（l）当m2时，求曲线yfx在x1处的切线方程;
（n）求gx的单调区间;
范围.
exa
5、（丰台区2019届局三一模）已知函数f（x）一一alnx.
xx
（I）当a0时，求函数f（x）的单调区间；
（口）若函数f（x）在x1处取得极大值，求实数a的取值范围.
6、（海淀区2019届高三一模）
...1352
已知函数f（x）x—x
⑴当a6时，求函数f（x）在（0,+）上的单调区间;
（n）求证：
当a0时，函数f（x）既有极大值又有极小值.
32
7、（怀柔区2019届局二一模）已知函数f（x）2x3ax1（aR）.
（I）当a0时，求f（x）在点（1,f
（1））处的切线方程；
（口）求f（x）的单调区间；
（川）求f（x）在区间［0,2］上的最小值.
8、（门头沟区2019届高三一模）已知f（x）axex在点（0,0）处的切线与直线yx2平行。
（I）求实数a的值；
x2_
（n）设g（x）f（x）b（—x）（bR）.2
（i）若函数g（x）0在［0,）上恒成立，求b的最大值；
（ii）当b0时，判断函数g（x）有几个零点，并给出证明.
xa_
9、（石景山区2019届局二一模）设函数f（x）eax一，a0.
2
（I）若曲线yf（x）在点（1,f
（1））处的切线与x轴平行，求a;
（口）当x1时，函数f（x）的图象恒在x轴上方，求a的最大值.
10、（顺义区2019届高三第二次统练（一模））设函数fxaJxInx,aR.
（I）若点1,1在曲线yfx上，求在该点处曲线的切线方程；
（II）若fx2恒成立，求a的取值范围.
a11、（通州区2019届局二一模）设fx—InxaR.
x
（i）当a0时，直线yexm是曲线yfx的切线，求m的值；
（n）求fx的单调区间；
1
（山）右f（x）—恒成立，求a的取值范围.
x
12、（西城区2019届高三一模）设函数f（x）mexx23,其中mR.
（I）当f（x）为偶函数时，求函数h（x）xf（x）的极值；
（n）若函数f（x）在区间［2,4］上有两个零点，求m的取值范围.
lnxa
13、（延庆区2019届高三一模）已知函数f（x）1.
x
（l）当a1时，求曲线yf（x）在点（1,f
（1））处的切线方程；
（口）求函数f（x）的单调区间；
（m）当a1时，求函数f（x）在上区间0,e零点的个数.
参考答案
1、解：
（I）求导得f（x）aex4.定义域xR.
当a0时，f（x）0,函数f（x）在R上为减函数.
4
当a0时，令f（x）0得xln—,f（x）为增函数；
4
令f（x）0碍xln—，f（x）为减函数.
所以a0时，函数f（x）减区间是（，）.44
当a。
时，函数f（x）增区间是（ln—,）；减区间是（，ln—）.……5•分
（口）依题意，只需证ex4xx210.设F（x）ex4xx21.x
则F（x）e42x，设G（x）F（x）.
因为G（x）ex20,所以G（x）在（，）上单调递增.
又因为G（0）30,G
（1）e20，所以G（x）0在（0,1）内有唯一解，记为x0即
e"42x0.
当xx°时，F（x）0,F（x）单调递减；当xx°时，F（x）0,F（x）单调递增；所以F（x）minF（x°）e~4x0xo21xo26x05,x°（0,1）.
22
设g（x）x6x5（x3）4,x（0,1）.则g（x）g
（1）0.所以F（x0）0.
所以F（x）0,即曲线yf（x）在抛物线yx21上方.……13分
2、解（I）由f（x）aex，得f（x）aex，所以f（0）a1分
1
由g（x）lnx,碍g（x）^，所以9。
）1••…2分
由已知f（0）g
（1）,得a1,……3分
经检验，a1符合题意.……4分
（H）由题意|PQ||e*lnt|,t0
设h（x）exlnx,x0,……1分
则h（x）ex1,......2分
设（x）ex1,x
1
贝U（x）ex/0,所以（x）在区间（0,）单调递增，……3分
1—
又
（1）e10>（―）^e20,4分
2
所以（x）在区间（0,）存在唯一零点，
设零点为为，则x0（―,1）,且ex°—.5分
2x。
当x（0,x0）时，h（x）0;当x（x0,）,h（x）0.
所以，函数h（x）在（0,刈）递减，在g,）递增，……6分
x0■1.
h（x）>h（xo）eInxo—Inx0,
x0
x1一
由e——，碍Inx0x0
11.、
所以hg）—x0>2,由于x0（-,1）h（x0）2.……8分
xo2
从而h（x）2,即exlnx2,
也就是etlnt2,|etlnt|2,
即|PQ|2,命题得证.……9分
3、解：
（I）f（x）定义域为（0,）.
由已知，得f'
（1）0，解得a=1.
当a=1时，f'（x）（2x1；（x1）.
所以f'（x）00x1,f'（x）0x1.
所以f（x）减区间为（0,1），增区间为（1,+?
）.
所以函数f（x）在x1时取得极小值，其极小值为f
（1）=0,符合题意
所以a1.5分
（II）令f'（x）（2x1尸1）。
，由01.
11
所以f'（x）00x,f'（x）0x.
aa
所以f（x）减区间为（0,1）,增区间为（[,+?
）.111
所以函数f（x）在x-时取得极小值，其极小值为f（-）=lna+1--.
因为01一一11
所以1—0.所以f（―）=ina+1-—<0.
1、a（a-21（a-21（a-2+e）
四为f
（一）==++1>+1=,
eeeee
又因为00.
所以f
（1）>0.
根据零点存在定理，函数f（x）在（0,1）上有且仅有一个零点.
a
22
因为x>inx,f（x）ax（a2）xinxax（a2）xxx（axa3）.
令axa30,得x>——.
a
又因为01.
aa
所以当x>-一-时，f（x）>0.a
根据零点存在定理，函数f（x）在（1,+?
）上有且仅有一个零点.
a
所以，当04、（I）当m2时，fxx3x22,所以fx3x22x
所以f12,f11,所以切线方程为yx1
x23m2
（n）g（x），的正义域是xx
g（x）—―*2'm，令g'（x）0,得x1m,x23m4分
x1
①当m。
时，g（x）x,x0所以函数g（x）的单调增区间是（，0）,（0,）
5分
②当m。
时，x,g（x）,g（x）变化如下:
x
（
3m）
3m
（3m,m）
（m,m）
m
（m,
）
g（x）
0
0
g（x）
Z
]
]
Z
所以函数g（x）的单调增区间是,3m,m,，单调减区间是3m,m,m,m,
③当m。
时，x,g（x）,g（x）变化如下:
x
（,m）
m
（m,m）
（m,3m）
3m
（3m）
g（x）
0
0
g（x）
Z
]
]
Z
所以函数g（x）的单调增区间是，m,3m,，单调减区间是m,m,m,3m,
8分
（ni）因为fxx3x2（2m）x2，所以fx3x22x（2m）
当m0时，4122m12m200,
所以f'x0在0,1上恒成立，所以fx在0,1上单调递增，
所以fx在0,1上的最小值是f02,最大值是f14m,
由（n）知当1m0时，0m1
gx在0,m上单调递减，在m,1上单调递增,
因为g
m
2m2,所以不合题意
当m
1时,
m1,gx在0,1上单调递减，
0,1上的最大值为g03m,最小值为g1
13m2
所以g
X在
所以当
01
时,
gx的取值范围为
"m
12分
01
01
使得f（Xi）gX0
成立”
等价于
“1
3m2
3m
[2,4m]”
1
m
1
3m2
2,曰得
m
1或m-
3
解
1m
3m4
m
m
2
所以m的取值范围为
2,
1
5、解:
（i）
f（x）定义域为
（0,）,
当a
0时，
f（x）
Xe—,
X
eX（x1）f'（x）I,
X
令f'（x）0得X1
令f'（x）0得0
“对于任意
总存在X1
X。
13分
X1.
所以f（X）的增区间为（1,）,减区间为（0,1）.
X
（H）f'（X）（ea）（X1）
（1）当aeXe>0.
函数f（X）在X1处不可能取得极大值.
（2）当ae时，Ina1.
X
（0,1）
1
（1,lna）
f'（x）
+
0
-
f（x）
/
极大值
函数f（X）在X1处取得极大值.
综上可知，a的取值范围是（e,）.
…„……1352-,
6、解：
（I）当a6,x0时，f（x）-x-x6x1
32
所以f'（x）x25x6（x2）（x3）,
令f'（x）0,得x2,或x3.
当x变化时，f'（x）,f（x）的变化情况如下表：
x
（0,2）
2
（2,3）
3
（3,）
f'（x）
0
0
f（x）
Z
极大值
]
极小值
Z
所以f（x）在（0,+）上的单调递增区间是（0,2）,（3,），单调递减区间是（2,3）
（口）当a
0时，
若x
0,则
13f（x）x
3
52x
2
ax1,
所以
f'（x）
2
x5xa
x（x
5）a
因为
x0,a
0,所以f'（x）
0
若x
0,则
13
f（x）-x3
52
—x
2
ax1,
所以
f'（x）
x25xa
令f'（x）0,
254a
0,
所以有两个不相等的实根x1,x2，且x1x20
不妨设由0,所以当x变化时，f'（x）,f（x）的变化情况如下表:
x
（,0）
0
（0*）
x2
02,）
f'（x）
无定义
0
f（x）
Z
极大值
]
极小值
Z
因为函数f（x）图象是连续不断的,所以当a0时，f（x）即存在极大值又有极小值
7、解：
（I）f（x）的定义域为R,
当a。
时，f（x）2x31,f'（x）=6x,
f
（1）=6,f
（1）=3,所以f（x）在点（1,f
（1））处的切线方程是6x-y-3=0.5分
（n）f（x）=6x（x+a）,
1当-a=0时，f（x）=6x2>g贝Uf（x）在（—oo,+oo）上为增函数；
2当—av0,即a>0时，由f（x）=6x（x+a）>0
得x<-a或x>0,所以f（x）的单调增区间为（-8,-a）和（0,+°°）；
由f（x）=6x（x+a）v0得-avxv0,所以f（x）的单调减区间为（-a,0）;
3当一a>0即av0时，
由f（x）=6x（x+a）>0得x>-a或xv0,
所以f（x）的单调增区间为（-8,0）和（-a,+00）；
由f（x）=6x（x+a）v0,得0vxv-a,所以f（x）的单调减区间为（0,-a）.
综上所述，当a=0时，f（x）的单调增区间为（-8,+oo）；
当a>0时，f（x）的单调增区间为（-一a）和（0,+00）,f（x）的单调减区间为（-a,
0）;当av0时，f（x）的单调增区间为（-8,0）和（-a,+00）,f（x）的单调减区间为
（0,-a）.
10分
（山）①当-avo即aAO时，由（n）可知，f（x）在［0,2］上单调递增，所以f（x）的最小值为f（0）=1;
②当0v-av2,即-2vav0时，由（n）可知，f（x）在［0,-a）上单调递减，在（-a,2］上单调递增，所以f（x）的最小值为f（-a）=a3+1；
③当-aA2即a。
2时，由（n）可知，f（x）在［0,2］上单调递减，所以f（x）的最小值为f
（2）=17+12a.
综上所述，当aAO时，f（x）的最小值为f（0）=1;-2vav0时，f（x）的最小值为f（-a）
=a3+1；a。
2时，f（x）的最小值为f
（2）=17+12a.14分
8、解：
（I）由题意得：
f/（x）aex（x1）f/（0）aa1
（n）（i）g（x）f（x）b（—x）xexb（—x）g/（x）（x1）（exb）
22
当x[0,）时，若b1,exb0g,（x）0,g（x）递增，则g（x）g（0）0
当x[0,）时，若b1,g/（x）0xi1（舍），x2Inb0,g（x）在（0,lnb）递减，则
g（lnb）g（0）g（x）0不恒成立，所以，b的最大值为1.
..xx2_xx_,、
（ii）g（x）xeb（一x）刈eb（—1）],显然g（x）有一个零点0；
22
设t（x）exb（x1）t,（x）ex-
22
当b0时，t（x）无零点；所以g（x）只有一个零点0
当b。
时，有t/（x）0,所以t（x）在R上单增，
「2_22
又t（0）1b0,t（—2）eb10,由零点存在定理可知，b
所以t（x）在（，0）上有唯一一个零点x0,所以g（x）有二个零点
综上所述，b0时，g（x）只有一个零点0,b0时，g（x）有二个零点.
9、解：
（I）f（x）exax；,
f（x）ex
a,
f
（1）e
a,
由题设知f
（1）
0，即ea0,解得ae
经验证ae满足题意。
（n）方法一：
令fx0，即exa,则xIna,
（1）当Ina1时，即0ae
对于任意x
lna有fx0，故fx在，lna单调递减;
对于任意xIna,1有fx0,故fx在Ina,1单调递增,
因此当xIna时,
有最小值为a
alna
a3Ina
2
0成立.
（2）当Ina
1时,
对于任意x
1
1
单调递减,
所以
f⑴.
因为
的图象恒在
x轴上方,
所以
0,
因为f
0,所以f10,
2e,
综上，a的最大值为2e.
方法二:
由题设知，当x
1时,
ax
（1）
1时,
x
e
1x
2
2
1
x-
2
在0,1单调递减,
因此,
gx的最小值大于
所以
1
e2
0成立.
1j
—时,
2
x
e
1x
2
x
e1
1
x—
2
综上，a的最大值为
因为
0,
所以当a2e时a
x
e
"成立.
2
2e
10、解：
（I）因为点1,1在曲线yfx上,
所以a1,fx很Inx.
又fx巫1公，2xx2x
~.1
所以f11.
2
在该点处曲线的切线方程为y1
（II）定义域为0,,fx
讨论：
（1）当a0时，fx0
3分
4分
1
-x1即x2y305分
2
a.x1a.x2
6分
2xx2x
此时fx在0,
上单调递减，又f1
8分
4
（2）当a0时，令fx=0可得x=-ya
x
2
。
且
4
2a
4
4
~2,a
fx
0
fx
单调递减
单调递增
列表可得
上单调递增
10分
~,4,、，、一，，，4
所以fx在0,-2-上单倜递减，在
a
4~.4
ln孑，所以令2ln—y2解得a2
0x1,
、xlnx,
—厂，由g
2x
所以gx在0,1单调递增，在1,+上单调递减，gxmax
所以a2
11、解：
（I）当a0时，fxInx,fx
1
设切点Pxo,y°，则fx°—e,
x
…1
所以xo-,yo1.
e
把切点Px0,y0的坐标代入切线方程yexm，得m2；
■a
（n）fx—Inx的定乂域为（0,）,
x
2a1
2
x2a
（i）当a0时，fx0,fx在（0,）上单调递增;
（订）当a0时，令fx
在0,J2a,fx0,所以fx在（0,w：
2a）单调递减；
在v'2a,fx0,所以fx在v'2a,单调递增.
一、1a1
（m）f（x）—怛成立，即一2lnx—0在x0,怛成立,
xxx
也就是ax2Inxx0在x0,恒成立.
令gxax2Inxx,x0,，贝U
gx2xlnxx1.
当x（0,1）时，因为x10,2xlnx0,所以gx0;
当x（1,
）时，因为x10,2xlnx0,所以gx0.
1分
2分
4分
5分
6分
7分
8分
9分
10分
11分
12分
所以gx在x1时取得极小值g1a1.
因为在定义域（0,）内gx只有一个极小值，所以g1a1也是最小值.
所以a
10,即a
1.
所以a
的取值范围是
1,13分
12、解
：
（I）由函数
f（x）是偶函数，得f（x）f（x）,
即mex（
x）23mexx23对于任意实数x都成立,
所以m0.2分
此时h（x）xf（x）x33x,贝Uh（x）3x23.
由h（x）0,解得x1.3分
当x变化时，h（x）与h（x）的变化情况如下表所示：
x
（
1）
1
（1,1）
1
（1,
）
h（x）
0
0
h（x）
极小值
/
极大值
所以h（x）在（，1）,（1,）上单调递减，在（1,1）上单调递增.5分
所以h（x）有极小值h
（1）2,h（x）有极大值h
（1）2.
（H）由f（x）mexx230,得mxx
e
所以“f（x）在区间［2,4］上有两个零点”等价于“直线
x［2,4］有且只有两个公共点”
由g（x）0,解得x〔1
当x变化时，g（x）与g（x）的变化情况如下表所示:
x
（2,1）
1
（1,3）
3
（3,4）
g（x）
0
0
g（x）
极小值
/
极大值
所以g（x）在（2,1）,（3,4）上单调递减，在（1,3）上单调递增.11分
~2,八cc6,~,、13…、
又因为g
（2）e,g
（1）2e,g（3）—g
（2）,g（4）—g
（1）,ee
2
136x3
所以当2em—或mer时，直线Vm与曲线g（x）——,x[2,4]有且只有两个
公共点.
2em13或m与时，函数f（x）在区间［2,4］上有两个零点.
ee
2，
x
即当
令f（x）0,xe1a
x、f（x）及f（x）的变化情况如下
x
（0,e1a）
1ae
（e1a,）
f（x）
0
f（x）
增
减
所以，f（x）在区间（0,e1a）上单调递增,
f（x）在区间（e1a,）上单调递减
1e1a
ra~
e
f（x）在区间（0,1）单调递增，在区间（1,e）上单调递减
由f
（1）0,
故f（x）在区间0,e上只有一个零点
10分
（2）当a1时,
且f（e1a）
a1,
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