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1、1 课时跟踪检测（十六） 函数与导数的综合问题课时跟踪检测（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 ax 1 a (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 1 e，e 解：(1)f(x)(x0)， ax1 ax2 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 ， ax1 ax2 1 a 由f(x)0，得 0x ， ax1 ax2 1 a 函数f(x)在上单调递增，在上单调递减 ( 1 a，)(0， 1 a) 综上所述，当a0 时，函数f(x)在
2、(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 ( 1 a，)(0， 1 a) (2)当x时， 函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数， 等价于方程(ln x 1 e，e 1)exxm的根的个数 令h(x)(ln x1)exx， 则h(x)ex1. ( 1 xln x1) 由(1)知当a1 时，f(x)ln x 1 在上单调递减，在(1，e)上单调递增， 1 x( 1 e，1) 当x时，f(x)f(1)0. 1 e，e ln x10 在x上恒成立 1 x 1 e，e h(x)ex1010， ( 1 xln x1) h(x)(ln x1)exx在x上单调递增， 1
3、 e，e h(x)minh2e ，h(x)maxh(e)e. ( 1 e) 1 e 1 e 当m2e 或 me 时，函数g(x)在上没有零点； 1 e 1 e 1 e，e 2 当2e me 时，函数g(x)在上有一个零点 1 e 1 e 1 e，e 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fx 2fa x2a 成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由 fx1fa x1a 解：(1)因为f(x)xex， 所以f(x)(x1)ex. 令f(x)0，得x1. 当x变化时，f(x)，f(x)的
4、变化情况如下表： x(，1)1(1，) f(x)0 f(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 1 e (2)存在满足题意的实数a.理由如下： 令g(x)(xa)， fxfa xa xexaea xa 则等价于g(x)在(a，)上单调递增 fx2fa x2a fx1fa x1a 又g(x)， x2axaexaea xa2 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)
5、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(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， 3 ()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；
6、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)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. t et1 tet et1 要证x1x20，只需证 e x1e x21，即证1， t et1 tet et1 即证t2et(et1)2，即证t2et(
7、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” ，
8、设函数g(x)aexxpa，a，pR. (1)讨论函数g(x)的单调性； 4 (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. 3 16 (参考数据：e320) 解：(1)g(x)aex1， 当a0 时，g(x)0 恒成立，函数g(x)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
9、，)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Error!解得ae0，pe (1x0) 0 x 0 x 设m(x)ex(1x)，则m(x)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，
10、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. 0 x 0 x 0 x 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， 5 n2e 2(20) 0， ( 3 2) 3 2 1 2 1 2 1 2 1 5 1 2 故在区间上存在唯一的x0，使得 2ex020，即 e， (2， 3 2) 0 x 0 x x02 2 此时由h(x0)0，得m(ex01)ex0(x02) 0 x 0 x ( x02 2 x01) x02 2 1 4 (x01)2 ， 1 4 1 4 因为函数r(x) (x1)2 在上单调递增，且r(2)0，r， 1 4 1 4(2， 3 2)( 3 2) 3 16 所以 0m. 3 16 综上，0m. 3 16