高三数学一轮复习基础夯实练22：函数综合运用.docx

基础夯实练22 函数综合运用一、利用导数研究恒(能)成立问题1已知函数f(x)(x2)ex.(1)求f(x)在1,3上的最值；(2)若不等式2f(x)2axax2对x2，)恒成立，求实数a的取值范围2(2023·镇江模拟)已知函数f(x)aln xx(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，设g(x)xln x1，若对于任意x1，x2(0，)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范围3(2023·福州模拟)已知函数f(x)xln x.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x1时，f(x)ax2a，求a的取值范围4已知函数f(x)e2xax(aR)，e为自然对数的底数(1)求函数f(x)的极值；(2)若关于x的不等式af(x)恒成立，求实数a的取值范围二、利用导数证明不等式1已知函数f(x)axxln x，且曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线4xy10平行(1)求实数a的值；(2)求证：当x>0时，f(x)>4x3.2(2023·淄博模拟)已知函数f(x)exx1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x0时，求证：f(x)x1x2cos x.3已知函数f(x)xln xax.(1)当a1时，求函数f(x)在(0，)上的最值；(2)证明：对一切x(0，)，都有ln x1>成立4(2022·新高考全国)已知函数f(x)xeaxex.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<1，求a的取值范围；(3)设nN*，证明：>ln(n1)三、利用导数研究函数的零点1(2023·济南质检)已知函数f(x)，aR.(1)若a0，求f(x)的最大值；(2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点2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3(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)(x1)exax3a(aR)(1)若函数f(x)在0，)上单调递增，求a的取值范围；(2)当ae时，讨论函数f(x)零点的个数4(2022·全国乙卷)已知函数f(x)ax(a1)ln x.(1)当a0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围四、隐零点与极值点偏移问题1已知函数f(x)ax2(2a1)x2ln x(aR)(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a0时，证明：f(x)<2exx4 .(其中e为自然对数的底数)2设f(x)xexmx2，mR.(1)设g(x)f(x)2mx，当m>0时，讨论函数g(x)的单调性；(2)若函数f(x)在(0，)有两个零点x1，x2，证明：x1x2>2.参考答案一、利用导数研究恒(能)成立问题1解(1)依题意f(x)(x1)ex，令f(x)0，解得x1，当x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0，f(x)在1,1)上单调递减，在(1,3上单调递增，而f(1)e，f(3)e3，f(1)，f(x)在1,3上的最小值为e，最大值为e3.(2)依题意，2(x2)ex2axax2在2，)上恒成立当x2时，4a4a，aR；当x>2时，原不等式化为a，令g(x)，则g(x)，x>2，g(x)>0，g(x)在(2，)上单调递增，g(x)>g(2)e2，ae2，综上，实数a的取值范围是(，e22解(1)函数f(x)aln xx(aR)的定义域为(0，)，f(x)1，当a0时，f(x)<0恒成立，函数的单调递减区间为(0，); 当a>0时，由f(x)0，解得xa；当x(0，a)时，f(x)>0，当x(a，)时，f(x)<0，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，). 综上可得，当a0时，f(x)的单调递减区间为(0，)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，)(2)由已知，转化为f(x)max<g(x)min. 由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，)故f(x)的极大值即为最大值，f(x)maxf(a)aln aa，g(x)xln x1，则g(x)1，当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故g(x)的极小值即为最小值，g(x)ming(1)0，aln aa<0，即ln a1<0，解得0<a<e.a的取值范围为(0，e)3解(1)f(x)ln x1，f(1)1，又f(1)0，故f(x)在点(1,0)处的切线方程为yx1.(2)当x1时，令g(x)xln xa(x21)，得g(1)0，g(x)ln x12ax，令h(x)ln x12ax，则h(x)2a.若a0，得h(x)>0，则g(x)在1，)上单调递增，故g(x)g(1)12a0，所以g(x)在1，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，从而xln xa(x21)0，不符合题意；若a>0，令h(x)0，得x.()若0<a<，则>1，当x时，h(x)>0，g(x)在上单调递增，从而g(x)>g(1)12a>0，所以g(x)在上单调递增，此时g(x)g(1)0，不符合题意；()若a，则0<1，h(x)0在1，)上恒成立，所以g(x)在1，)上单调递减，g(x)g(1)12a0，从而g(x)在1，)上单调递减，所以g(x)g(1)0，所以xln xa(x21)0恒成立综上所述，a的取值范围是.4解(1)f(x)e2xax，f(x)2e2xa，当a0时，f(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值当a>0时，令f(x)0，得2e2xa0，得xln ，易知当x时，f(x)<0，f(x)单调递减，当x时，f(x)>0，f(x)单调递增，f(x)的极小值为f a×ln ln ，f(x)无极大值综上，当a0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为ln ，f(x)无极大值(2)由af(x)得，e2xaxaln xaxa，整理得e2xaln xa0.令h(x)e2xaln xa(x>0)，则h(x)0恒成立，h(x)2e2x(x>0)，当a<0时，h(x)>0，h(x)单调递增，且当x0时，h(x)<0，不满足题意当a0时，h(x)e2x>0，满足题意当a>0时，由h(x)0得.令p(x)，则p(x)，令q(x)2ln x1(x>0)，则q(x)<0，q(x)单调递减，又q(1)0，故当x(0,1)时，q(x)>0，即p(x)>0，p(x)单调递增，当x(1，)时，q(x)<0，即p(x)<0，p(x)单调递减，p(x)maxp(1)，即0<a2e2.综上，实数a的取值范围为0,2e2二、利用导数证明不等式1(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1a，由题意知，f(e)2a4，则a2.(2)证明由(1)知，f(x)2xxln x，令g(x)f(x)(4x3)xln x2x3，则g(x)ln x1，由ln x1>0得x>e，由ln x1<0得0<x<e，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(x)ming(e)3e>0，即g(x)>0，即f(x)>4x3.2(1)解易知函数f(x)的定义域为R，f(x)exx1，f(x)ex1，令f(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，)上单调递增，令f(x)<0，解得x<0，f(x)在(，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)，函数f(x)的极小值为f(0)0，无极大值(2)证明要证f(x)x1x2cos x，即证exx2cos x0，设g(x)exx2cos x，要证原不等式成立，即证g(x)0成立，g(x)exxsin x，sin x1，g(x)exxsin xexx1(当且仅当x2k，kZ时等号成立)，由(1)知，exx10(x0时等号成立)，g(x)>0，g(x)在(0，)上单调递增，在区间0，)上，g(x)g(0)0，当x0时，f(x)x1x2cos x得证3(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0，)，当a1时，f(x)xln xx，f(x)ln x2，由f(x)0，得x，当0<x<时，f(x)<0；当x>时，f(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，因此f(x)在x处取得最小值，即f(x)minf，无最大值(2)证明当x>0时，ln x1>，等价于x(ln x1)>，由(1)知，当a1时，f(x)xln xx，当且仅当x时取等号，设G(x)，x(0，)，则G(x)，易知G(x)maxG(1)，当且仅当x1时取到，从而可知对一切x(0，)，都有f(x)>G(x)，即ln x1>.4(1)解当a1时，f(x)(x1)ex，xR，则f(x)xex，当x<0时，f(x)<0，当x>0时，f(x)>0，故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)解设h(x)xeaxex1，则h(0)0，又h(x)(1ax)eaxex，设g(x)(1ax)eaxex，则g(x)(2aa2x)eaxex，若a>，则g(0)2a1>0，因为g(x)为连续不间断函数，故存在x0(0，)，使得x(0，x0)，总有g(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)0，与题设矛盾若0<a，则h(x)(1ax)eaxexeaxln(1ax)ex，下证：对任意x>0，总有ln(1x)<x成立，证明：设S(x)ln(1x)x，x>0，故S(x)1<0，故S(x)在(0，)上单调递减，故S(x)<S(0)0，即ln(1x)<x成立由上述不等式有eaxln(1ax)ex<eaxaxexe2axex0，故h(x)0总成立，即h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)<h(0)0，满足题意若a0，则h(x)eaxexaxeax<1100，所以h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)<h(0)0，满足题意综上，a.(3)证明取a，则x>0，总有ex1<0成立，令t，则t>1，t2ex，x2ln t，故2tln t<t21，即2ln t<t对任意的t>1恒成立所以对任意的nN*，有2ln<，整理得ln(n1)ln n<，故>ln 2ln 1ln 3ln 2ln(n1)ln nln(n1)，故不等式成立三、利用导数研究函数的零点1(1)解若a0，则f(x)，其定义域为(0，)，f(x)，由f(x)0，得xe，当0<x<e时，f(x)>0；当x>e时，f(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，f(x)maxf(e).(2)证明f(x)，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，0<a<1，当x>e时，f(x)a>0，故f(x)在(e，)上无零点；当0<x<e时，f(x)，f ae<0，f(e)a>0，且f(x)在(0，e)上单调递增，f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点2解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aln x1，由f(1)a10，解得a1.则f(x)xxln x，f(x)ln x，令f(x)>0，解得x>1；令f(x)<0，解得0<x<1.f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)yf(x)m1在(0，)内有两个不同的零点，则函数yf(x)与ym1的图象在(0，)内有两个不同的交点由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(e)0，作出f(x)图象如图由图可知，当1<m1<0，即2<m<1时，yf(x)与ym1的图象有两个不同的交点因此实数m的取值范围是(2，1)3解(1)f(x)(x1)exax3a，则f(x)x(exax)函数f(x)在0，)上单调递增，f(x)x(exax)0在0，)上恒成立，则exax0，x0.当x0时，则10，即aR；当x>0时，则a，构建g(x)(x>0)，则g(x)(x>0)，令g(x)>0，则x>1，令g(x)<0，则0<x<1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，则g(x)g(1)e，ae，综上所述，ae.(2)f(x)(x1)exax3a(x1)，令f(x)0，则x1或exa(x2x1)0，对于exa(x2x1)0，即a，构建h(x)，则h(x)，令h(x)>0，则x>1或x<0，令h(x)<0，则0<x<1，h(x)在(，0)，(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)1，h(1)且h(x)>0，当xR时恒成立，则当ae时，a有两个根x11，x2<0；当0<a<e时，a只有一个根x3<0；当a0时，a无根综上所述，当a0时，f(x)只有一个零点；当0<ae时，f(x)有两个零点4解(1)当a0时，f(x)ln x(x0)，所以f(x).当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)maxf(1)1.(2)由f(x)ax(a1)ln x(x0)，得f(x)a(x0)当a0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a0时，f(x)，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)maxf(1)a10，所以f(x)不存在零点；当a0时，f(x)，当a1时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，因为f(1)a10，所以函数f(x)恰有一个零点；当a1时，01，故f(x)在，(1，)上单调递增，在上单调递减因为f(1)a10，所以f f(1)0，当x0时，f(x)，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a1满足条件，当0a1时，1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减因为f(1)a10，所以f f(1)0，当x时，f(x)，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0a1满足条件综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，)四、隐零点与极值点偏移问题1(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)ax(2a1)，当0<<2，即a>时，f(x)在，(2，)上单调递增当2，即a时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当>2，即0<a<时，f(x)在(0,2)，上单调递增综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，)；当a时，f(x)的单调递增区间为(0，)；当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，.(2)证明当a0时，由f(x)<2exx4化简得exln x2>0，构造函数h(x)exln x2(x>0)，h(x)ex，令g(x)h(x)，则g(x)ex>0，h(x)在(0，)上单调递增，h2<0，h(1)e1>0，故存在x0，使得h(x0)0，即.当x(0，x0)时，h(x)<0，h(x)单调递减；当x(x0，)时，h(x)>0，h(x)单调递增所以当xx0时，h(x)取得极小值，也是最小值h(x)minh(x0)ln x022x02>220，所以h(x)exln x2>0，故f(x)<2exx4.2(1)解g(x)xexmx22mx(xR)，g(x)(x1)(ex2m)，当m>0时，令g(x)0，得x11，x2ln(2m)，若1>ln(2m)，即0<m<，则当x>1和x<ln(2m)时，g(x)>0，g(x)单调递增， 当ln(2m)<x<1时，g(x)<0，g(x)单调递减，若1<ln(2m)，即m>，则当x<1和x>ln(2m)时，g(x)>0，g(x)单调递增，当1<x<ln(2m)时，g(x)<0，g(x)单调递减，当1ln(2m)，即m时，g(x)0，g(x)在R上单调递增， 综上所述，当0<m<时，g(x)在(1，)，(，ln(2m)上单调递增， 在(ln(2m)，1)上单调递减，当m>时，g(x)在(，1), (ln(2m)，)上单调递增， 在(1，ln(2m)上单调递减，当m时，g(x)在R上单调递增(2)证明令f(x)xexmx20，因为x>0，所以exmx，令F(x)exmx(x>0), F(x1)0，F(x2)0，则mx1，mx2，两式相除得， 不妨设x2>x1，令tx2x1，则t>0，x2tx1，代入得，et，x1，则x1x22x1tt，故要证x1x2>2，即证t>2，又因为et1>0，等价于证明2t(t2)(et1)>0，构造函数h(t)2t(t2)(et1)(t>0)，则h(t)(t1)et1，令h(t)G(t)，则G(t)tet>0，故h(t)在(0，)上单调递增，h(t)>h(0)0，从而h(t)在(0，)上单调递增，h(t)>h(0)0.即x1x2>2.学科网（北京）股份有限公司