高考数学专题精讲 (19).doc

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1、第 3 讲 导数的热点问题考情研析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.核心知识回顾1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的0102个数问题；利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端030405点值等；画出函数的大致图象；06结合图象求解07(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：在该区间上构造与方程相应的函数；08利用导数研究该函

2、数在该区间上的单调性；09判断该函数在该区间端点处的函数值异号；10作出结论2利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值，010203再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明0405不等式的关键.热点考向探究考向 1 利用导数讨论方程根的个数例 1 (2019广东省七校联合体高三联考)已知函数 f(x)ln ax (a0，b0)，对任意 x0，都有 f(x)f0.x2bx(4x)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 f(x)存在三个不同的零点时，求实数 a 的取值范围解 (1)由 f(x)fln ax ln 0，得 b4a，(4x)x2b

3、x2x4axxb4则 f(x)ln ax，f(x) ax24ax1x4ax2(x0)，ax2x4ax2若 116a20，即 a 时，f(x)在(0，)上单调递减，14若 116a20，即 00，x20，1 116a22a1 116a22a又 h(x)ax2x4a 开口向下当 00，f(x)0，f(x)单调递增，当 xx2时，h(x)f(2)0.f(x)ln ax，fln 2a2 4a3，x24ax(1a2)1a令 g(a)ln 2a2 4a3，g(a)12a2.1a4a2a21a212a42a1a2令 m(a)12a42a1，m(a)48a32 单调递增由 m(a)48a320，求得 a0 .

4、132414当 0m 10，14(14)36412fg(a)ln 2a2 4a3在上单调递增(1a2)1a(0，14)故 fg(a)0，x2，(1a2)1a2由零点存在性定理知 f(x)在区间上有一个根，设为 x0，又 f(x0)f(x2，1a2)0，得 f0，由 x20 时，求函数 f(x)在区间(1，e2)内的零点个数解 (1)f(x)2aln xx2，f(x)，2ax2xx0，当 a0 时，f(x)0 时，f(x)，2ax2x2x ax ax当 00；当 x时，f(x)0 时，f(x)在(0, )上单调递增，在(，)上单调递减aa(2)由(1)，得 f(x)maxf()a(ln a1)，

5、a当 a(ln a1)0，即 ae 时，由于 f(1)10，af(e2)2aln e2e44ae4(2e2)(2e2)，aa若 2e2，f(e2)0，ae44ae22e且 f()2aln eae0，f(1)10.(1)若函数 f(x)仅在 x1 处取得极值，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 g(x)f(x)a有三个极值点 x1，x2，x3，求证：(ln x1x)x1x2x1x3x2x32x1x2x3.解 (1)由 f(x)axaln x，exx得 f(x)a，exx1x2(1xx)x1exaxx2由 f(x)仅在 x1 处取得极值，则 exax0，即 a.令 h(x)(x(0，)，则 h(

6、x)，exxexxexx1x2当 x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，则 h(x)minh(1)e.当 00，此时 f(x)0 仅有一个零点 x1，x1exaxx2则 f(x)仅在 x1 处取得极值；当 ae 时，exex0 与 x10 在同一处取得零点，此时当 x(0,1)时，(x1)(exex)0，f(x)0 仅有一个零点 x1，x1exaxx2则 f(x)仅在 x1 处取得极值，所以 ae 符合题意当 ae 时，显然与已知不相符合实数 a 的取值范围为 00，p(x)单调递增，p(ln a)aa(ln a1)e2时，exa(x1)0 有两零点x1，x2，且 12x1x2x3，即

7、证：x1x2x1x2(x11)(x21)2x1x2x3得证利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式已知函数 f(x)ln xex(R)(1)若函数 f(x)是单调函数，求 的取值范围；(2)求证：当 01.x2x1解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xex，f(x) ex，xxexx函数 f(x)是单调函数，f(x)0 或 f(x)0 在(0，)上恒成立，当函数 f(x)是单调递减函数时，f(x)0，0，即 xex0，xex，xexxxex令 (x)，则 (x)，xexx1ex当 01 时，(

8、x)0，则 (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当 x0 时，(x)min(1) ， ；1e1e当函数 f(x)是单调递增函数时，f(x)0，0，即 xex0，xex，xexxxex由得 (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又 (0)xex0，x时，(x)f(x2)，即 ln x1ex1 ln x2ex2，1e1ee1x2e1x1ln x1ln x2.要证 e1x2e1x11，x2x1只需证 ln x1ln x21，x2x1即证 ln 1，x1x2x2x1令 t，t(0,1)，则只需证 ln t1 ，x1x21t令 h(t)ln t 1，则当 00，即 ln t

9、1 ，得证1t考向 3 利用导数研究不等式恒成立问题角度 1 函数不等式恒成立问题例 3 (2019内蒙古高三高考一模)已知函数 f(x)2axbx12ln x(aR)(1)当 b0 时，讨论函数 f(x)的单调区间；(2)若对任意的 a1,3和 x(0，)，f(x)2bx3 恒成立，求实数 b 的取值范围解 (1)当 b0 时，f(x)2a (x0)，2x2ax1x当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，得 x .1a1a当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(0，1a)(1a，)(2)a1,

10、3和x(0，)，f(x)2bx3 恒成立等价于2axbx12ln x2bx3，x(0，)，a1,3恒成立即a ，x(0，)，a1,3恒成立1xln xxb2令 g(x)a ，a1,3，x(0，)，1xln xx则 g(x)，令 g(x)0，得 xe2，1x21ln xx2ln x2x2由此可得 g(x)在区间(0，e2上单调递减，在区间e2，)上单调递增，当 x0 时，g(x)ming(e2)a，即 a，1e2b21e2又 a1,3，实数 b 的取值范围是.(，22e2利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含 x 变量的函数关系式的最值易求，则用分

11、离参数法即f(x)恒成立，则 f(x)max.f(x)恒成立，则 f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含 x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法可通过求最值建立关于参数的不等式求解如 f(x)0，则只需 f(x)min0.设函数 f(x)(ax1)ex(aR)(1)当 a0 时，求函数 f(x)的单调递增区间；(2)对任意的 x0，)，f(x)x1 恒成立，求实数 a 的取值范围解 (1)当 a0 时，f(x)aex(ax1)exaex，(a1ax)由于 ex0，a0，所以令 f(x)0 得，x.a1a所以当 a0 时，f(x)的单调递增区间是.(，a1a(2)

12、令 h(x)(ax1)exx1，则 f(x)x1 恒成立等价于 h(x)0 恒成立若 a0，则当 x0 时，ax11,02，则 h(0)e0(a1a0)1a20，h(1)e1(a1a)1e110，h(x)在(0，x0)上为增函数，即 x(0，x0)时，h(x)h(0)0，所以 f(x)x1，不符合题意综上可得，符合题意的 a 的取值范围是(，2角度 2 含量词的不等式问题例 4 (2019延安市高考模拟)已知函数 f(x)ax1xln x 的图象在点(1，f(1)处的切线与直线 xy0 平行(1)求函数 f(x)的极值；(2)若x1，x2(0，)，m(x1x2)，求实数 m 的取值范围fx1f

13、x2x1x2解 (1)f(x)ax1xln x 的导数为 f(x)a1ln x，可得 yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为 a1，由切线与直线 xy0 平行，可得 a11，即 a2，f(x)2x1xln x，f(x)1ln x，当 00，当 xe 时，f(x)x20，若m(x1x2)，可得 f(x1)f(x2)mx mx ，fx1fx2x1x22 12 2即 f(x1)mx f(x2)mx ，2 12 2设 g(x)f(x)mx2在(0，)上是增函数，即 g(x)1ln x2mx0 在(0，)上恒成立，可得 2m在(0，)上恒成立，设 h(x)，所以 h(x)1ln xx1ln x

14、x，ln x2x2 h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，h(x)在 xe2处取得极小值为 h(e2)，1e2所以 m.12e2含量词不等式问题的解法(1)f(x)g(x)对一切 xI 恒成立f(x)g(x)min0(xI)(2)存在 xI，使 f(x)g(x)成立f(x)g(x)max0(xI)(3)对任意 x1，x2D，使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(4)存在 x1，x2D，使 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(5)任意 x1D1，存在 x2D2，使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定义域为D1，g(x

15、)定义域为 D2)(2019毛坦厂中学高三校区联考)已知函数 f(x)ln xx2kx1.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2(x10 在(0，)上恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增；当 k0 时，若 k280，即 00，即 k2时，2令 f(x)0，解得 x2x10，k k284k k284令 f(x)0，解得 0x2，令 f(x)2时，f(x)在和上单调递增，在2(0，k k284) (k k284，)上单调递减(k k284，k k284)(2)证明：由(1)得，若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，则 k2，且 2x kx110，22

16、1则 f(x1)ln x1x kx11ln x1x (2x 1)1ln x1x 2.2 12 12 12 1下面先证明 ln x0)：设 g(x)ln xx，x0，则 g(x) 1，1x易得 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)maxg(1)10)，即 ln x0)f(x1)ln x1x 20)，g(x)fxxexx1x，令 h(x)exx1，h(x)ex1，x0，h(x)0，h(x)x1exx1x2单调递增，exx10 在(0，)上恒成立，当 x(0,1)，g(x)0，g(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，)(2)f(x) (3x2x3k)0，即 3k

17、2exx2x2 有解，令 h(x)122exx2x2，h(x)2ex2x1 在 R 上递增，h(0)0，h(1)3，2 0k1.2(2019浙江高考)已知实数 a0，设函数 f(x)aln x，x0.1x(1)当 a 时，求函数 f(x)的单调区间；34(2)对任意 x均有 f(x)，求 a 的取值范围1e2，)x2a注：e2.71828为自然对数的底数解 (1)当 a 时，f(x) ln x，x0.34341xf(x)，34x12 1x 1x22 1x14x 1x所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，)(2)由 f(1)，得 00，故 q(x)在上单调递增，ln

18、x2x1e2，17所以 q(x)q.(17)由，得 qp0.(11x)qxx由知对任意 x，t2，)，1e2，)2g(t)0，即对任意 x，均有 f(x) .1e2，)x2a综上所述，所求 a 的取值范围是.(0，243(2019南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数 f(x)ln x.ex1x(1)求 f(x)的单调区间；(2)证明：00，所以 ex10，所以当 01 时，f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：令 h(x)1xln x，则 h(x)1ln x.当 x时，h(x)0，h(x)单调递增；(1e，)所以 h(x)h1 ln 1 0

19、.(1e)1e1e1e故 1xln x0.由(1)知 f(x)ln x 在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所ex1x以 f(x)f(1)e10，即ln x0.ex1x因为 x0，所以上述不等式可化为 1xln x0)ax(1)若函数 f(x)有零点，求实数 a 的取值范围；(2)证明：当 a 时，f(x)ex.2e解 (1)解法一：函数 f(x)ln x 的定义域为(0，)ax由 f(x)ln x ，得 f(x) .ax1xax2xax2因为 a0，则 x(0，a)时，f(x)0.所以函数 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当 xa 时，f(x)minln a1.

20、当 ln a10，即 00，则函数 f(x)有零1e点所以实数 a 的取值范围为.(0，1e解法二：函数 f(x)ln x 的定义域为(0，)ax由 f(x)ln x 0，得 axln x.ax令 g(x)xln x，则 g(x)(ln x1)当 x时，g(x)0；当 x时，g(x)ex，即证明当 x0，a 时，ln 2e2ex ex，即 xln xaxex.令 h(x)xln xa，ax则 h(x)ln x1.当 0 时，h(x)0.1e1e所以函数 h(x)在上单调递减，在上单调递增(0，1e)(1e，)当 x 时，h(x)min a.1e1e于是，当 a 时，h(x) a .2e1e1e

21、令 (x)xex，则 (x)exxexex(1x)当 00；当 x1 时，(x)0 时，(x) .1e1e显然，不等式中的等号不能同时成立故当 a 时，f(x)ex.2e金版押题5已知函数 f(x)xln xax 在 xx0处取得极小值1.(1)求实数 a 的值；(2)设 g(x)xf(x)b(b0)，讨论函数 g(x)的零点个数解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1a，函数 f(x)xln xax 在 xx0处取得极小值1，Error!得Error!当 a1 时，f(x)ln x，则 x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，x

22、1 时，函数 f(x)取得极小值1，符合题意，a1.(2)由(1)知，函数 g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b0)，定义域为(0，)，则 g(x)2x，(ln x12)令 g(x)0，得 x.eeg(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增ee当 x时，函数 g(x)取得最小值 b .ee2当 b 0，即 b 时，函数 g(x)没有零点；e2e2当 b 0，即 b 时，函数 g(x)有一个零点；e2e2当 b 0g()g(e)h(1)0，即当 x(0,1)时，ln x1 ，1x当 x(0,1)时，g(x)x2ln xx2bx2x2bbx，取 xmminb,1，(11x)则 g(xm

23、)0；g()g(xm) 时，函数 g(x)没有零点；当 b 时，函数 g(x)有一个零e2e2点；当 01 时，证明：g(x)在(0，)上存在最小值解 (1)因为 f(x)x2sinx1，所以 f(x)12cosx，则 f(0)1，f(0)1，所以切线方程为 yx1.(2)令 f(x)0，则 cosx ，当 x(0，)时，得 x ，当 x 变化时，f(x)，123f(x)的变化如下表x(0，3)3(3，)f(x)0f(x)减最小值增所以函数 f(x)在(0，)上的单调递减区间为，单调递增区间为.(0，3)(3，)(3)证明：因为 g(x) x2mcosx，所以 g(x)xmsinx.12令 h

24、(x)g(x)xmsinx，则 h(x)1mcosx，因为 m1，所以 (0,1)，1m令 h(x)1mcosx0，则 cosx ，易知 cosx 在(0，)内有唯一解1m1mx0，当 x(0，x0)时，h(x)0，所以 h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增所以 h(x0)0，所以 h(x)xmsinx 在(x0，)内有唯一零点 x1，当 x(0，x1)时，h(x)0，即 g(x)0，所以 g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以函数 g(x)在 xx1处取得最小值，即当 m1 时，函数 g(x)在(0，)上存在最小值配套作业1.(2019白银市靖远县高

25、三第四次联考)已知函数 f(x)(x1)ex.(1)求函数 f(x)的单调区间和零点；(2)若 f(x)axe 恒成立，求 a 的取值范围解 (1)f(x)ex(x1)exxex，令 f(x)0，解得 x0.所以函数 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，即函数 f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)，令 f(x)0，解得 x1，所以函数 f(x)的零点是 x1.(2)画出 f(x)的大致图象，如图所示，设 g(x)axe，则 g(x)的图象恒过点(0，e)，设函数 f(x)(x1)ex的图象在点 P(x0，y0)处的切线过点(0，e)，所以 f(x0)x0ex

26、0，f(x0)(x01)ex0，f(x)的图象在 P(x0，y0)处的切线方程为 y(x01)ex0x0ex0 (xx0)，将(0，e)代入切线方程，得e(x01) ex0x ex0，2 0整理得(x x01) ex0e，2 0设 h(x)(x2x1)exeh(x)(x2x)ex，令 h(x)0，得 x0 或 x1，所以 h(x)在(，1)，(0，)上单调递增，在(1,0)上单调递减又 h(1) e1 时，m(x)0；当0g(x2)，求实数 a 的取值范围解 (1)f(x) a，1x1axx当 a0 时，1ax0，则 f(x)0，f(x)在1，e上单调递增；当 0g(x)max恒成立已知a(0

27、，e)，则当 a0 时，g(x)0，所以 g(x)在1，e上单调递减，而 f(x)在1，e上单调递增，所以 f(x)minf(1)a，g(x)maxg(1)a1，所以aa1，得 a0，所以 g(x)在1，e上单调递增，而 f(x)在1，e上单调递减，所以 g(x)maxg(e)ae21，f(x)minf(e)1ae，所以 1aeae21，得a0，axaxx当 a0 时，对任意的 x(0，)，f(x)0 时，令 f(x)0，得 xa，因为 x(0，a)时，f(x)0，x(a，)时，f(x)0，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)0，即 f(x)在(0，)上单调递增1x(2)证明：由题意

28、，g(x)ex1ln x，g(x)ex1 .1x构造函数 h(x)g(x)ex1 ，x0，1xh(x)ex10，即 h(x)在(0，)上单调递增，1x2又 h(1)0，即当 01时，g(x)0，即 g(x)在(1，)上单调递增g(x)g(1)1.5(2019东北三省四市高三第一次模拟)已知函数 f(x) aln x(a0)2x(1)若函数 yf(x)图象上各点处切线斜率的最大值为 2，求函数 f(x)的极值点；(2)若关于 x 的不等式 f(x)0)2x2ax(1)a0，当 时，f(x)取最大值.2，1xa4a28a28a0，a4，此时 f(x) .2x24x4x2x2在上，f(x)0，f(x

29、)单调递(0，12)(12，)增，f(x)的极小值点为 x ，无极大值点12(2)f(x)(x0 且 a0)，ax2x2在上，f(x)0，f(x)单调递增，(2a，)f(x)faaln ，(2a)2a关于 x 的不等式 f(x)0，ln 1 0，g(x)单调递增；在(1，)上，g(x)0 且 1.2a2a2a2aa 的取值范围是 a0 且 a2.6(2019汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数 f(x)exln (x1)a的图象在 x0 处与 x 轴相切(1)求 f(x)的解析式，并讨论其单调性；(2)若 xt0，证明：extln (t1)ln (x1)1.解 (1)由题意，得 f(0)1a

30、，即切点为(0,1a)，1a0 即 a1，f(x)exln (x1)1.求导，得 f(x)ex，1x1由题意，当11，1x1则 f(x)0 时，ex1，0，1x1即 f(x)在(0，)上单调递增(2)证法一：要证原不等式，即证 extln (t1)ln (x1)10，构造函数 g(x)extln (t1)ln (x1)1，x0，即证 g(x)0，g(x)ext.1x1xt0，即 xt0，x11，则 ext1，0，即 g(x)为(0，)上的增函数当 xt，g(t)0 时，由题意，xt0，g(x)g(t)0 即 g(x)0，故原不等式得证证法二：要证原不等式，即证 ext1ln (x1)ln (t

31、1)，由(1)知，当 x0 时，f(x)exln (x1)1f(0)0，由题意，xt0 即 xt0，f(xt)extln (xt1)10，即 ext1ln (xt1)， 又 ln (xt1)ln (x1)ln (t1)ln ln xt1t1x1txtx1x1ln 0.txtx11ln (xt1)ln (x1)ln (t1)， 由得 ext1ln (x1)ln (t1)，故原不等式得证7已知函数 f(x)(x1)exmx22，其中 mR，e2.71828为自然对数的底数(1)当 m1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当常数 m(2，)时，函数 f(x)在0，)上有两个零点 x1，x2(x1

32、ln .4e解 (1)当 m1 时，f(x)(x1)exx22，f(x)xex2xx(ex2)由 f(x)x(ex2)0，解得 x0 或 xln 2.当 xln 2 或 x0，f(x)的单调递增区间为(，0)，(ln 2，)当 02，x0，由 f(x)x(ex2m)0，解得 x0 或 xln (2m)当 xln (2m)时，f(x)0，f(x)在(ln (2m)，)上单调递增；当 0x0，f(1)2mln (2m)ln 4.0ln 41ln .4e8已知函数 f(x)xaexb(a0，bR)(1)求 f(x)的最大值；(2)若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，证明：x1x20，得 x

33、0，则需证 t20，f(x)单调递增，x(1，m1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当10，f(x)单调递增，x(m1,1)时，f(x)N.当 m时，由(1)知 f(x)在(1，m1)上单调递减，(0，12g(x)x，当 x1，m1时，函数 g(x)单调递增，所以 f(x)的最小值为 Mf(m1)，em1m2g(x)的最大值为 Nm1，所以下面判断 Mf(m1)与 Nm1 的大小，即判断 ex与(1x)x 的大小，其中 xm1，(1，32令 m(x)ex(1x)x，则 m(x)ex2x1，令 h(x)m(x)，则 h(x)ex2，因 xm1，所以 h(x)ex20，m(x)单调递增；(1，3

34、2而 m(1)e30，(32) 故存在 x0使得 m(x0)ex02x010，(1，32所以 m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，(x0，32)所以 m(x)m(x0)ex0x x02x01x x0x x01，2 02 02 0所以 x0时，m(x0)x x010，(1，322 0即 ex(1x)x，即 Mf(m1)Nm1.函数与导数类解答题(12 分)已知函数 f(x)x1aln x(aR)，g(x) .1x(1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程；(2)若 a0，f(x)在(0,1上单调递增，易知axg(x) 在(0,1上单调递减，(6 分)1x不妨设 x1

35、，x2(0,1，且 x1g(x2)，f(x2)f(x1)f(x2).4x14x2令 h(x)f(x) ，则当 x1h(x2)，4xh(x)在(0,1上单调递减，(8 分)h(x)1 0 在(0,1上恒成立，ax4x2x2ax4x2x2ax40 在(0,1上恒成立，等价于 ax 在(0,1上恒成立，4x只需 amax.(10 分)(x4x)yx 在(0,1上单调递增，ymax3，4x3af(x2)构造函数 h(x)f(x) ，将问题转化为函数的单调性及最值4x14x24x问题3步骤齐全很关键，查看是否注意定义域，区间的变化，分类讨论的条件，极值、最值、题目的结论等一些关键式子，解答时一定要写清楚

36、 跟踪训练(2019济宁市高三第一次模拟)(12 分)已知函数 f(x)ln x2ax，aR.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若不等式 f(x)1 时恒成立，求 a 的取值范围解 (1)f(x) 2a(x0)，(1 分)1x12axx若 a0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(2 分)若 a0，当 00；当 x时，f(x)0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(4 分)(0，12a)(12a，)(2)由题意可知，不等式可转化为 ln xax2(2a1)x1 时恒成立，令 g(x)ln xax2(2a1)x(x1)，(5 分)g(x) 2ax(2a1)1x2ax22a1x1x.(6 分)2ax1x1x若 a0，则 g(x)1，当 1时，g(x)0，1212a12a12ag(x)在上单调递减，g(x)在上单调递增，(1，12a)(12a，)所以 g(x)，不符合题意；(10 分)g(12a)，)若 a ，当 x1 时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，所以 g(x)12(g(1)，)，不符合题意综上所述，1a0.(12 分)