2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)16 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題 理（含解析）新人教A版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(十六)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題(建議用時(shí)：60分鐘)A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)一、選擇題1若關(guān)于x的不等式x33x29x2m對(duì)任意x2,2恒成立，則m的取值范圍是()A(，7B(，20C(，0 D12,7B令f(x)x33x29x2，則f(x)3x26x9，令f(x)0，得x1或3(舍去)因?yàn)閒(1)7，f(2)0，f(2)20.所以f(x)的最小值為f(2)20，故m20.2設(shè)函數(shù)f(x)xln x(x0)，則f(x)()A在區(qū)間，(1，e)上均有零點(diǎn)B在區(qū)間，(1，e)上均無(wú)零點(diǎn)C在區(qū)間上有零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)上無(wú)零點(diǎn)D在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)上有零點(diǎn)D因?yàn)閒(x)，所以當(dāng)x(0,3

2、)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，而01e3，又f10，f(1)0，f(e)10，所以f(x)在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)上有零點(diǎn)3已知函數(shù)f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B1，)Ce，) D.Df(x)exxex(1x)ex，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)單調(diào)遞減所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得最小值，f(1).函數(shù)g(x)的最大值為a.若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則有g(shù)(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a.故選D.4若不等式2xln xx2ax3對(duì)x

3、(0，)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(，0) B(，4C(0，) D4，)B由題意知a2ln xx對(duì)x(0，)恒成立，令g(x)2ln xx，則g(x)1，由g(x)0得x1或x3(舍)，且x(0，1)時(shí)，g(x)0，x(1，)時(shí)，g(x)0.因此g(x)ming(1)4.所以a4，故選B.5(2018衡陽(yáng)一模)已知函數(shù)f(x)aln xx2，aR，若f(x)在1，e2上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B.2e2C.2e D.C當(dāng)x1時(shí)，f(x)10，從而分離參數(shù)可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線ya與函數(shù)g(x)的圖象在(1，e2上有且只有一個(gè)交點(diǎn)，令g(x)0，得x，易得g(x)在(

4、1，)上單調(diào)遞增，在(，e2上單調(diào)遞減，由于g()2e，g(e2)，當(dāng)x1時(shí)，g(x)，所以直線y2e，或位于y下方的直線滿足題意，即a2e或a，故選C.二、填空題6(2019鄭州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)ax33x1對(duì)x(0,1總有f(x)0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_4，)當(dāng)x(0,1時(shí)，不等式ax33x10可化為a，設(shè)g(x)，x(0,1，則g(x).易知當(dāng)x時(shí)，g(x)max4，實(shí)數(shù)a的取值范圍是4，)7已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x00，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_(，2)當(dāng)a0時(shí)，f(x)3x21有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax

5、2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不合題意，故a0.由三次函數(shù)圖象及f(0)10知，f0，即a33210，化簡(jiǎn)得a240，又a0，所以a2.8已知x(0,2)，若關(guān)于x的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)0，e1)由題意，知k2xx20.即kx22x對(duì)任意x(0,2)恒成立，從而k0，因此由原不等式，得kx22x恒成立令f(x)x22x，則f(x)(x1).令f(x)0，得x1，當(dāng)x(1,2)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以kf(x)minf(1)e1，故實(shí)

6、數(shù)k的取值范圍為0，e1)三、解答題9已知f(x)ln xxa1.(1)若存在x(0，)，使得f(x)0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當(dāng)x1時(shí)，在(1)的條件下，x2axaxln x成立解f(x)ln xxa1(x0)(1)原題即為存在x(0，)，使得ln xxa10，所以aln xx1，令g(x)ln xx1，則g(x)1.令g(x)0，解得x1.因?yàn)楫?dāng)0x1時(shí)，g(x)0，所以g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，所以g(x)為增函數(shù)，所以g(x)ming(1)0.所以ag(1)0.所以a的取值范圍為0，)(2)證明：原不等式可化為x2axxln xa0(x1，a0)令G(x)x

7、2axxln xa，則G(1)0.由(1)可知xln x10，則G(x)xaln x1xln x10，所以G(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1時(shí)，G(x)G(1)0.所以當(dāng)x1時(shí)，x2axxln xa0成立，即當(dāng)x1時(shí)，x2axaxln x成立10已知函數(shù)f(x)ln x，其中aR.(1)給出a的一個(gè)取值，使得曲線yf(x)存在斜率為0的切線，并說(shuō)明理由；(2)若f(x)存在極小值和極大值，證明：f(x)的極小值大于極大值解(1)f(x)ln x，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈x|x0且x2，f(x).當(dāng)a1時(shí)，曲線yf(x)存在斜率為0的切線證明如下：曲線yf(x)存在斜率為0的切線方程f(x

8、)0存在D上的解令0，整理得x25x40，解得x1或x4.所以當(dāng)a1時(shí)，曲線yf(x)存在斜率為0的切線(2)證明：由(1)得f(x).當(dāng)a0時(shí)，f(x)0恒成立，函數(shù)f(x)在(0,2)和(2，)上單調(diào)遞增，無(wú)極值，不合題意當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，整理得x2(a4)x40.由(a4)2160，所以上述方程必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解x1，x2，不妨設(shè)x1x2.由得0x12x2.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，x1)x1(x1,2)(2，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)極大值極小值所以f(x)存在極大值f(x1)，極小值f(x2)f(x2)f(x1)(ln x2ln

9、x1)因?yàn)?x12x2，且a0，所以0，ln x2ln x10，所以f(x2)f(x1)所以f(x)的極小值大于極大值B組能力提升1已知f(x)x33x，過(guò)A(1，m)(m2)可作曲線yf(x)的三條切線，則m的取值范圍是()A(1,1) B(2,3)C(1,2) D(3，2)D設(shè)切點(diǎn)(x0，x3x0)(x01)，則f(x0)3x3k切，由題意得3x3，得m2x3x3，設(shè)g(x)2x33x23，則g(x)6x26x6x(x1)，顯然g(x)在x0與x1處取得極值，又g(0)3，g(1)2332，當(dāng)3m2時(shí)，可作三條切線故選D.2(2018太原二模)已知函數(shù)f(x)x3ax2bx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1

10、、x2，且x1x2，若x12x03x2，函數(shù)g(x)f(x)f(x0)，則g(x)()A恰有一個(gè)零點(diǎn) B恰有兩個(gè)零點(diǎn)C恰有三個(gè)零點(diǎn) D至多兩個(gè)零點(diǎn)Bf(x)x3ax2bx，f(x)3x22axb，由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，則x1、x2是方程3x22axb0的兩個(gè)根，則x1x2a，x1x2，a，由x12x03x2，則x0x2x2，由函數(shù)圖象可知：令f(x1)f(x)的另一個(gè)解為m，則x3ax2bxf(x1)(xx1)2(xm)，則則ma2x1，將代入整理得：m2x1x0，f(x)f(m)f(x0)，g(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)，即x0和x1，故選B.3已知函數(shù)f(x)3ln xx22x3ln

11、 3，則方程f(x)0的解的個(gè)數(shù)是_1因?yàn)閒(x)3ln xx22x3ln 3(x0)，所以f(x)x2，當(dāng)x(0,3)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(3，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x0時(shí)，f(x)，當(dāng)x時(shí)，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln 363ln 30，所以方程f(x)0只有一個(gè)解4(2018鄭州一模)已知函數(shù)f(x)axln x1.(1)討論函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)對(duì)任意的x0，f(x)xe2x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，由f(x)axln x10，得a. 令g(x)(x0)，則g(x).因?yàn)楫?dāng)0x1時(shí)，g(x)

12、0，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增所以g(x)ming(1)1.因?yàn)間0，當(dāng)0x時(shí)，g(x)0，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，所以當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a1或a0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1a0時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)(2)因?yàn)閒(x)axln x1，所以對(duì)任意的x0，f(x)xe2x恒成立，等價(jià)于ae2x在(0，)上恒成立令m(x)e2x(x0)，則m(x).再令n(x)2x2e2xln x，則n(x)4(x2x)e2x0，所以n(x)2x2e2xln x在(0，)上單調(diào)遞增因?yàn)閚2ln 20，n(1)0，所以n(x)2x2e2xln x有唯一零點(diǎn)x0，且x01，所以當(dāng)0xx0時(shí)，m(x)0，當(dāng)xx0時(shí)，m(x)0，所以函數(shù)m(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增因?yàn)?xe2x0ln x00，即e2x0，所以2x0ln(ln x0)ln(2x0)ln x0，即ln(2x0)2x0ln(ln x0)(ln x0)設(shè)s(x)ln xx，則s(x)10，所以函數(shù)s(x)ln xx在(0，)上單調(diào)遞增，又s(2x0)s(ln x0)，所以2x0ln x0，于是有e2x0.所以m(x)m(x0)e2x02，則有a2.所以a的取值范圍為(，2- 7 -