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1、课时达标检测（十六） 导数与函数的综合问题一般难度题全员必做1(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0，得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)上单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，则h(x)xex0(x0)因此h(x)在0，)上单调递减，又h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1
2、.当0a1时，设函数g(x)exx1，则g(x)ex10(x0)，所以g(x)在0，)上单调递增，而g(0)0，故exx1.当0x1时，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)2(2018沈阳监测)已知函数f(x)aln x(a0)，e为自然对数的底数(1)若过点A(2，f(2)的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x0时，求证f(x)a；(3)若在区间(1，e)上eex0)，则
3、g(x)a.令g(x)0，即a0，解得x1，令g(x)0，解得0x1；g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增g(x)的最小值为g(1)0，f(x)a.(3)由题意可知eex，化简得.令h(x)，则h(x)，由(2)知，当x(1，e)时，ln x10，h(x)0，即h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)0)当k2时，f(x)211，当且仅当x1时，等号成立所以函数f(x)的图象的切线斜率中的最大值为1.(2)因为关于x的方程f(x)k有解，令g(x)f(x)kkln xk，则问题等价于函数g(x)存在零点g(x).当k0时，g(x)0，g(e1)kk110时，令g(x)0，得x.
4、g(x)，g(x)随x的变化情况如下表：xg(x)0g(x)极小值所以gkkkln kln k为函数g(x)的最小值，当g0，即0k0，所以函数g(x)存在零点综上，当k0或k1时，关于x的方程f(x)k有解中档难度题学优生做1设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x时，f(x)0.f(x)在单调递减，在单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f，所以不合题意若a1，则f
5、(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，)2(2017广西陆川二模)已知函数f(x)ln xmxm.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)在(2)的条件下，对任意的0ab，求证：0恒成立，则函数f(x)在(0，)上单调递增，无单调递减区间；当m0时，由f(x)0，得x，由f(x)0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)由(1)知：当m0时，f(x)在(0，)上单调递增，f(1)0，显然不符合题意；当m0时，f(x)maxfln 1mmln m1，只需mln m10即可令g(x)xln x1，则g(x)1，x(0，
6、)，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增g(x)ming(1)0.g(x)0对x(0，)恒成立，也就是mln m10对m(0，)恒成立，由mln m10，解得m1.若f(x)0在(0，)上恒成立，则m1.(3)证明：11.由(2)得f(x)0在(0，)上恒成立，即ln xx1，当且仅当x1时取等号又由0a1，0ln 1，即1.则11.较高难度题学霸做1(2017天津高考)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx
7、0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解：(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa，或x4a.由|a|1，得a4a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以f(x)的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为(a,4a)(2)证明：因为g(x)exf(x)f(x)，由题意知所以解得所以f(x)在xx0处的导数等于0.因为g(x)ex，xx01，x01，由ex0，可得f(x)1.又因为f(x0)1
8、，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，结合(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a，由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x1,1，所以t(x)6x212x，令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，因此t(x)的值域为7,1所以b的取值范围是7,12(2016四川高考)设函数f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e
9、2.718为自然对数的底数(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x1时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解：(1)由题意得f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)内单调递减当a0时，由f(x)0得，x，当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以ex1x，从而g(x)0.(3)由(2)知，当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln x0.故当f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a时， 1.由(1)有ff(1)0，而g0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0恒成立，综上，a.7