1、考点过关检测（三十二）1(2019临川模拟)设f(x)ax3xln x.(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若x1，x2(0，)，且x1x2，2，求实数a的取值范围解：(1)g(x)ax2ln x(x0)，g(x)2ax(x0)，当a0时，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增；当a0时，若x，则g(x)0；若x，则g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在，上单调递减综上，当a0时，函数g(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减(2)因为x1x20，不等式2恒成立，所以f(x1)f(x2)2x12x2，亦即f(x1)2x1f(x2)2x2恒成立，设F(x
2、)f(x)2x，则F(x)在(0，)上为减函数，即F(x)0恒成立因为F(x)ax3xln x2x，则F(x)3ax2ln x10，即3a恒成立令h(x)，则h(x)，所以当x(0，e)时，h(x)0，h(x)在(0，e)上单调递减；当x(e，)时，h(x)0，h(x)在(e，)上单调递增，所以h(x)h(e)，所以3a，即a，故实数a的取值范围是.2设函数f(x)ax2aln x，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数)解：(1)由题意，f(x)2ax，x0，当a0时，2ax210，f(x)0，
3、f(x)在(0，)上单调递减当a0时，f(x)，当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在(0，)上单调递减；当a0时，f(x)在上单调递减，在，上单调递增(2)原不等式等价于f(x)e1x0在(1，)上恒成立一方面，令g(x)f(x)e1xax2ln xe1xa，只需g(x)在(1，)上恒大于0即可又g(1)0，故g(x)在x1处必大于等于0.令F(x)g(x)2axe1x，由g(1)0，可得a.另一方面，当a时，F(x)2ae1x1e1xe1x，因为x(1，)，故x3x20.又e1x0，故F(x)在a时恒大于0.所以当a时，F(x)在(1，)上单
4、调递增所以F(x)F(1)2a10，故g(x)也在(1，)上单调递增所以g(x)g(1)0，即g(x)在(1，)上恒大于0.综上所述，a.故实数a的取值范围为.3(2019南宁三模)已知函数f(x)ln x，g(x)ax(aR)(1)若函数yf(x)与yg(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；(2)求出实数m的取值范围，使得对任意的x，函数yf(x)的图象均在h(x)的图象的下方解：(1)由于当x(0,1)时，f(x)0，而g(0)0，所以函数yf(x)与yg(x)的图象无公共点，等价于f(x)g(x)恒成立，即a恒成立令(x)(x0)，则(x)，当x(0，e)时，(x)0；当x(e，)时
5、，(x)0，所以(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以(x)的最大值为(e)，所以a，故实数a的取值范围为.(2)由题意得，不等式ln x在上恒成立，即mexxln x在上恒成立令F(x)exxln x，则F(x)exln x1，令u(x)F(x)，则u(x)ex，易知u(x)在上单调递增，由于u20，u(1)e10，所以存在x0，使得u(x0)0，所以ex0，所以x0ln x0，所以F(x)在上单调递减，在(x0，)上单调递增，F(x)F(x0)ex0ln x01x0110，所以F(x)在上单调递增，故mln 2.所以实数m的取值范围为.4(2019泰安二模)已知函数f(x
6、)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)成立，求a的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).若a1，则x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为增函数，所以f(x)minf(1)1a.若1ae，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.若ae，则x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数所以f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当a1时，f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数，所以g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，即a，所以a的取值范围为.
