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1、1(2018胶州模拟)已知函数f(x)(aR，e为自然对数的底数，e2.718 28)(1)若曲线yf(x)在x0处的切线的斜率为1，求实数a的值；(2)求f(x)在1,1上的最大值g(a)；(3)当a0时，若对任意的x(0,1)，恒有f(x)f，求正实数m的最小值解析：(1)f(x)，f(0)1a1，解得a2.(2)由f(x)0，得x1a；由f(x)1a.所以f(x)的单调递增区间是(，1a)，单调递减区间是(1a，)当1a2时，f(x)在1,1上单调递减，f(x)maxf(1)(a1)e；当11a1，即0a2时，x1a为f(x)在区间1,1上的极大值点，也是最大值点，所以f(x)maxf(
2、1a)；当1a1，即a0时，f(x)在1,1上单调递增，f(x)maxf(1).所以g(a).(3)当a0时，由(2)知，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减若0mf(1)，与f(x)在(，1)上单调递增矛盾，所以只有m1.当m1时，1，所以ff，故只需f(x)f，即可满足f(x)f.下面证明f(x)f在区间(0,1)上恒成立f(x)f，即，即xeex，即x2ex，两边取对数，得ln x.构造函数h(x)ln x，则h(x)，对任意的x(0,1)，h(x)h(1)0，所以ln x.综上可知，正实数m的最小值为1.2(2018贵阳模拟)设函数f(x)xln(ax)(a0)(1)设F
3、(x)f(1)x2f(x)，讨论函数F(x)的单调性；(2)过两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)的直线的斜率为k，求证：k0，函数F(x)在(0，)上是增函数；当ln a0，即0a0，得(ln a)x210，解得0x ；令F(x)0，得(ln a)x21 .所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数(2)证明：因为k，x2x10，要证k，即证ln 1，则只要证1ln t0(t1)，故g(t)在(1，)上是增函数所以当t1时，g(t)t1ln tg(1)0，即t1ln t成立要证11，即证t10(t1)，故函数h(t)在(1，)上是增函数，所以当t1时，h(t)tln t
4、(t1)h(1)0，即 t1tln t成立故由知kk(x1)axx恒成立，求正整数k的值解析：(1)由f(x)xln xax，得f(x)ln xa1，函数f(x)在区间e2，)上为增函数，当xe2，)时，f(x)0，即ln xa10在区间e2，)上恒成立，a1ln x.又当xe2，) 时，ln x2，)，1ln x(，3a3.(2)若对任意x(1，)，f(x)k(x1)axx恒成立，即xln xaxk(x1)axx恒成立，也就是k(x1)0.则问题转化为k0，则m(x)xln x2在(1，)上为增函数 ，m(1)1ln 121，m(2)2ln 22ln 2，m(3)3ln 321ln 30.x
5、0(3,4)，使m(x0)x0ln x020.当x(1，x0)时，m(x)0，h(x)0，h(x)0，h(x)在(x0，)上单调递增，h(x)的最小值为h(x0).m(x0)x0ln x020，ln x01x01，代入函数h(x)得h(x0)x0，x0(3,4)，且kh(x)对任意x(1，)恒成立，k成立解析：由题意得f(x)2ax(2a1)，x(0，)(1)由题意得f(2)1，即1，解得a.(2)当a0时，2ax10得0x1，由f(x)1，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减当a0时，令f(x)0得x1或x，当时，由f(x)0得x1或0x，由f(x)0得x1，即0a0，得x或0x1，由f(x)0得1x，故函数f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；当1，即a时，在(0，)上恒有f(x)0，故函数f(x)在(0，)上单调递增综上可知，当a0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当0a时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，)上单调递增(3)证明：由(2)知，当a1时，函数f(x)ln xx23x在(1，)上单调递增，ln xx23xf(1)2，即ln xx23x2(x1)(x2)，令x1，nN*，则ln，lnlnlnln，ln，即ln(1n) .故对任意的nN*，都有ln(1n) 成立
