高三数学一轮复习基础夯实练22：函数综合运用.docx

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1、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a0时，设g(x)xln x1，若对于任意x1，x2(0，)，均有f(x1)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

2、，)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x0时，f(x)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0a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a0时，证明：f(x)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：x1x22.参考答案一、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x1时，f(x)1时

3、，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x2时，原不等式化为a，令g(x)，则g(x)，x2，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时，由f(x)0，解得xa；当x(0，a)时，f(x)0，当x(a，)时，f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(

4、0，a)，单调递减区间为(a，)(2)由已知，转化为f(x)max0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0x1时，g(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 aa0，即ln a10，解得0a0，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a0，令h

5、(x)0，得x.()若0a1，当x时，h(x)0，g(x)在上单调递增，从而g(x)g(1)12a0，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00，f(x)单调递增，函数f(x)无极值当a0时，令f(x)0，得2e2xa0，得xln，易知当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)的极小值为falnln，f(x)无极大值综上，当a0时，f(x)无极值；当a0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(x0)，则h(x)0恒成立，h(x)2e2x(x0)

6、，当a0，h(x)单调递增，且当x0时，h(x)0，满足题意当a0时，由h(x)0得.令p(x)，则p(x)，令q(x)2ln x1(x0)，则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00得xe，由ln x10得0x0，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x0，f(x)在(0，)上单调递增，令f(x)0，解得x0，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

7、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0x时，f(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x0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x0时

8、，f(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)2a10，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00，总有ln(1x)0，故S(x)10，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e

9、axln(1ax)exeaxaxexe2axex0，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)eaxexaxeax1100，所以h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)0，总有ex11，t2ex，x2ln t，故2tln tt21，即2ln t1恒成立所以对任意的nN*，有2ln，整理得ln(n1)ln nln 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0x0；当xe时，f(x)0，f(x)在(

10、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，0ae时，f(x)a0，故f(x)在(e，)上无零点；当0xe时，f(x)，fae0，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x1；令f(x)0，解得0x1.f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)yf(x)m1

11、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1m10，即2m0时，则a，构建g(x)(x0)，则g(x)(x0)，令g(x)0，则x1，令g(x)0，则0x0，则x1或x0，令h(x)0，则0x0，当xR时恒成立，则当ae时，a有两个根x11，x20；当0ae时，a只有一个根x30；当a0时，a无根综上所述，当a0时，f(x)只有一个零点；当0ae时，f(x)有两个零点4解(1)当a0时，f(x)ln x(x0)，所

12、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

13、减因为f(1)a10，所以ff(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ff(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0a时，f(x)的单调递增区间为，(2，)；当a时，f(

14、x)的单调递增区间为(0，)；当0a时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，.(2)证明当a0时，由f(x)0，构造函数h(x)exln x2(x0)，h(x)ex，令g(x)h(x)，则g(x)ex0，h(x)在(0，)上单调递增，h20，故存在x0，使得h(x0)0，即.当x(0，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 x022x02220，所以h(x)exln x20，故f(x)0时，令g(x)0，得x11，x2ln(2m)，若1ln(2m)，即0m1和x0，g(x)单调递增， 当ln(2m)x1时，g(x)0，g

15、(x)单调递减，若1，则当xln(2m)时，g(x)0，g(x)单调递增，当1xln(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0m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x0，所以exmx，令F(x)exmx(x0), F(x1)0，F(x2)0，则mx1，mx2，两式相除得， 不妨设x2x1，令tx2x1，则t0，x2tx1，代入得，et，x1，则x1x22x1tt，故要证x1x22，即证t2，又因为et10，等价于证明2t(t2)(et1)0，构造函数h(t)2t(t2)(et1)(t0)，则h(t)(t1)et1，令h(t)G(t)，则G(t)tet0，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x1x22.学科网（北京）股份有限公司