1、1函数与导数的综合问题A 组大题保分练1已知函数 f(x) aex x2 bx(a， bR)(1)设 a1，若函数 f(x)在 R 上是单调递减函数，求 b 的取值范围；(2)设 b0，若函数 f(x)在 R 上有且只有一个零点，求 a 的取值范围解：(1)当 a1 时， f(x)e x x2 bx， f( x)e x2 x b，由题意知， f( x)e x2 x b0 对 xR 恒成立由e x2 x b0，得 be x2 x.令 F(x)e x2 x，则 F( x)e x2，由 F( x)0，得 xln 2.当 xln 2 时， F( x)0， F(x)单调递增，当 xln 2 时， F(
2、x)0， F(x)单调递减，从而当 xln 2 时， F(x)取得最大值 2ln 22， b2ln 22，故 b 的取值范围为2ln 22，)(2)当 b0 时， f(x) aex x2.由题意知 aex x20 只有一个解由 aex x20，得 a ，x2ex令 G(x) ，则 G( x) ，x2ex x 2 xex由 G( x)0，得 x0 或 x2.当 x0 时， G( x)0， G(x)单调递减，故 G(x)的取值范围为0，)；当 0 x2 时， G( x)0， G(x)单调递增，故 G(x)的取值范围为 ；(0，4e2)当 x2 时， G( x)0， G(x)单调递减，故 G(x)的
3、取值范围为 .(0，4e2由题意得， a0 或 a ，从而 a0 或 a ，4e2 4e2故若函数 f(x)在 R 上只有一个零点，则 a 的取值范围为 0( ， 4e2)2已知函数 f(x)(1 b)x aln x(a0)在 x2 a 处取得极值2a2x(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设函数 g(x) x22 cx4ln 2，当 a1 时，若对任意的 x1， x21，e都有f(x1) g(x2)，求实数 c 的取值范围2解：(1)由 f(x)(1 b)x aln x， a0， x0，2a2x得 f( x)1 b .2a2x2 ax又 f(x)在 x2 a 处取得极值，所以 f(2 a
4、)1 b b0，12 12所以 f(x) x aln x，2a2xf( x)1 ，2a2x2 ax x2 ax 2a2x2 x a x 2ax2又 a0，且函数 f(x)的定义域为(0，)，所以由 f( x)0，得 x2 a；由 f( x)0，得 0 x2 a，即函数 f(x)的单调递增区间为(2 a，)，单调递减区间为(0,2 a)(2)当 a1 时， f(x) x ln x， x(0，)，2x由(1)知 x1，e时， f(x)在1,2上单调递减，在(2，e上单调递增，所以 f(x)min f(2)3ln 2.对任意的 x1， x21，e都有 f(x1) g(x2)，即 f(x)min g(
5、x)， x1，e恒成立即 3ln 2 x22 cx4ln 2， x1，e恒成立，即 2c x ， x1，e恒成立，1x令 h(x) x ，则 h( x)1 0， x1，e，1x 1x2即 h(x) x 在1，e上单调递增，1x故 h(x)max h(e)e ，所以 c .1e 12(e 1e)故实数 c 的取值范围为 .e2 12e， )3(2018南京、盐城一模)设函数 f(x)ln x， g(x) ax 3( aR)a 1x(1)当 a2 时，解关于 x 的方程 g(ex)0(其中 e 为自然对数的底数)；(2)求函数 (x) f(x) g(x)的单调增区间；(3)当 a1 时，记 h(x
6、) f(x)g(x)，是否存在整数 ，使得关于 x 的不等式2 h(x)有解？若存在，请求出 的最小值；若不存在，请说明理由3(参考数据：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)当 a2 时，方程 g(ex)0，即为 2ex 30，去分母，得 2(ex)1ex23e x10，解得 ex1 或 ex ，12故所求方程的根为 x0 或 xln 2.(2)因为 (x) f(x) g(x)ln x ax 3( x0)，a 1x所以 ( x) a 1x a 1x2 ax2 x a 1x2 (x0)，ax a 1 x 1x2当 a0 时，由 ( x)0，解得 x0；当 a1 时，由 (
7、x)0，解得 x ；a 1a当 00，解得 x0；当 a1 时，由 ( x)0，解得 x0；当 a0，解得 01 时， (x)的单调增区间为 . (a 1a ， )(3)存在满足题意的 .当 a1 时， g(x) x3，所以 h(x)( x3)ln x，所以 h( x)ln x1 在(0，)上单调递增3x因为 h ln 120，32所以存在唯一 x0 ，使得 h( x0)0，(32， 2)即 ln x01 0，3x0当 x(0， x0)时， h( x)0，4所以 h(x)min h(x0)( x03)ln x0( x03) 6 ，(3x0 1) x0 3 2x0 (x0 9x0)记函数 r(x
8、)6 ，由 r( x)0 在 上恒成立可得 r(x)在 上单调递增，(x9x) (32， 3) (32， 2)所以 r 0)(1)若函数 y f(x)是 R 上的单调增函数，求实数 a 的取值范围；(2)设 a ， g(x) f(x) bln x1( bR， b0)， g( x)是 g(x)的导函数12若对任意的 x0， g( x)0，求证：存在 x0，使 g(x0)0，所以 cos x 对 xR 恒成立，1a因为(cos x)max1，所以 1，从而 00，使 g 1 cos 0.b2 ( b2) 12 ( b2)取 x0e ，则 00，使12 12 3b 12g(x0)1.x2x15由(1
9、)知函数 y xsin x 单调递增，所以 x2sin x2x1sin x1.从而 x2 x1sin x2sin x1.因为 g(x1) g(x2)，所以 x1 sin x1 bln x11 x2 sin x2 bln x21，12 12所以 b(ln x2ln x1) x2 x1 (sin x2sin x1) (x2 x1)12 12所以2 b 0.x2 x1ln x2 ln x1下面证明 ，即证明 ，只要证明 ln t 1)，所以 h( t) ，即 x1x20)，令 f( x)0，即1x x2 ax 1xx2 ax10， a24.当 a240，即2 a2 时， x2 ax10 对 x0 恒
10、成立，即 f( x)0 对 x0 恒成立，此时 f(x)没有极值点x2 ax 1x当 a240，即 a2 时，若 a0， x1x210，故 x2x10，当 0x2时， f( x)0；当 x12，设方程 x2 ax10 的两个不同实根为 x3， x4，则 x3 x4 a0，故 x30 时， f( x)0，故函数 f(x)没有极值点综上，当 a0，所以 a 对于 x0 恒成立，ex x2 ln xx设 (x) (x0)，ex x2 ln xx则 ( x)(ex 2x 1x)x ex x2 ln xx2 ，ex x 1 ln x x 1 x 1x2 x0，当 x(0,1)时， ( x)0， (x)单
11、调递增， (x) (1)e1， ae1，即实数 a 的取值范围是(，e12(2018苏州期末)已知函数 f(x)Error!其中常数 aR.(1)当 a2 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若方程 f( x) f(x)e x3 在区间(0，)上有实数解，求实数 a 的取值范围；(3)若存在实数 m， n0,2，且| m n|1，使得 f(m) f(n)，求证：1 e.ae 1解：(1)当 a2 时， f(x)Error!当 x0，所以 f(x)的单调递减区间是(，0)和0，ln 2，单调递增区间是ln 2，)(2)当 x0 时， f(x)e x ax，此时 xf(ln a)，且 f(ln
12、a)0)，则当 0x0时， F( x)0，20所以 F(x)在区间(0， x0)上单调递减，在区间( x0，)上单调递增，代入 a 2 x0，可得 F(x)min F(x0) x 2 x0 ln x02.1 2x20x0 1x0 20 1x0设 G(x) x22 x ln x2，1x则 G( x)2 x2 0 对 x0 恒成立，1x2 1x所以 G(x)在区间(0，)上单调递增又 G(1)0，所以当 00，所以当 xe a2 1 时，1x0F(x) ln e a2 a214e2a 4 a2ea 2 a24 20.14( 1ea 2 a)因此当 0x01 时，函数 F(x)必有零点，即当 0x0
13、1 时，必存在 x2使得(*)成立，即存在 x1， x2使得函数 f(x)上点( x1， f(x1)与函数 g(x)上点( x2， g(x2)处切线相同又由 y 2 x， x(0,1得 y 20，1x 1x2所以 y 2 x 在(0,1上单调递减，1x因此 a 2 x01，)1 2x20x0 1x0所以实数 a 的取值范围是1，)4对于函数 f(x)，在给定区间 a， b内任取 n1( n2， nN *)个数x0， x1， x2， xn使得 a x0x1x2xn1 xn b，记 S f(xi1 ) f(xi)|.若存在n 1i 0|与 n 及 xi(i n， iN)均无关的正数 A，使得 S
14、A 恒成立，则称 f(x)在区间 a， b上具有性质 V.(1)若函数 f(x)2 x1，给定区间为1,1，求 S 的值；(2)若函数 f(x) ，给定区间为0,2，求 S 的最大值；xex(3)对于给定的实数 k，求证：函数 f(x) kln x x2在区间1，e上具有性质 V.12解：(1)因为函数 f(x)2 x1 在区间1,1为减函数，9所以 f(xi1 ) f(xi)，所以| f(xi1 ) f(xi)| f(xi) f(xi1 )S f(xi1 ) f(xi)| f(x0) f(x1) f(x1) f(x2) f(xn1 ) f(xn)n 1i 0| f(x0) f(xn) f(1
15、) f(1)4.(2)由 f( x) 0，得 x1.1 xex当 x1 时， f( x)0，所以 f(x)在(0,1)为增函数；当 x1 时， f( x)0，所以 f(x)在(1,2)为减函数；所以 f(x)在 x1 时取极大值 .1e设 xm1 xm1 ， mN， m n1，则 S f(xi1 ) f(xi)|n 1i 0| f(x1) f(0)| f(xm) f(xm1 )| f(xm1 ) f(xm)| f(xm2 ) f(xm1 )| f(2) f(xn1 )| f(x1) f(0) f(xm) f(xm1 )| f(xm1 ) f(xm)| f(xm1 ) f(xm2 ) f(xn1
16、 ) f(2) f(xm) f(0)| f(xm1 ) f(xm)| f(xm1 ) f(2)因为| f(xm1 ) f(xm)| f(1) f(xm) f(1) f(xm1 )，当 xm1 时取等号，所以 S f(xm) f(0) f(1) f(xm) f(1) f(xm1 ) f(xm1 ) f(2)2 f(1) f(0) f(2) .2 e 1e2所以 S 的最大值为 .2 e 1e2(3)证明： f( x) x ， x1，ekx k x2x当 ke 2时， k x20 恒成立，即 f( x)0 恒成立，所以 f(x)在1，e上为增函数，所以 S f(xi1 ) f(xi)| f(x1)
17、 f(x0) f(x2) f(x1) f(xn)n 1i 0| f(xn1 ) f(xn) f(x0) f(e) f(1) k e2.12 1210因此，存在正数 A k e2，都有 S A，因此 f(x)在1，e上具有性质 V.12 12当 k1 时， k x20 恒成立，即 f( x)0 恒成立，所以 f(x)在1，e上为减函数，所以 S f(xi1 ) f(xi)| f(x0) f(x1) f(x1) f(x2) f(xn1 )n 1i 0| f(xn) f(x0) f(xn) f(1) f(e) e2 k .12 12因此，存在正数 A e2 k ，都有 S A，因此 f(x)在1，e
18、上具有性质 V.12 12当 1 ke 2时，由 f( x)0，得 x ；k当 f( x)0，得 1 x ；k当 f( x)0，得 xe，因此 f(x)在1， )上为增函数，在( ，e上为减函k k k数设 xm xm1 ， mN， m n1，k则 S f(xi1 ) f(xi)|n 1i 1| f(x1) f(x0)| f(xm) f(xm1 )| f(xm1 ) f(xm)| f(xm2 ) f(xm1 )| f(xn) f(xn1 )| f(x1) f(x0) f(xm) f(xm1 )| f(xm1 ) f(xm)| f(xm1 ) f(xm2 ) f(xn1 ) f(xn) f(xm) f(x0)| f(xm1 ) f(xm)| f(xm1 ) f(xn) f(xm) f(x0) f(xm1 ) f(xn) f( ) f(xm1 ) f( ) f(xm)k k2 f( ) f(x0) f(xn) kln k k k e2 kln k2 k e2.k (12) 12 12 12因此，存在正数 A kln k2 k e2，都有 S A，因此 f(x)在1，e上具有性质 V.12 12综上，对于给定的实数 k，函数 f(x) kln x x2 在区间1，e上具有性质 V.1211
