（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題 文

（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題 文1(2017·全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0時(shí)，f(x)ax1，求a的取值范圍解：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0，得x1或x1.當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(1，1)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)上單調(diào)遞減，在(1，1)上單調(diào)遞增(2)f(x)(1x)(1x)ex.當(dāng)a1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)(1x)ex，則h(x)xex0(x0)因此h(x)在0，)上單調(diào)遞減，又h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當(dāng)0a1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)exx1，則g(x)ex10(x0)，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，而g(0)0，故exx1.當(dāng)0x1時(shí)，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.當(dāng)a0時(shí)，取x0，則x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a的取值范圍是1，)2(2018·沈陽(yáng)監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f(x)aln x(a>0)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)若過(guò)點(diǎn)A(2，f(2)的切線斜率為2，求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>0時(shí)，求證f(x)a；(3)若在區(qū)間(1，e)上eex<0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)由題意得f(x)，f(2)2，a4.(2)證明：令g(x)a(x>0)，則g(x)a.令g(x)>0，即a>0，解得x>1，令g(x)<0，解得0<x<1；g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增g(x)的最小值為g(1)0，f(x)a.(3)由題意可知e<ex，化簡(jiǎn)得<ln x，又x(1，e)，a>.令h(x)，則h(x)，由(2)知，當(dāng)x(1，e)時(shí)，ln x1>0，h(x)>0，即h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，h(x)<h(e)e1.ae1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為e1，)3(2018·海南校級(jí)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)kln x，k0.(1)當(dāng)k2時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值；(2)若關(guān)于x的方程f(x)k有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍解：(1)函數(shù)f(x)kln x的定義域?yàn)?0，)，f(x)(x>0)當(dāng)k2時(shí)，f(x)211，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)，等號(hào)成立所以函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值為1.(2)因?yàn)殛P(guān)于x的方程f(x)k有解，令g(x)f(x)kkln xk，則問(wèn)題等價(jià)于函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)g(x).當(dāng)k<0時(shí)，g(x)<0在(0，)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，)上單調(diào)遞減因?yàn)間(1)1k>0，g(e1)kk1<1<0，所以函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)當(dāng)k>0時(shí)，令g(x)0，得x.g(x)，g(x)隨x的變化情況如下表：xg(x)0g(x)極小值所以gkkkln kln k為函數(shù)g(x)的最小值，當(dāng)g>0，即0<k<1時(shí)，函數(shù)g(x)沒(méi)有零點(diǎn)，當(dāng)g0，即k1時(shí)，注意到g(e)kk>0，所以函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)綜上，當(dāng)k<0或k1時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)k有解中檔難度題學(xué)優(yōu)生做1設(shè)函數(shù)f(x)aln xx2bx(a1)，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)<，求a的取值范圍解：(1)f(x)(1a)xb.由題設(shè)知f(1)0，解得b1.(2)f(x)的定義域?yàn)?0，)，由(1)知，f(x)aln xx2x，f(x)(1a)x1(x)(x1)若a，則1，故當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0，f(x)在(1，)單調(diào)遞增所以，存在x01，使得f(x0)<的充要條件為f(1)<，即1<，解得1<a<1.若<a<1，則>1，故當(dāng)x時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x時(shí)，f(x)>0.f(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增所以，存在x01，使得f(x0)<的充要條件為f<.而faln>，所以不合題意若a>1，則f(1)1<.綜上，a的取值范圍是(1，1)(1，)2(2017·廣西陸川二模)已知函數(shù)f(x)ln xmxm.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0在(0，)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，對(duì)任意的0<a<b，求證：<.解：(1)f(x)m，x(0，)，當(dāng)m0時(shí)，f(x)>0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時(shí)，由f(x)>0，得x，由f(x)<0，得x，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.綜上，當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)由(1)知：當(dāng)m0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，f(1)0，顯然不符合題意；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)maxfln 1mmln m1，只需mln m10即可令g(x)xln x1，則g(x)1，x(0，)，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增g(x)ming(1)0.g(x)0對(duì)x(0，)恒成立，也就是mln m10對(duì)m(0，)恒成立，由mln m10，解得m1.若f(x)0在(0，)上恒成立，則m1.(3)證明：1·1.由(2)得f(x)0在(0，)上恒成立，即ln xx1，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)又由0<a<b得>1，0<ln <1，即<1.則·1<1<.較高難度題學(xué)霸做1(2017·天津高考)設(shè)a，bR，|a|1.已知函數(shù)f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知函數(shù)yg(x)和yex的圖象在公共點(diǎn)(x0，y0)處有相同的切線，求證：f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0；若關(guān)于x的不等式g(x)ex在區(qū)間x01，x01上恒成立，求b的取值范圍解：(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.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，a)，(4a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4a)(2)證明：因?yàn)間(x)exf(x)f(x)，由題意知所以解得所以f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0.因?yàn)間(x)ex，xx01，x01，由ex0，可得f(x)1.又因?yàn)閒(x0)1，f(x0)0，所以x0為f(x)的極大值點(diǎn)，結(jié)合(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a，由(1)知f(x)在(a1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)x0a時(shí)，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，從而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?yàn)閠(1)7，t(1)3，t(0)1，因此t(x)的值域?yàn)?,1所以b的取值范圍是7,12(2016·四川高考)設(shè)函數(shù)f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x1時(shí)，g(x)0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立解：(1)由題意得f(x)2ax(x0)當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0得，x，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增(2)證明：令s(x)ex1x，則s(x)ex11.當(dāng)x1時(shí)，s(x)0，所以ex1x，從而g(x)0.(3)由(2)知，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0.當(dāng)a0，x1時(shí)，f(x)a(x21)ln x0.故當(dāng)f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a0.當(dāng)0a時(shí)， 1.由(1)有ff(1)0，而g0，所以此時(shí)f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)不恒成立當(dāng)a時(shí)，令h(x)f(x)g(x)(x1)當(dāng)x1時(shí)，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增又因?yàn)閔(1)0，所以當(dāng)x1時(shí)，h(x)f(x)g(x)0恒成立，綜上，a.