1、限时检测提速练(二十二)大题考法导数的综合应用A组1(2018衡阳模拟)已知函数f(x)aln x(xR)(1)若函数f(x)在(0,2)上递减，求实数a的取值范围；(2)设h(x)f(x)|(a2)x|，x1，)，求证：h(x)2(1)解：函数f(x)在(0,2)上递减x(0,2), 恒有f(x)0成立，而f(x)0x(0,2), 恒有a成立，当x(0,2)时，1，所以a1(2)证明：当a2时，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，所以h(x)在1，)上是增函数，故h(x)h(1)a2，当a2时，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，解得x
2、0或x1，所以函数h(x)在1，)单调递增，所以h(x)h(1)4a2，综上所述：h(x)22(2018邯郸二模)已知函数f(x)3exx2，g(x)9x1(1)求函数(x)xex4xf(x)的单调区间；(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明解：(1)(x)(x2)(ex2)，令(x)0，得x1ln 2，x22；令(x)0，得xln 2或x2；令(x)0，得ln 2x2故(x)在(，ln 2)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)f(x)g(x)证明如下：设h(x)f(x)g(x)3exx29x1，h(x)3ex2x9为增函数，可设h(x0)0，h(0)6
3、0，h(1)3e70，x0(0,1)当xx0时，h(x)0；当xx0时，h(x)0h(x)minh(x0)3ex0x9x01，又3ex02x090，3ex02x09，h(x)min2x09x9x01x11x010(x01)(x010)x0(0,1)，(x01)(x010)0，h(x)min0，f(x)g(x)3(2018西宁一模)设f(x)ln x，g(x)x|x|(1)令F(x)xf(x)g(x)，求F(x)的单调区间；(2)若任意x1，x21，)且x1x2，都有mg(x2)g(x1)x2f(x2)x1f(x1)恒成立，求实数m的取值范围解：(1)F(x)的定义域为(0，)，F(x)xln
4、xx2，则F(x)ln x1x，令G(x)F(x)ln x1x，则G(x)1，由G(x)10得0x1，G(x)10，得x1，则G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，F(x)F(1)0，F(x)的定义域为(0，)上单调递减(2)据题意，当1x1x2时，mg(x2)g(x1)x2f(x2)x1f(x1)恒成立，当1x1x2时，mg(x2)x2f(x2)mg(x1)x1f(x1)恒成立，令H(x)mg(x)xf(x)，即H(x)mx2xln x，则H(x)在1，)上是增函数，H(x)0在1，)上恒成立， m(x1)，令h(x)(
5、x1)，h(x)0，h(x)在1，)上为减函数，h(x)maxh(1)1，m14(2018湖南联考)已知函数f(x)ln xax(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2，且x1x2. 求证：x1x21解：(1)f(x)a，x(0，)，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当a1时，g(x)ln xm，由已知得：ln x1m，ln x2m，两式相减得ln 0x1x2，x1，x2，x1x2，令t(0,1)，则h(t)t2ln t，h(t)10，h(t)在(0,1)上单调递增，h(t)h(1)0，
6、即t2ln t，又ln t0，1，x1x21B组1(2018安庆二模)已知函数f(x)(x1)exax2(e是自然对数的底数)(1)判断函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若x0，f(x)exx3x，求a的取值范围解：(1)f(x)xex2axx(ex2a)当a0时，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)有1个极值点；当0a时， f(x)在(，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)有2个极值点；当a时，f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点；当a时，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在
7、(ln 2a，)上单调递增，f(x)有2个极值点；当a0时，f(x)有1个极值点；当a0且a时，f(x)有2个极值点；当a时，f(x)没有极值点(2)由f(x)exx3x得xexx3ax2x0当x0时，exx2ax10，即a对x0恒成立设g(x)，则g(x)设h(x)exx1，则h(x)ex1x0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增，h(x)h(0)0，即exx1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)g(1)e2，ae2，a的取值范围是(，e22(2018中山二模)已知函数f(x)ln xax2x，aR(1)若f(1)0，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若关
8、于x的不等式f(x)ax1恒成立，求整数a的最小值解：(1)因为f(1)10，所以a2，故f(x)ln xx2x，x0，所以f(x)2x1(x0)，由f(x)0，解得x1，所以f(x)的单调减区间为(1，)(2)令g(x)f(x)(ax1)ln xax2(1a)x1，x0，由题意可得g(x)0在(0，)上恒成立又g(x)ax(1a)当a0时，则g(x)0所以g(x)在(0，)上单调递增，又因为g(1)ln 1a12(1a)1a20，所以关于x的不等式f(x)ax1不能恒成立当a0时，g(x)，令g(x)0，得x所以当x时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x时，g(x)0，函数g(x)单调递
9、减故当x时，函数g(x)取得极大值，也为最大值，且最大值为gln a2(1a)1ln a令h(a)ln a，a0，则h(a)在(0，)上单调递减，因为h(1)0，h(2)ln 20所以当a2时，h(a)0，所以整数a的最小值为23(2018华南师大附中模拟)已知函数f (x)ex1，其中 e2.718为自然对数的底数，常数a0(1)求函数f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数(x)的导数 F(x)(exa)f(x)，是否存在无数个a(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点？说明理由解：(1)f(x)ex，当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x时，f(x)0，函数f(x
10、)单调递增，ff(0)0，f10，存在x0，使f(x0)0，且当0xx0时，f(x)0，xx0时，f(x)0，函数f(x)在区间(0，)上只有一个零点(2)当a1时，ln a0，x(0，ln a)，exa0，当x(ln a，)，exa0，由(1)知，当0xx0时，f(x)0，xx0时，f (x)0，下证：当a(1，e)时，ln ax0，即证f(ln a)0，f(ln a)aln aa1，设g(x)xln xx1，x(1，e)，g(x)ln xx，g(x)0，g(x)在(1，e)上单调递增，g(1)0，g(e)10，存在唯一的零点t0(1，e)，使得g(t0)0，且x(1，t0)时，g(x)0，
11、g(x)单调递减，x(t0，e)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(1，e)时，g(x)maxg(1)，g(e)，由g(1)0，g(e)0，当x(1，e)时，g(x)0，故f(ln a)0,0ln ax0，当0xln a时，exa0，F(x)(exa)f(x)0，函数F(x)单调递增，当ln axx0时，exa0，F(x)(exa)f(x)0，函数F(x)单调递减，故存在无数个a(1,4)时，使得ln a为函数F(x)的极大值点4(2018安庆二模)已知函数f(x)x2axbln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2x(1)求实数a和b的值；(2)设F(x)f(x)x2m
12、x(mR)，x1，x2(0x1x2)分别是函数F(x)的两个零点，求证：F()0解：(1)由f(x)x2axbln x，得f(1)1a，f(x)2xa，f(1)2ab，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程y(2ab)(x1)(1a)(*)将方程(*)与y2x比较，得解得a1，b1(2)F(x)f(x)x2mx(x2xln x)x2mx(m1)xln x因为x1，x2(x1x2)分别是函数F(x)的两个零点，所以两式相减，得(m1)(x1x2)(ln x1ln x2)0，所以m1因为F(x)m1，所以F()(m1)要证F()0，即证0因0x1x2，故又只要证ln x1ln x20ln 0令t(0,1)，则即证明2ln tt0令(t)2ln tt，0t1，则(t)10这说明函数(t)在区间(0,1)上单调递减，所以(t)(1)0，即2ln tt0成立由上述分析可知F()0成立
