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1、课后限时集训(十六) 导数与函数的综合问题课后限时集训(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(，7 B(，20 C(，0 D12,7 B 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)( ) 1 3 A在区间，(1，e)上均有零点 ( 1 e，1) B在区间，(1，e)上均
2、无零点 ( 1 e，1) C在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点 ( 1 e，1) D在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点 ( 1 e，1) D 因为f(x) ，所以当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递减，而 0 1e3， 1 3 1 x 1 e 又f10，f(1) 0，f(e) 10， 所以f(x)在区间上无零点， 在区间(1， e) ( 1 e) 1 3e 1 3 e 3( 1 e，1) 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，) ( 1 e，) Ce，) D.1 e，
3、) D f(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 1 e 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. 1 e 4若不等式 2xln xx2ax3 对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是( ) A(，0) B(，4 C(0，) D4，) B 由题意知a2ln xx 对x(0，)恒成立， 3 x 令g(x)2ln xx ，则g(x) 1， 3 x 2 x 3 x2 x22x3 x2 由
4、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.2e2 (， e4 2)(， e4 2 C.2e D. (， e4 2)(e 4，e 4 2) 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) x2 ln 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) x12ln x ln2x e 在(1，)
5、上单调递增，在(，e2上单调递减，由于g()2e，g(e2)，当x1 时，eee e4 2 g(x)， 所以直线y2e， 或位于y下方的直线满足题意， 即a2e 或a， e4 2 e4 2 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)， 3x1 x3 3x1 x3 x(0,1， 则g(x). 3x33x13x2 x6 6(x1 2) x4 易知当x 时，g(x)max4，实数a的取值范围是4，) 1 2 7已知函数f(x)ax33x21，
6、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)3ax26x 3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2 . 2 a 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， ( 2 a) 即a 3 3 2 10，化简得a240， ( 2 a)( 2 a) 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_ x ex 1 k2xx2 0，e1) 由题意，知k2xx20. 即kx22x对任意x(0,2)恒
7、成立，从而k0， 因此由原不等式，得kx22x恒成立 ex x 令f(x)x22x，则f(x)(x1). ex x( ex x22) 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 1 2 1 2 解 f(x)ln xxa1(x0)
8、(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. 1 x x1 x 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 xa 0(x1，a0) 1 2 1 2 令G(x)x2axxln xa ，则G(1)0. 1 2 1 2 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
9、当x1 时，G(x)G(1)0. 所以当x1 时，x2axxln xa 0 成立， 1 2 1 2 即当x1 时，x2axaxln x 成立 1 2 1 2 10已知函数f(x)ln x，其中aR. a x2 (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， a x2 函数f(x)的定义域为 Dx|x0 且x2， f(x) . a x22 1 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)0 存在 D
10、 上的解 令 0，整理得x25x40， 1 x22 1 x 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) . a x22 1 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Error!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)00 f(x)极大值极
11、小值 所以f(x)存在极大值f(x1)，极小值f(x2) f(x2)f(x1) ( a x22ln x 2) ( a x12ln x 1) (ln x2ln x1) ( a x22 a x12) 因为 0x12x2，且a0， 所以0，ln x2ln x10， a x22 a x12 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)， 3 0 则f(x0)3x3k切， 2 0
12、 由题意得3x3，得m2x3x3， x3 03x0m x01 2 03 02 0 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、x2， 且x1x2， 若x12x0 3x2，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 B f(x)x3ax2bx， f(x)3x22axb， 由函数f(x)有 两个极值点x1、x2， 则x1、x2
13、是方程 3x22axb0 的两个根，则 x1x2a，x1x2 ， 2 3 b 3 a， 3x1x2 2 由x12x03x2，则x0x2x2， 3x2x1 2 x2x1 2 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Error!则ma2x1， 将代入整理得：m2x1x0， 3x1x2 2 3x2x1 2 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 3 ，则方程f(x)0 的解的个数是_ 1 2 3 2 1 因为f(x)3ln xx22x3ln 3 (x0)，
14、1 2 3 2 所以f(x) x2， 3 x x22x3 x x3x1 x 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 3 63ln 3 0，所以方程f(x)0 只有一个解 9 2 3 2 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. ln x1 x 令g(x)(x0)，则g(x
15、). ln x1 x ln x x2 因为当 0x1 时，g(x)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， ( 1 e) 1 e 1 e 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 ln x1 x 令m(x)e2x(x0)， ln x1 x 则m(x).
16、 2x2e2xln x x2 再令n(x)2x2e2xln x，则n(x)4(x2x)e2x 0， 1 x 所以n(x)2x2e2xln x在(0，)上单调递增 因为n2ln 20，n(1)0， ( 1 4) e 8 所以n(x)2x2e2xln x有唯一零点x0，且 x01， 1 4 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， 2 0 ln x0 2x2 0 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， 1 x 又s(2x0)s(ln x0)， 所以 2x0ln x0，于是有 e2x0. 1 x0 所以m(x)m(x0)e2x02，则有a2. ln x01 x0 所以a的取值范围为(，2