x1x3x2x32x1x2x3.解(1)由f(x)axaln x，得f(x)a，由f(x)仅在x1处取得极
6、值，则exax0，即a.令h(x)(x(0，)，则h(x)，当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，则h(x)minh(1)e.当0a0，此时f(x)0仅有一个零点x1，则f(x)仅在x1处取得极值；当ae时，exex0与x10在同一处取得零点，此时当x(0,1)时，(x1)(exex)0，f(x)0仅有一个零点x1，则f(x)仅在x1处取得极值，所以ae符合题意当ae时，显然与已知不相符合实数a的取值范围为0ae.(2)证明：由g(x)axaln xa，则g(x).由题意，则g(x)0有三个根，则exa(x1)0有两个零点，不妨设为x1，x2，x1x2，则x1，x2(1，)，x10有
7、一个零点，则x31.令p(x)exa(x1)，则p(x)exa，当x(0，ln a)时，p(x)0，p(x)单调递增，p(ln a)aa(ln a1)e2时，exa(x1)0有两零点x1，x2，且1x1ln a2x1x2x3，即证：x1x2x1x2(x11)(x21)1，由ex1a(x11)，ex2a(x21)，则ex1x2a2(x11)(x21)，即证：ex1x2a2(x11)(x21)a2x1x22ln ax22ln ax1，由p(x)在(ln a，)上单调递增，即证p(x2)p(2ln ax1)，又p(x1)p(x2)，则证p(x1)p(2ln ax1)0，令G(x)p(x)p(2ln
8、ax)，1xln a，G(x)exa(x1)e2ln axa(2ln ax1)ex2ax2aln aG(x)ex2a0恒成立，则G(x)为增函数，当1xln a时，G(x)2x1x2x3得证利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式已知函数f(x)ln xex(R)(1)若函数f(x)是单调函数，求的取值范围；(2)求证：当0x11.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xex，f(x)ex，函数f(x)是单调函数，f(x)0或f(x)0在(0，)上恒成立，当函数f(x)是单调递减函数时，f(x)0，
9、0，即xex0，xex，令(x)，则(x)，当0x1时，(x)1时，(x)0，则(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当x0时，(x)min(1)，；当函数f(x)是单调递增函数时，f(x)0，0，即xex0，xex，由得(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又(0)0，x时，(x)0，0.综上，或0.(2)证明：由(1)可知，当时，f(x)ln xex在(0，)上单调递减，0x1f(x2)，即ln x1ex1ln x2ex2，e1x2e1x1ln x1ln x2.要证e1x2e1x11，只需证ln x1ln x21，即证ln 1，令t，t(0,1)，则只需证ln
10、t1，令h(t)ln t1，则当0t1时，h(t)0，即ln t1，得证考向3 利用导数研究不等式恒成立问题角度1函数不等式恒成立问题例3(2019内蒙古高三高考一模)已知函数f(x)2axbx12ln x(aR)(1)当b0时，讨论函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成立，求实数b的取值范围解(1)当b0时，f(x)2a(x0)，当a0时，f(x)0时，由f(x)0，得0x0，得x.当a0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成
11、立等价于2axbx12ln x2bx3，x(0，)，a1,3恒成立即a，x(0，)，a1,3恒成立令g(x)a，a1,3，x(0，)，则g(x)，令g(x)0，得xe2，由此可得g(x)在区间(0，e2上单调递减，在区间e2，)上单调递增，当x0时，g(x)ming(e2)a，即a，又a1,3，实数b的取值范围是.利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法即f(x)恒成立，则f(x)max.f(x)恒成立，则f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值
12、转化法可通过求最值建立关于参数的不等式求解如f(x)0，则只需f(x)min0.设函数f(x)(ax1)ex(aR)(1)当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)对任意的x0，)，f(x)x1恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a0时，f(x)aex(ax1)exaex，由于ex0，a0，所以令f(x)0得，x.所以当a0时，f(x)的单调递增区间是.(2)令h(x)(ax1)exx1，则f(x)x1恒成立等价于h(x)0恒成立若a0，则当x0时，ax11,0ex1f(x)1，而x11，即f(x)x1恒成立若02，则h(0)e0(a1a0)1a20，h(1)e1(a1a)1e110.所以
13、h(x)在(0,1)上有零点当x(0,1)时，设g(x)h(x)，则g(x)ex(ax12a)ex(1a)0，h(x)在(0，x0)上为增函数，即x(0，x0)时，h(x)h(0)0，所以f(x)x1，不符合题意综上可得，符合题意的a的取值范围是(，2角度2含量词的不等式问题 例4(2019延安市高考模拟)已知函数f(x)ax1xln x的图象在点(1，f(1)处的切线与直线xy0平行(1)求函数f(x)的极值；(2)若x1，x2(0，)，m(x1x2)，求实数m的取值范围解(1)f(x)ax1xln x的导数为f(x)a1ln x，可得yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为a1，由
14、切线与直线xy0平行，可得a11，即a2，f(x)2x1xln x，f(x)1ln x，当0x0，当xe时，f(x)x20，若m(x1x2)，可得f(x1)f(x2)mxmx，即f(x1)mxf(x2)mx，设g(x)f(x)mx2在(0，)上是增函数，即g(x)1ln x2mx0在(0，)上恒成立，可得2m在(0，)上恒成立，设h(x)，所以h(x)，h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，h(x)在xe2处取得极小值为h(e2)，所以m.含量词不等式问题的解法(1)f(x)g(x)对一切xI恒成立f(x)g(x)min0(xI)(2)存在xI，使f(x)g(x)成立f(x
15、)g(x)max0(xI)(3)对任意x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(4)存在x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(5)任意x1D1，存在x2D2，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2)(2019毛坦厂中学高三校区联考)已知函数f(x)ln xx2kx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2(x1x2)，求证：f(x2)f(x1)0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增；当k0时，若k280，即00，即k2时，令f(x)0，
16、解得x2x10，令f(x)0，解得0xx2，令f(x)0，解得x1x2时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)得，若f(x)存在两个极值点x1，x2，则k2，且2xkx110，则f(x1)ln x1xkx11ln x1x(2x1)1ln x1x2.下面先证明ln x0)：设g(x)ln xx，x0，则g(x)1，易得g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)maxg(1)10，g(x)0)，即ln x0)f(x1)ln x1x2x1x220，又由(1)得f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，f(x2)f(x1)0)，g(x)，令h(x)exx1，h(x
17、)ex1，x0，h(x)0，h(x)单调递增，exx10在(0，)上恒成立，当x(0,1)，g(x)0，g(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，)(2)f(x)(3x2x3k)0，即3k2exx2x2有解，令h(x)2exx2x2，h(x)2ex2x1在R上递增，h(0)0，h(1)3，k1.2(2019浙江高考)已知实数a0，设函数f(x)aln x，x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.71828为自然对数的底数解(1)当a时，f(x)ln x，x0.f(x)，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为
18、(3，)(2)由f(1)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由，得qpp(1)0.所以q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围是.3(2019南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数f(x)ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：01xln x0，所以ex10，所以当0x1时，f(x)1时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：令h(x)1xln x，则h(x)1ln x.当x时，h(x)0，h(x)单调递增；所以h(x)h1ln 10.故1xln x0.
19、由(1)知f(x)ln x在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)e10，即ln x0.因为x0，所以上述不等式可化为1xln xex.综上，01xln x0)(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a时，f(x)ex.解(1)解法一：函数f(x)ln x的定义域为(0，)由f(x)ln x，得f(x).因为a0，则x(0，a)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当xa时，f(x)minln a1.当ln a10，即00，则函数f(x)有零点所以实数a的取值范围为.解法二：函数f(x)ln x的定义域为(0
20、，)由f(x)ln x0，得axln x.令g(x)xln x，则g(x)(ln x1)当x时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减故x时，函数g(x)取得最大值gln .因而函数f(x)ln x有零点，则0ex，即证明当x0，a时，ln xex，即xln xaxex.令h(x)xln xa，则h(x)ln x1.当0x时，h(x)时，h(x)0.所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增当x时，h(x)mina.于是，当a时，h(x)a.令(x)xex，则(x)exxexex(1x)当0x0；当x1时，(x)0时，(x).显然，不等式中的等号不能同时成立
21、故当a时，f(x)ex.金版押题5已知函数f(x)xln xax在xx0处取得极小值1.(1)求实数a的值；(2)设g(x)xf(x)b(b0)，讨论函数g(x)的零点个数解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1a，函数f(x)xln xax在xx0处取得极小值1，得当a1时，f(x)ln x，则x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，x1时，函数f(x)取得极小值1，符合题意，a1.(2)由(1)知，函数g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b0)，定义域为(0，)，则g(x)2x，令g(x)0，得0x0，得x.g(x)在(0，)
22、上单调递减，在(，)上单调递增当x时，函数g(x)取得最小值b.当b0，即b时，函数g(x)没有零点；当b0，即b时，函数g(x)有一个零点；当b0，即0b0g()g(e)0，存在x1(，e)，使g(x1)0，g(x)在(，e)上有一个零点x1.设h(x)ln x1，则h(x).当x(0,1)时，h(x)h(1)0，即当x(0,1)时，ln x1，当x(0,1)时，g(x)x2ln xx2bx2x2bbx，取xmminb,1，则g(xm)0；g()g(xm)时，函数g(x)没有零点；当b时，函数g(x)有一个零点；当0b1时，证明：g(x)在(0，)上存在最小值解(1)因为f(x)x2sinx
23、1，所以f(x)12cosx，则f(0)1，f(0)1，所以切线方程为yx1.(2)令f(x)0，则cosx，当x(0，)时，得x，当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表xf(x)0f(x)减最小值增所以函数f(x)在(0，)上的单调递减区间为，单调递增区间为.(3)证明：因为g(x)x2mcosx，所以g(x)xmsinx.令h(x)g(x)xmsinx，则h(x)1mcosx，因为m1，所以(0,1)，令h(x)1mcosx0，则cosx，易知cosx在(0，)内有唯一解x0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增所以h(x0)0，
24、所以h(x)xmsinx在(x0，)内有唯一零点x1，当x(0，x1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以函数g(x)在xx1处取得最小值，即当m1时，函数g(x)在(0，)上存在最小值配套作业1.(2019白银市靖远县高三第四次联考)已知函数f(x)(x1)ex.(1)求函数f(x)的单调区间和零点；(2)若f(x)axe恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)ex(x1)exxex，令f(x)0，解得x0.所以函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，即函数f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(
25、0，)，令f(x)0，解得x1，所以函数f(x)的零点是x1.(2)画出f(x)的大致图象，如图所示，设g(x)axe，则g(x)的图象恒过点(0，e)，设函数f(x)(x1)ex的图象在点P(x0，y0)处的切线过点(0，e)，所以f(x0)x0ex0，f(x0)(x01)ex0，f(x)的图象在P(x0，y0)处的切线方程为y(x01)ex0x0ex0 (xx0)，将(0，e)代入切线方程，得e(x01) ex0xex0，整理得(xx01) ex0e，设h(x)(x2x1)exeh(x)(x2x)ex，令h(x)0，得x0或x1，所以h(x)在(，1)，(0，)上单调递增，在(1,0)上单
26、调递减又h(1)e0，h(0)1e1时，m(x)0；当0x1时，m(x)g(x2)，求实数a的取值范围解(1)f(x)a，当a0时，1ax0，则f(x)0，f(x)在1，e上单调递增；当0a时，e，则f(x)0，f(x)在1，e上单调递增；当a1时，1e，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减；当a1时，01，则f(x)0，f(x)在1，e上单调递减综上所述，当a时，f(x)在1，e上单调递增；当ag(x)max恒成立已知a(0，e)，则当a0时，g(x)0，所以g(x)在1，e上单调递减，而f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)minf(1)a，
27、g(x)maxg(1)a1，所以aa1，得a0，所以g(x)在1，e上单调递增，而f(x)在1，e上单调递减，所以g(x)maxg(e)ae21，f(x)minf(e)1ae，所以1aeae21，得a0，当a0时，对任意的x(0，)，f(x)0时，令f(x)0，得xa，因为x(0，a)时，f(x)0，x(a，)时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，)(2)当a1时，由(1)知，f(x)在1，e上是减函数，所以f(x)maxf(1)1.因为对任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(1)24，所以对任意的x11，e，不存在x21，e，使得f(x
28、1)f(x2)4.当1ae时，由(1)知，f(x)在1，a上是增函数，在(a，e上是减函数，所以f(x)maxf(a)aln aa2.因为对任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(a)2a(ln a1)4，又1ae，所以ln a10,2a(ln a1)40，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)0，即f(x)在(0，)上单调递增(2)证明：由题意，g(x)ex1ln x，g(x)ex1.构造函数h(x)g(x)ex1，x0，h(x)ex10，即h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，即当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(1，)上单调递增g(x)g(1
29、)1.5(2019东北三省四市高三第一次模拟)已知函数f(x)aln x(a0)(1)若函数yf(x)图象上各点处切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)0)(1)a0，当时，f(x)取最大值.2，a0，a4，此时f(x).在上，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)的极小值点为x，无极大值点(2)f(x)(x0且a0)，在上，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)faaln ，关于x的不等式f(x)2有解，aaln 0，ln 10，g(x)单调递增；在(1，)上，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)g(1)0，ln 10且1.a的取值范围是a0且a2.6
30、(2019汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)exln (x1)a的图象在x0处与x轴相切(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性；(2)若xt0，证明：extln (t1)ln (x1)1.解(1)由题意，得f(0)1a，即切点为(0,1a)，1a0即a1，f(x)exln (x1)1.求导，得f(x)ex，由题意，当1x0时，ex1，则f(x)0时，ex1，0，即f(x)在(0，)上单调递增(2)证法一：要证原不等式，即证extln (t1)ln (x1)10，构造函数g(x)extln (t1)ln (x1)1，x0，即证g(x)0，g(x)ext.xt0，即xt0，x11，则
31、ext1，0，即g(x)为(0，)上的增函数当xt，g(t)0时，由题意，xt0，g(x)g(t)0即g(x)0，故原不等式得证证法二：要证原不等式，即证ext1ln (x1)ln (t1)，由(1)知，当x0时，f(x)exln (x1)1f(0)0，由题意，xt0即xt0，f(xt)extln (xt1)10，即ext1ln (xt1)，又ln (xt1)ln (x1)ln (t1)ln ln ln 0.ln (xt1)ln (x1)ln (t1)，由得ext1ln (x1)ln (t1)，故原不等式得证7已知函数f(x)(x1)exmx22，其中mR，e2.71828为自然对数的底数(1
32、)当m1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当常数m(2，)时，函数f(x)在0，)上有两个零点x1，x2(x1ln .解(1)当m1时，f(x)(x1)exx22，f(x)xex2xx(ex2)由f(x)x(ex2)0，解得x0或xln 2.当xln 2或x0，f(x)的单调递增区间为(，0)，(ln 2，)当0xln 2时，f(x)2，x0，由f(x)x(ex2m)0，解得x0或xln (2m)当xln (2m)时，f(x)0，f(x)在(ln (2m)，)上单调递增；当0xln (2m)时，f(x)0，f(x)在0，ln (2m)上单调递减f(x)的极小值为fln (2m)函数f(x)在
33、0，)上有两个零点x1，x2(x1x2)，fln (2m)0，f(1)2m0，可知x1(0,1)fln (2m)ln (2m)ln 4.0x1ln 41ln .8已知函数f(x)xaexb(a0，bR)(1)求f(x)的最大值；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x20，得xln ，f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)maxfln 1b.(2)证明：由题知两式相减得x1x2a(ex1ex2)，即a.故要证x1x22ln a，只需证x1x22ln ，即证ex1x22，即证(x1x2)2e x1x22e x2x1.不妨设x10，则需证t2et2et.设g(t)t2et
34、2et，则g(t)2tetet.设h(t)2tetet，则h(t)2etet0，h(t)在(0，)上单调递减，h(t)h(0)0，即g(t)0，g(t)在(0，)上单调递减，g(t)g(0)0，故原不等式成立9(2019广元市高三第二次高考适应性统考)已知函数f(x).(1)当m(2,2)时，求函数yf(x)的单调区间；(2)若m，则当x1，m1时，记f(x)的最小值为M，g(x)x的最大值为N，判断M与N的大小关系，并写出判断过程解(1)由m(2,2)易知，函数f(x)的定义域为R，f(x).当m11，即m0时，f(x)0，此时f(x)在R上单调递增；当1m13即0m0，f(x)单调递增，x
35、(1，m1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当1m11，即2m0，f(x)单调递增，x(m1,1)时，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当m0时，f(x)在R上单调递增；当0m2时，f(x)在(，1)，(m1，)上单调递增，在(1，m1)上单调递减；当2mN.当m时，由(1)知f(x)在(1，m1)上单调递减，g(x)x，当x1，m1时，函数g(x)单调递增，所以f(x)的最小值为Mf(m1)，g(x)的最大值为Nm1，所以下面判断Mf(m1)与Nm1的大小，即判断ex与(1x)x的大小，其中xm1，令m(x)ex(1x)x，则m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因
36、xm1，所以h(x)ex20，m(x)单调递增；而m(1)e30，故存在x0使得m(x0)ex02x010，所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)m(x0)ex0xx02x01xx0xx01，所以x0时，m(x0)xx010，即ex(1x)x，即Mf(m1)Nm1.函数与导数类解答题(12分)已知函数f(x)x1aln x(aR)，g(x).(1)当a2时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)若a0，且对任意x1，x2(0,1，都有|f(x1)f(x2)|4|g(x1)g(x2)|，求实数a的取值范围解题思路(1)由导数的几何意义可得切线的斜率，进而得到切线的方
37、程；(2)利用导数判断函数f(x)的单调性，结合f(x2)f(x1)4g(x1)g(x2)即可将问题转化为不等式恒成立问题，进而求得a的取值范围解(1)当a2时，f(x)x12ln x，(1分)f(x)1，f(1)0，切线的斜率kf(1)3，(2分)故曲线yf(x)在x1处的切线方程为3xy30.(4分)(2)对x(0,1，当a0，f(x)在(0,1上单调递增，易知g(x)在(0,1上单调递减，(6分)不妨设x1，x2(0,1，且x1x2，f(x1)g(x2)，f(x2)f(x1)f(x2).令h(x)f(x)，则当x1h(x2)，h(x)在(0,1上单调递减，(8分)h(x)10在(0,1上
38、恒成立，x2ax40在(0,1上恒成立，等价于ax在(0,1上恒成立，只需amax.(10分)yx在(0,1上单调递增，ymax3，3af(x2)构造函数h(x)f(x)，将问题转化为函数的单调性及最值问题3步骤齐全很关键，查看是否注意定义域，区间的变化，分类讨论的条件，极值、最值、题目的结论等一些关键式子，解答时一定要写清楚跟踪训练(2019济宁市高三第一次模拟)(12分)已知函数f(x)ln x2ax，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)1时恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)2a(x0)，(1分)若a0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(2分)若a0，
39、当0x0；当x时，f(x)0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(4分)(2)由题意可知，不等式可转化为ln xax2(2a1)x1时恒成立，令g(x)ln xax2(2a1)x(x1)，(5分)g(x)2ax(2a1).(6分)若a0，则g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，所以g(x)g(1)a1，不等式恒成立等价于a10，即1a0；(8分)若0a1，当1x时；g(x)时，g(x)0，g(x)在上单调递减，g(x)在上单调递增，所以g(x)，不符合题意；(10分)若a，当x1时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)(g(1)，)，不符合题意综上所述，1a0.(12分)