2020版高考数学一轮复习课后限时集训16导数与函数的综合问题理.doc

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1、课后限时集训(十六)导数与函数的综合问题(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1若关于x的不等式x33x29x2m对任意x2,2恒成立，则m的取值范围是()A(，7B(，20C(，0 D12,7B令f(x)x33x29x2，则f(x)3x26x9，令f(x)0，得x1或3(舍去)因为f(1)7，f(2)0，f(2)20.所以f(x)的最小值为f(2)20，故m20.2设函数f(x)xln x(x0)，则f(x)()A在区间，(1，e)上均有零点B在区间，(1，e)上均无零点C在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点D在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点D因为f(x)，所以当x(0,3

2、)时，f(x)0，f(x)单调递减，而01e3，又f10，f(1)0，f(e)10，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点3已知函数f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是()A. B1，)Ce，) D.Df(x)exxex(1x)ex，当x1时，f(x)0，函数单调递增；当x1时，f(x)0，函数单调递减所以当x1时，f(x)取得最小值，f(1).函数g(x)的最大值为a.若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a.故选D.4若不等式2xln xx2ax3对x

3、(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A(，0) B(，4C(0，) D4，)B由题意知a2ln xx对x(0，)恒成立，令g(x)2ln xx，则g(x)1，由g(x)0得x1或x3(舍)，且x(0，1)时，g(x)0，x(1，)时，g(x)0.因此g(x)ming(1)4.所以a4，故选B.5(2018衡阳一模)已知函数f(x)aln xx2，aR，若f(x)在1，e2上有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A. B.2e2C.2e D.C当x1时，f(x)10，从而分离参数可将问题转化为直线ya与函数g(x)的图象在(1，e2上有且只有一个交点，令g(x)0，得x，易得g(x)在(

4、1，)上单调递增，在(，e2上单调递减，由于g()2e，g(e2)，当x1时，g(x)，所以直线y2e，或位于y下方的直线满足题意，即a2e或a，故选C.二、填空题6(2019郑州调研)已知函数f(x)ax33x1对x(0,1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_4，)当x(0,1时，不等式ax33x10可化为a，设g(x)，x(0,1，则g(x).易知当x时，g(x)max4，实数a的取值范围是4，)7已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是_(，2)当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax

5、2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a0.由三次函数图象及f(0)10知，f0，即a33210，化简得a240，又a0，所以a2.8已知x(0,2)，若关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围为_0，e1)由题意，知k2xx20.即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得kx22x恒成立令f(x)x22x，则f(x)(x1).令f(x)0，得x1，当x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以kf(x)minf(1)e1，故实

6、数k的取值范围为0，e1)三、解答题9已知f(x)ln xxa1.(1)若存在x(0，)，使得f(x)0成立，求实数a的取值范围；(2)求证：当x1时，在(1)的条件下，x2axaxln x成立解f(x)ln xxa1(x0)(1)原题即为存在x(0，)，使得ln xxa10，所以aln xx1，令g(x)ln xx1，则g(x)1.令g(x)0，解得x1.因为当0x1时，g(x)0，所以g(x)为减函数，当x1时，g(x)0，所以g(x)为增函数，所以g(x)ming(1)0.所以ag(1)0.所以a的取值范围为0，)(2)证明：原不等式可化为x2axxln xa0(x1，a0)令G(x)x

7、2axxln xa，则G(1)0.由(1)可知xln x10，则G(x)xaln x1xln x10，所以G(x)在(1，)上单调递增，所以当x1时，G(x)G(1)0.所以当x1时，x2axxln xa0成立，即当x1时，x2axaxln x成立10已知函数f(x)ln x，其中aR.(1)给出a的一个取值，使得曲线yf(x)存在斜率为0的切线，并说明理由；(2)若f(x)存在极小值和极大值，证明：f(x)的极小值大于极大值解(1)f(x)ln x，函数f(x)的定义域为Dx|x0且x2，f(x).当a1时，曲线yf(x)存在斜率为0的切线证明如下：曲线yf(x)存在斜率为0的切线方程f(x

8、)0存在D上的解令0，整理得x25x40，解得x1或x4.所以当a1时，曲线yf(x)存在斜率为0的切线(2)证明：由(1)得f(x).当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0,2)和(2，)上单调递增，无极值，不合题意当a0时，令f(x)0，整理得x2(a4)x40.由(a4)2160，所以上述方程必有两个不相等的实数解x1，x2，不妨设x1x2.由得0x12x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1,2)(2，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)存在极大值f(x1)，极小值f(x2)f(x2)f(x1)(ln x2ln

9、x1)因为0x12x2，且a0，所以0，ln x2ln x10，所以f(x2)f(x1)所以f(x)的极小值大于极大值B组能力提升1已知f(x)x33x，过A(1，m)(m2)可作曲线yf(x)的三条切线，则m的取值范围是()A(1,1) B(2,3)C(1,2) D(3，2)D设切点(x0，x3x0)(x01)，则f(x0)3x3k切，由题意得3x3，得m2x3x3，设g(x)2x33x23，则g(x)6x26x6x(x1)，显然g(x)在x0与x1处取得极值，又g(0)3，g(1)2332，当3m2时，可作三条切线故选D.2(2018太原二模)已知函数f(x)x3ax2bx有两个极值点x1

10、、x2，且x1x2，若x12x03x2，函数g(x)f(x)f(x0)，则g(x)()A恰有一个零点 B恰有两个零点C恰有三个零点 D至多两个零点Bf(x)x3ax2bx，f(x)3x22axb，由函数f(x)有两个极值点x1、x2，则x1、x2是方程3x22axb0的两个根，则x1x2a，x1x2，a，由x12x03x2，则x0x2x2，由函数图象可知：令f(x1)f(x)的另一个解为m，则x3ax2bxf(x1)(xx1)2(xm)，则则ma2x1，将代入整理得：m2x1x0，f(x)f(m)f(x0)，g(x)只有两个零点，即x0和x1，故选B.3已知函数f(x)3ln xx22x3ln

11、 3，则方程f(x)0的解的个数是_1因为f(x)3ln xx22x3ln 3(x0)，所以f(x)x2，当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(3，)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0时，f(x)，当x时，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln 363ln 30，所以方程f(x)0只有一个解4(2018郑州一模)已知函数f(x)axln x1.(1)讨论函数f(x)零点的个数；(2)对任意的x0，f(x)xe2x恒成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，由f(x)axln x10，得a. 令g(x)(x0)，则g(x).因为当0x1时，g(x)

12、0，当x1时，g(x)0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以g(x)ming(1)1.因为g0，当0x时，g(x)0，当x时，g(x)0，所以当a1时，函数f(x)没有零点；当a1或a0时，函数f(x)有1个零点；当1a0时，函数f(x)有2个零点(2)因为f(x)axln x1，所以对任意的x0，f(x)xe2x恒成立，等价于ae2x在(0，)上恒成立令m(x)e2x(x0)，则m(x).再令n(x)2x2e2xln x，则n(x)4(x2x)e2x0，所以n(x)2x2e2xln x在(0，)上单调递增因为n2ln 20，n(1)0，所以n(x)2x2e2xln x有唯一零点x0，且x01，所以当0xx0时，m(x)0，当xx0时，m(x)0，所以函数m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增因为2xe2x0ln x00，即e2x0，所以2x0ln(ln x0)ln(2x0)ln x0，即ln(2x0)2x0ln(ln x0)(ln x0)设s(x)ln xx，则s(x)10，所以函数s(x)ln xx在(0，)上单调递增，又s(2x0)s(ln x0)，所以2x0ln x0，于是有e2x0.所以m(x)m(x0)e2x02，则有a2.所以a的取值范围为(，2