1、第2课时1已知函数f(x)aln xex；(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a2，求证：f(x)0.2(2018年新课标)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点3(2018年陕西西安调研)函数f(x)axxln x在x1处取得极值(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围4已知函数f(x)(1ax2)ex1.(1)当a0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间0,1上恰有2个零点，求实数a的取值范围5(2016年新课标)设函数f(x)ln xx1.(1)
2、讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.第2课时1(1)解：根据题意可得，f(x)ex(x0)，当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得axex0，即xexa，又axex在(0，)上存在一解，不妨设为x0，函数yf(x)在(0，x0)上是单调递增的，在(x0，)上是单调递减的函数yf(x)有一个极大值点，无极小值点；总之，当a0时，f(x)无极值点；当a0时，函数yf(x)有一个极大值点，无极小值点(2)证明：f(x)2ln xex，f(x)(x0)，由(1)可知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex02，又yxex在(0，)上
3、是增函数，且020恒成立，g(x)在(0,1)上是增函数，g(x0)g(1)20，即g(x0)0，f(x)0；当x(32 ，32 )时，f (x)0，f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g (x)0.仅当x0时g (x)0.g(x)在(，)上单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a620，故f(x)有一个零点3解：(1)f(x)aln x1，x0，由f(1)a10，解得a1.则f(x)xxln x，f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2.当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然
4、f(x).如图D135，由图象可知，m10，即m1，图D135由可得2m0时，4a24a.当01时，令f(x)0x11，x21，f(x)在和 上单调递增；在上单调递减综上所述，当0a1时，f(x)在R上单调递增；当a1时，f(x)在和上单调递增；在上单调递减. (2)当0a1时，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，f(0)0，此时f(x)在区间0,1上有1个零点，不符； 当a1时，x1x20，f(x)在0,1上单调递增；f(0)0，此时f(x)在区间0,1上有1个零点，不符； 当a0)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减因此f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，)上为减函数(2)证明：由(1)知，函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0.当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.当x(0,1)时，1(c1)xcx.
