二轮复习数学专题四第一课时“导数与不等式”考法面面观

二轮复习数学专题四-第一课时-“导数与不等式”考法面面观作者： 日期:专题四 导数的综合应用卷卷卷20利用导数的单调性证明不等式·21()根据函数的极值求参数、不等式的证明·T21导数在不等式的证明、由函数的极值点求参数·T1217利用导数研究函数的零点问题·2（2）函数的单调性、极值、零点问题、不等式的证明·T21由不等式恒成立求参数、不等式放缩·T1016函数的零点、不等式的证明·T21函数单调性的判断、不等式的证明及值域问题·T21函数的最值、不等式的证明·T21纵向把握趋势导数的综合问题是每年的必考内容且难度大.主要涉及函数的单调性、极值、零点、不等式的证明.预计2019年会考查用分类讨论研究函数的单调性以及函数的零点问题导数的综合问题是每年的必考内容,涉及函数的极值、最值、单调性、零点问题及不等式的证明,且近3年均考查了不等式的证明预计2019年仍会考查不等式的证明,同时要重点关注会讨论函数的单调性及零点问题导数的综合问题是每年的必考内容，涉及函数的最值、零点、不等式的恒成立及不等式的证明问题，其中不等式的证明连续3年均有考查,应引起关注预计2019年仍会考查不等式的证明,同时考查函数的最值或零点问题横向把握重点导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值（最值）是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题,是高考的热点和难点解答题的热点题型有：()利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根;(3）利用导数求解参数的范围或值.第一课时 “导数与不等式”考法面面观考法一不等式的证明问题题型·策略(一) 设a为实数，函数f（x)ex-2x+a，R(1）求 (x)的单调区间与极值;（2)求证：当aln 2-1且x>0时，x>x-2ax1.破题思路第(1）问求什么想什么求f (x)的单调区间与极值，想到求导函数f (x),然后利用不等式f ()>0及f （x)<0求单调区间并确定极值给什么用什么已知条件给出f (x)的解析式,可直接用求导公式求导第(2）问求什么想什么证明ex>x2-ax1(a>n 21，x0)成立，想到证明xx22x1>0成立给什么用什么通过对第()问的研究，求得f （x)=2+a的单调性与极值，仔细观察，可发现（x-x22x）=2x2a差什么找什么需要研究函数g(x)x2ax-1的单调性或最值,利用导数研究即可规范解答(1)由 （)ex-2+2a(xR)，知f (x)=ex2.令f(x)0，得ln2当xn时，f (x）<0，故函数f ()在区间(，ln )上单调递减;当xl 时，f （x)0，故函数f ()在区间（l2，)上单调递增.所以f (x)的单调递减区间是(-,l2)，单调递增区间是(l2，+),f (x）在x= 2处取得极小值 (l 2)eln -2ln +2a=-l 2+a,无极大值.(2）证明：要证当aln 21且x>0时，e>x2-2ax+，即证当aln -1且>0时,ex2+ax->0.设g()=exx2+2ax-1(x0)则g(）=x，由（1)知g(x)ming（ln 2)=2-l 2a又a>ln 2-1,则g（x）min0.于是对R,都有g(x)>0，所以g(x)在R上单调递增于是对>,都有g(x)>g(0)0.即ex-x2+ax-1>0,故x>22x1.题后悟通思路受阻分析本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第（2）问时,易忽视与第（1)问的联系，导函数g(）x-x2a的单调性已证,可直接用，若意识不到这一点，再判断g（x)的单调性,则造成解题过程繁琐,进而造成思维受阻或解题失误技法关键点拨利用单调性证明单变量不等式的方法一般地,要证f (x)>g(）在区间(，b)上成立，需构造辅助函数F（x）f ()g（x），通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式.若F()=0,只需证明(x)在（，b)上单调递增即可;若F(b)0，只需证明F(）在(，b）上单调递减即可 对点训练已知函数f (x)=xlnx，g（x)(x21)（为常数）.()若曲线y=(x）与曲线g(x)在1处有相同的切线,求实数的值；(2)若=，且1，证明:f (x）g(x).解：()f （)=ln x,g(x）=2x，则f (1)=，从而g（1）=21,即(2)证明：设函数(x)ln x(x2-),则h(）=ln -.设(x)ln x+1x，从而p（x)=-10对任意x1,+)恒成立，所以当x1,+)时，p(x)ln x+1-xp(1）0，即h()0,因此函数h(）=xln x(x2-1)在1，+)上单调递减,即h(x)h()=,所以当，且时,f(x)g（x）成立.题型·策略(二) 已知函数f(x)aexbln ，曲线y=f (）在点（1，f (1）)处的切线方程为=x.(1)求a,b;（)证明：f (x)>.破题思路第()问求什么想什么求a，b的值，想到建立关于a，b的方程组给什么用什么题目条件中给出函数f（x)在点(1，f (）)处的切线方程，可据此建立关于,的方程组第(2)问求什么想什么要证f (x)>0,想到f (x)的最小值大于0差什么找什么需求f （x）的最小值，因此只要利用导数研究函数f （x)的单调性即可规范解答（1)函数(x)的定义域为（0,+).f (x)=ex-，由题意得 (1)=，f （1）1，所以解得()证明：由(）知 (x)·eln x(x0）.因为 （x)=x-2在（,）上单调递增，又 （1）<0,f (2)>0,所以f (x）0在（，)上有唯一实根0,且x(1，2).当x(0,x0）时, (x)<0,当x(x0，）时,f（x)>0,从而当x0时,f (x)取极小值，也是最小值由（0)0,得ex0-2=,则x2ln 0.故 (）f (x0)=ex0-l0=x0->2 -=0，所以 (x)>.题后悟通 思路受阻分析本题属于隐零点问题.解决第(2)问时，常因以下两个原因造成思维受阻，无法正常解题(1）(x)0在(0,）上有解，但无法解出；()设出f ()0的零点x，即f(x)的最小值为f (x0)，但是不能将函数f(x0)转化成可求最值的式子,从而无法将问题解决当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式,从而可轻松判断其符号技法关键点拨利用最值证明单变量不等式的技巧利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f （x）g（x).证明技巧：先将不等式f ()>g()移项，即构造函数()=f （)-g（x)，转化为证不等式（x)>,再次转化为证明h(x）min0，因此，只需在所给的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性,并求出函数h（)的最小值,即可得证对点训练已知函数(x）=.（1)若f (x)在区间(-,2上为单调递增函数,求实数a的取值范围;()若a=,x01,设直线y=g(x)为函数f（x)的图象在x0处的切线,求证： (x）g（x).解：（1)易得f （x)=，由题意知f(x)0对x（-,2恒成立，故1对x（，2恒成立,a2,a-1.故实数a的取值范围为（,.(2)证明:若a=,则f (x)=函数f （x)的图象在xx处的切线方程为yg(x)f (0）(xx0)f (x0)令h（)=f (x)-()=(x）f （0)(x)-f (x0),xR，则()f(） （x)-设(x)(1x）ex0(1x0)x，R，则（x)=-x0-(10)xx01,(x)<，(x)在R上单调递减，而(x0)=,当x0时,（x)>0,当x0时,(x)0，当x时，h(x)>0，当x0时,h()，h（x）在区间(-,x0)上为增函数,在区间(x0,)上为减函数,xR时,h(x)（x0)=0, (x)（x).构造函数证明双变量函数不等式 若>>，求证:lnb-n >.破题思路证明:lbl a>，想到如下思路：（1）构造以为主元的函数，利用导数求解.()考虑到nbl an ,=,设t,化为只有一个因变量t的函数求解.(3)原不等式右边可分开写,观察此式两边，发现其与f(x)=ln x-有关，故先研究f (x)的单调性，从而得解.规范解答法一:主元法(学生用书不提供解题过程)构造函数 (x）ln bln x-，其中0<x<b,则 （x)-=0<x<,(x)=-<,则函数f (x)在(0,)上单调递减，而b>a>0，故f() (b)0,即 bln >法二:整体换元法(学生用书不提供解题过程）令t（t>1）,构造函数f (t)=ln t-,则f (t)=+=.t1,t>,2+2t-1122-，则f（)>0， （t）在(，+)上单调递增,故f (t）>f (1)0，即ln ->，从而有lnb-ln a>.法三:函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程)原不等式可化为lnb>lna，则构造函数（x)lnx（>>0),则f (x）>0,f(x)=l 在(a,b)上单调递增，即f ()>f（a),则ln>ln -,故bl a.题后悟通 思路受阻分析由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点,并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题技法关键点拨证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式()整体换元对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式.(3）若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开,分离之后的函数结构具有相似性,从而构造函数利用单调性证明对点训练3.(2019届高三·黄冈模拟)已知函数f (x）=n x-e(R)(1)若函数f (x）是单调函数,求的取值范围；(2)求证:当<1<x时，e1-x2-e-x1>1-.解:（1)函数f (x)的定义域为(0,)， ()n x-x， (x)+-x，函数f （x)是单调函数,f（)0或f （)0在（0,）上恒成立，当函数f ()是单调递减函数时，f ()0，即e-x，-xe-x-，令（)=，则(）=，当0<时，(x）<0，当x1时,(）>0,则(x)在(0,1)上单调递减,在(1，)上单调递增,当x时,（)min(1），.当函数 (x)是单调递增函数时，f （x）0，0,即xex0，x=-，由得(）在(0,)上单调递减，在(1，）上单调递增,又(0)0,x时，(x)0，0.综上,的取值范围是,+）.(2）证明:由（1)可知，当-时, (x）lnx-x在(0，）上单调递减，0<x1<2,(x1)f(x2)，即-lnx1-e>-ln2e-x2，e1x2e1-x>lnx1-l x2.要证1-x2-e1x1>1-，只需证ln lnx>1,即证n>1-,令=,t(0,1),则只需证ln t>1,令h(t)=ln t-1,则(t）=-=,当0<t<1时,(t)<,h(t)在(,1)上单调递减，又(1)0，h(）>,即l >，故原不等式得证考法二 恒成立与能成立问题 题型·策略(一) 已知函数f （x)l x,若对于所有x都有(x)x-1,求实数a的取值范围破题思路 求什么想什么求实数a的取值范围,想到建立关于实数a的不等式给什么用什么题目条件中,已知f (x)a，即xln xa-1,想到将不等式转化为xln a+1或an +差什么找什么缺少l ax+1的最小值或ln x+的最小值,利用导数求解即可规范解答法一:分离参数法(学生用书不提供解题过程)依题意,得f (x)x-1在1,)上恒成立,即不等式an 在x1，）恒成立，亦即amn,1，+).设g（x)=l +(1），则g(x)=.令g（)，得x=1.当1时，因为g（x)0,故g(x)在，+）上是增函数所以g（x)在1，+）上的最小值是g(1)1.故a的取值范围是(-，1.法二：构造函数法（学生用书提供解题过程)当x时，有 （）1，即0，得a1.构造(x)=（x）(x-1)=xln xx，原命题等价于F()在x1上恒成立F()m0，x1，+)由于F(）ln x+1-在x1，)上恒成立,因此，函数F（x)在，）上单调递增,所以F()min=F(1)1-a，得a1.故a的取值范围是（-,1.题后悟通(一)思路受阻分析求解本题时,直接作差构造函数或分离参数后构造函数求a的取值范围，其关键是正确求解所构造函数的最值，这也是大多数同学不会求解或不能正确求解最值而导致无法继续解题或解题失误的地方(二)技法关键点拨分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键()分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题（2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f (a）g(）(或f()g(x)）对xD恒成立,再转化为f ()g(x）ax(或f（)(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题(三）解题细节提醒有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦,或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数,分析函数的单调性,通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式,往往能取得意想不到的效果.对点训练设函数f （)=axa-ln x，其中aR.(1)讨论f（）的单调性;(2）确定a的所有可能取值,使得f （)>e1在区间（,+)内恒成立（e2.718为自然对数的底数)解：()由题意, (x)2ax=，x>,当0时,2ax-10,f ()， (x)在(0，+)上单调递减.当a时,f (x)=,当x时，f(x）<0；当x时，f(x)0故f()在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a0时，f (x）在(，）上单调递减;当a>0时, ()在上单调递减，在上单调递增.()原不等式等价于 (x)-+1x>0在(1,)上恒成立.一方面，令g()=f (x）-x=a2-l x+e1x-a,只需g()在(1，+)上恒大于0即可.又g（1)=0，故g(）在=1处必大于等于.令F(x)=g(x）2x+-ex，由g(1）0，可得a.另一方面，当a时,F(x）2a-e1-x1-+e1-x1,因为x(，)，故x3+x2>0又1x0，故F(x)在a时恒大于0.所以当a时,(x)在（1,）上单调递增.所以F(x)>F()a-10，故(x)也在(1,+）上单调递增所以g()g(1)=0，即g(x)在（，+)上恒大于0.综上所述，.故实数a的取值范围为题型·策略(二) 已知函数f (x）=xn x,g（)=(aR）若在1，上存在一点x0，使得f(0)<(0)成立，求的取值范围.破题思路求什么想什么求a的取值范围，想到建立关于a的不等式给什么用什么题目条件中，给出存在x01，e,使f (x0）<g(x)成立，想到利用 (x0）<g（x0）建立关于a的不等式差什么找什么要建立关于a的不等式,可令h(x)=f(x）g(x)，转化为h()的最值问题求解规范解答依题意,只需(x)-g（x0）min0,x01，即可.令h(x)=f (x)g(x)=xan ，x1，e,则h（x)=.令h(）0，得x=a+1若11，即0时,(x)0，h(x）单调递增,h()min=（1）a+2<0,得-;若<a1<，即<e时，h(x)在，a1）上单调递减,在（a1,上单调递增,故()mi（a+1)(a+1)-aln(a1)+a1l(+)2>2，x(0，e-1)与h(x)<不符,故舍去若+e，即a-1时,h（x）在,上单调递减,则h(）min=(e）e，令h(e)，得>>e-成立.综上所述，的取值范围为(-，-2）.题后悟通思路受阻分析本题构造函数后，求解a的取值范围时，需对分类讨论此处往往因不会分类讨论或讨论不全而导致解题失误技法关键点拨不等式能成立问题的解题关键点对点训练2(29届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)已知a为实数,函数f ()al x+4x.(1)若=3是函数f (x)的一个极值点,求实数a的值；(）设g(x）=(a）,若存在0，使得f（x）g(x0)成立，求实数的取值范围解：（)函数f（x)的定义域为（0，+)，f(x)+2x4=.x3是函数()的一个极值点，(3）0,解得a=6经检验，当-6时，x=3是函数f (x)的一个极小值点，符合题意,故a=6.(2)由f (x0)g(0)，得(x0lx0)ax2x，记(x）xn (x>0）,则（x）=(0），当时,F(x）<,F（x)单调递减；当x>1时,F（x)>，F（x)单调递增F(x）F()=1>0，记G（x），,则G(x）=.,2-2ln x2(1-ln x),x2ln x+2>0,当x时，G(x)0,G(x)单调递减；当x(1,）时，G()>0，G(x)单调递增(）min=（1)-,a()n=1,故实数a的取值范围为-1，+）题型·策略(三） 已知函数f（x)=lxmx,(x)=x(>0）（1)求函数f(x）的单调区间;（2)若m=，对x1,x2,2e2都有g(x)f(x)成立，求实数的取值范围破题思路第(1)问求什么想什么求f (x)的单调区间,想到解不等式f ()>0或f （x)<0给什么用什么题目条件中已给出f （x）的解析式，直接求导然后分类讨论参数即可第（2)问求什么想什么求a的取值范围，想到建立a的不等式给什么用什么给出g(x)f(x2)对1，x,2e都成立,用此不等式建立关于a的不等式差什么找什么缺少f (x)与g(x）的最值，利用导数求解规范解答()因为f (）=n x-x，x>0,所以f (x)=，当0时, （x）>0,f ()在（0,+)上单调递增当m0时，由f (x)0得x=；由得0<x；由得所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上所述，当m时, (x)的单调递增区间为(0，+),无单调递减区间;当m>时, (x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)若m=，则f (x)=n x-x.对x1,x22，2e都有g(1）f (x2)成立，等价于对x2，2都有g()mif()max，由(1)知在2,e上f (x)的最大值为 (e2），又g(x)=1>0(a>0)，x2,e2,所以函数（x)在2,e2上是增函数，所以g()min=(2)=-.由2,得a,又a>0，所以a(,3，所以实数a的取值范围为(,3题后悟通（一)思路受阻分析本题(2)中不会或不能准确地将已知条件“1，x22,2e都有(x1)f (x2)成立”进行转化,而导致无法求解此题.(二)技法关键点拨1最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路策略(1）用最值定位法解双参不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式,从而求解参数的取值范围()有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的1，b,x2m，,不等式 (x1）g(2)恒成立，等价于f （x)m(xa，b)g()m（xm，n),列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范围.2.常见的双变量不等式恒成立问题的类型()对于任意的x1a，b,总存在x2m，n，使得 (x1）g(2)f （x1）mag(2)max.(）对于任意的xa，b,总存在x2m,，使得f (x）g(x2)f （x1)ming(x2）mn.(3)若存在x1a，b,对任意的m，n,使得f (x1)g(x) ()ing(x2)mn.(）若存在xa,b，对任意的xm，n，使得 （x1）g(x2）f (x1）mxg(x）max(5）对于任意的x1a,b,x2m,n,使得 (x1）g(x2)f（x1)xg(2)n.(6）对于任意的x1a,b,x,n，使得f(x1)g(x2) (x)ig()ma.对点训练3已知函数f (x)-(a1)ln-（aR）,g(x）=xex-xe（1)当x，时,求f (x）的最小值；(2）当a<1时,若存在x1e,e，使得对任意的x22，f （1)<g(x2）恒成立,求的取值范围.解：（）f(x）的定义域为(，)，f (x）=1-.当a1时,x1,e,f (x)0，f (x)为增函数,所以f ()in=f(1)=1-a.当1<<e时，x1，a时，(x)0，f (x)为减函数;a,e时,f (x）0，f (x)为增函数.所以f(x)min=(a)=a(a1)l 1.当a时,x1，e, (x)0，(x)在1，上为减函数，所以f (x)mf （e）=(+).综上，当a1时， （)min=；当1时，f （x)mina（a) a1;当时， （x）me(a1).(2)由题意知 ()（xe，e2)的最小值小于(x)（-,0)的最小值.由(1)知，当a1时,f (x）在e,e2上单调递增，所以f（x)min=f (e)e-(a+).由题意知g(x)=(1-ex).当x2,0时,g()0，g（x）为减函数,(x）min=g(），所以e-()1，即a>,所以a的取值范围为.专题跟踪检测(对应配套卷11)1.（2019届高三·唐山模拟)已知 (x)-a2n x,a>0.（1)求函数f (x)的最小值；（2)当x2a时,证明:>a.解：()函数f （x)的定义域为(0,)， (x)x=当x(,a)时,f (x)<0,f ()单调递减;当(a，)时,f (）0,f （x）单调递增所以当xa时，f (x)取得极小值,也是最小值，且f (a）=a2-2na.(2)证明:由(1）知,f （x）在(2a,+)上单调递增,则所证不等式等价于f （x)-f(2a)a(x2a)>0.设g(x) （x）-f (2a)a(x-2a)，则当x>时，g()f(x）ax-a=>，所以g(x)在（2a，+）上单调递增,当x时,（x)>g(a),即f （x)-f(2a)(x2a)>0,故>a.2.已知函数 (x)xex+2xaln ，曲线= （x）在点P(，f(1)处的切线与直线x2y-0垂直.(1）求实数a的值；（2）求证： (x)>2.解:(1)因为f （x)=(x1)ex2,所以曲线yf（x）在点(1,f (1)处的切线斜率k=f (1)2e+2+a.而直线+2y1=0的斜率为,由题意可得(2+2)×=,解得a=2e（)证明:由()知,f (x）=ex2x-2elnx.不等式f (x）>x2可化为ex+2x2el x-22>0设g（x）=e+2x-2eln-x22,则g（x)(x)x22x.记h()=(x1)ex+2-2（x>),则h(x)=（x2）x-,因为x0，所以x2>2,ex1,故(x+2)ex>2，又>,所以h(x）（2）x+-2>0,所以函数（x)在(0，+)上单调递增.又h(1）2e2-2e2=,所以当(0,1）时,h(x)<0,即g(x)<0，函数(x)单调递减；当(1,)时,h（x）>0，即g（x)>0，函数g(x)单调递增所以g(x)g()e2-eln 12e-1，显然e->，所以g(x)>0，即xx2x2el x>x2,也就是f (x）x+.(201·武汉模拟)设函数f (x）（1x2)ex(e2.78 28是自然对数的底数）.(1)讨论 (）的单调性；(2)当x0时，f (x）xx恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)f (x)=(2x)ex-（x+2)（x1)x当x<-2或x>1时,f(x)0；当2<x<1时,f(x)>.所以 ()在（-,2），（1，+)上单调递减,在(2,）上单调递增(2)设（x)=f (x)-(a+2x2）,F（0）=0,F(x)(2xx2)e4x-a,(0)=2，当a2时，F(x)(2x2）ex-a-(2)·()ex4x-2(2)（x-1）ex-x-=(x+2)（x-1)ex，设h(x）=(x-)ex+1，h（x)=x0,所以h(x)在0,+)上单调递增，(x)(x-1)x+1(0)=0,即F(x）在0,)上恒成立,F(）在0，)上单调递减，F()F(）=0,所以f (x)ax+1+x2在0,)上恒成立当a<时，F（0)=2>0，而函数(x)的图象在(0，)上连续且x+，F(x）逐渐趋近负无穷，必存在正实数x0使得F(x0）=0且在(0,x0）上F(x)>0，所以(x)在（0，)上单调递增,此时F(x)>（0)，f(x)a1+22有解,不满足题意综上,a的取值范围是，+).(208·南昌模拟)设函数f (x）2l -mx1.()讨论函数f （x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x,使得 （x0)>m1成立，求实数的取值范围.解：(1）函数 （x)的定义域为(，),f (x)mx，当时, (x)>0，f （x)在(0，）上单调递增；当m>时，令 ()0，得0<x<，令 (x)<，得>,(x）在上单调递增,在上单调递减.()由(1)知，当f ()有极值时,m>0，且()在上单调递增，在上单调递减 (x）max=f =2lnm·1lnm，若存在x0,使得 (x0)>-1成立,则f (x)mx>m-1即-lnm>m1,l m-1<0成立令g(x)xn x（>0),g()=1+0，g（x)在(0,）上单调递增，且g(1)=0，0<m<实数m的取值范围是(,）.5(208·成都模拟)已知函数f (x)=alnxb(a).(1)当b=2时,讨论函数f(）的单调性;()当a=0,b时，对任意的x,恒有f (x)e-1成立,求实数b的取值范围.解：（1)函数f （x）的定义域为(0，+）.当b=2时，f (x)=aln 2,所以f (x)=+2=.当a>0时，f ()>0,所以函数（)在(0，+)上单调递增.当a<0时，令f (x)=,解得x= （负值舍去)，当<< 时，f (x)<0，所以函数f (x)在上单调递减；当>时,f ()>0，所以函数f (x)在上单调递增.综上所述,当b2，a>时，函数 (x）在(,+）上单调递增；当b=2，时，函数f (x)在上单调递减,在上单调递增.（2)因为对任意的x，恒有 (x)e1成立,所以当时，f (）mxe-1当ab=0，b>0时，f ()=lnx+b，f ()-bxb.令f (x)<,得<x<1；令 ()>0，得x>1.所以函数 （）在上单调递减,在（1，上单调递增，f()mx为 =be-与f (e)-beb中的较大者f()-f =eb-b-b.令g(m)emem-2(m0),则当>0时,g（m)m+2>2-,所以g(m)在（0，)上单调递增,故g(m)>g(0）,所以f （e）> ，从而 (x)max=f()b+b所以-b+ee1,即ebe0设(t)ette+1(t>0），则（t)=et-1>0,所以(t)在(0,+)上单调递增又(1)0，所以eb-b+10的解集为(,1所以b的取值范围为（0，16.（20·开封模拟)已知函数f (x）ax+x-ln a(a>0,a1).()当=e(e是自然对数的底数)时，求函数f (x)的单调区间；(2)若存在x1,x-1，1,使得| (x1）-f (x2)|e1，求实数a的取值范围.解：(1）f (x）axln a+2xln2(ax-1）ln a.当e时，f （x)=2x+e-1，其在R上是增函数，又f ()=， (x)>的解集为(0,+),f (x)<0的解集为(,0),故函数f (x）的单调递增区间为(0,+),单调递减区间为(-，0)(2)存在x1，x2-,1，使得|f （x)f (x2)|,又当1,x21,1时,f (x1）-f (2)|f (x）maxf （x)min，只要f (x)mx（x）mie1即可.当a>1时，ln a>0，y(x-1)ln 在R上是增函数,当0<a<1时,n a<，y(ax1) a在R上也是增函数,当a>1或<a<时,总有f(x）在上是增函数，又f (0),f (x)，f(x)随x的变化而变化的情况如表所示：（,0)0（0,)(x)+f ()当x1,1时,f (x)n=f (），f （x)ma为f (1)和f （1)中的较大者.(） (1)(a+1lna）-=an a.令g（a)=a-2ln a（>0）,g()1+-20，g（)a-l a在(0，+)上是增函数而g(1）=0，故当a>1时，g(a)0,即(1)>f (-);当0<1时,g(a)<,即f （1)<f (1）.当a>1时,f ()maxf（x)mn=f ()f （0)e-1,即aln-1，函数aln a在（1，)上是增函数,解得ae；当<a<1时，f （x)ma- ()minf()-f （）e1,即+l ae1,函数y+lna在(0,1)上是减函数,解得0<a.综上可知,实数a的取值范围为e,+).