江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测十六函数与导数的综合问题理.doc

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1、课时跟踪检测（十六） 函数与导数的综合问题1已知函数f(x)ln x(aR且a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数，等价于方程(ln x1)exxm的根的个数令h(x)(ln x1)exx，则h(

2、x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立 h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在x上单调递增，h(x)minh2e，h(x)maxh(e)e.当m2e或 me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有一个零点2已知函数f(x)xex.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2(a，)，且x1x2，恒有成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由解：(1)因为f(x)xex，所以f(x)(x1)ex.令f(x)0，得x1.

3、当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)，f(x)有极小值f(1)，无极大值(2)存在满足题意的实数a.理由如下：令g(x)(xa)，则等价于g(x)在(a，)上单调递增又g(x)，记h(x)(x2axa)exaea，则h(x)x2(2a)x2aex(x2)(xa)ex，故当a2，且xa时，h(x)0，h(x)在(a，)上单调递增故h(x)h(a)0，从而g(x)0，g(x)在(a，)上单调递增，满足题意；另一方面，当a2，且ax2时，h(x)0，h(x)在(a，2)上单调递减故h(

4、x)h(a)0，从而g(x)0，g(x)在(a，2)上单调递减，不满足题意所以a的取值范围为2，)3已知函数f(x)exaxb(a，bR)在x0处的导数值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2，()求实数b的取值范围；()证明：x1x20.解：(1)因为f(x)exa，所以f(0)e0a1a，又f(0)0，所以a1.(2)()因为f(x)exxb，所以f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x0处取得极小值，也是最小值，且f(0)1b.因为f(x)有两个零点x1，x2，所以f(0

5、)1b0，所以b1，即实数b的取值范围是(，1)()证明：因为f(x1)0，f(x2)0，所以ex1x1b0，ex2x2b0，由得e x2e x1x2x1，即e x1 (e x2x11)x2x1.令x2x1t，t0，则e x1 (et1)t，所以e x1，e x2.要证x1x20，只需证e x1e x21，即证1，即证t2et(et1)2，即证t2et(et)22et10.令m(t)t2et(et)22et1，则m(t)et(t22t22et)令n(t)t22t22et，则n(t)2t22et.设(t)2t22et，则当t0时，(t)22et0，所以当t0时，(t)单调递减，因为(0)0，所以

6、当t0时，(t)0，则n(t)0，所以当t0时，n(t)单调递减，又n(0)0，所以当t0时，n(t)0，则m(t)0，所以当t0时，m(t)单调递减，因为m(0)0，所以当t0时，m(t)0.综上可知，原式得证4若对任意实数k，b都有函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)aexxpa，a，pR.(1)讨论函数g(x)的单调性；(2)已知函数g(x)为“恒切函数”求实数p的取值范围；当p取最大值时，若函数h(x)g(x)exm为“恒切函数”，求证：0m.(参考数据：e320)解：(1)g(x)aex1，当a0时，g(x)0恒成立，函数g(x

7、)在R上单调递减；当a0时，由g(x)0，得xln a；由g(x)0，得xln a，所以函数g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增综上，当a0时，函数g(x)在R上单调递减；当a0时，函数g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)若函数f(x)为“恒切函数”，则函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，设切点为(x0，y0)，则f(x0)kk且f(x0)kx0bkx0b，即f(x0)0，f(x0)0.因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g(x0)0，g(x0)0，即解得ae0，pe (1x0)设m(x)ex(1x)，则m(x)

8、xex，由m(x)0，得x0；由m(x)0，得x0，故函数m(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，从而m(x)maxm(0)1，故实数p的取值范围为(，1证明：由知当p取最大值时，p1，a1，故h(x)(exx1)exm，则h(x)(2exx2)ex.因为函数h(x)为“恒切函数”，故存在x0，使得h(x0)0，h(x0)0，由h(x0)0，得(2ex02)e0，即2ex020.设n(x)2exx2，则n(x)2ex1，由n(x)0，得xln 2；由n(x)0，得xln 2，故n(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增在单调递增区间(ln 2，)上，n(0)0，故x00，则由h(x0)0，得m0.在单调递减区间(，ln 2)上，n(2)2e20，n2e2(20)0，故在区间上存在唯一的x0，使得2ex020，即e，此时由h(x0)0，得m(ex01)ex0(x02)(x01)2，因为函数r(x)(x1)2在上单调递增，且r(2)0，r，所以0m.综上，0m.