1、课时达标检测(十七) 导数与函数的综合问题一、全员必做题1(2017宜州调研)设f(x)|ln x|，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是()A. B.C. D.解析：选D令y1f(x)|ln x|，y2ax，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1f(x)|ln x|与y2ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点由图象易知，当a0时，不符合题意；当a0时，易知y1|ln x|与y2ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1|ln x|与y2ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|ln x，由l
2、n xax，得a.令h(x)，x(1,4)，则h(x)，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)，h(1)0，h(4)，所以ak1，则下列结论中一定错误的是()AfCf解析：选C由已知，构造函数g(x)f(x)kx，则g(x)f(x)k0，函数g(x)在R上单调递增，且0，gg(0)，即f1，即f，选项C错误，选项D正确构造函数h(x)f(x)x，则h(x)f(x)10，函数h(x)在R上单调递增，且0，hh(0)，即f1，即f1，但选项A、B无法判断，故选C.3已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意的xM，存在x0M
3、使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A. B5 C6 D8解析：选B因为g(x)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.4已知函数f(x)axxln x(aR)(1)若函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a
4、1且kZ时，不等式k(x1)f(x)在x(1，)上恒成立，求k的最大值解：(1)f(x)aln x1，由题意知f(x)0在e，)上恒成立，即ln xa10在e，)上恒成立，即a(ln x1)在e，)上恒成立，而(ln x1)max(ln e1)2，a2，即a的取值范围为2，)(2)当a1时，f(x)xxln x，x(1，)，原不等式可化为k，即k1恒成立令g(x)，则g(x).令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，h(x)在(1，)上单调递增h(3)1ln 30，存在x0(3,4)使h(x0)0，即g(x0)0.即当1xx0时，h(x)0，即g(x)x0时，h(x)0，即g(x)0.
5、g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增由h(x0)x0ln x020，得ln x0x02，g(x)ming(x0)x0(3,4)，k0，故f(x)在(0，)上单调递增当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减当1a0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减(2)证明：不妨假设x1x2.由于a2，故f(x)在(0，)上单调递减|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于f(x2)f(x1)4x14x2，即f(x2)4x2f(x1)4x1.令g(x)f(x)4x，则g(x)2ax4，于是g(x)0.从而g(x)在(0，)上单调递减，故g(x1)g
6、(x2)，即f(x2)4x2f(x1)4x1，故对x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.6(2017德州中学月考)已知函数f(x)mx2xln x.(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；(2)当0m时，若曲线C：yf(x)在点x1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围解：(1)f(x)2mx1，即2mx2x10时，由于函数y2mx2x1的图象的对称轴x0，故需且只需0，即18m0，解得m.故0m，综上所述，实数m的取值范围为.(2)f(1)m1，f(1)2m，故切线方程为ym12m(x1)，即y2m
7、xm1.从而方程mx2xln x2mxm1在(0，)上有且只有一解设g(x)mx2xln x(2mxm1)，则g(x)在(0，)上有且只有一个零点又g(1)0，故函数g(x)有零点x1.则g(x)2mx12m.当m时，g(x)0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，)上单调递增函数g(x)有且只有一个零点x1，满足题意当0m1，由g(x)0，得0x；由g(x)0，得1x.故当x在(0，)上变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1g(x)00g(x)极大值极小值根据上表知g0，故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意综上所述，m.二、重点选做题1设函数f(x)x2ax
8、kln x(aR，kR)(1)若k1，且f(x)在区间1，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a0，且ke，求证：f(x)在区间(1， 上有且仅有一个零点解：(1)f(x)x2axkln x，f(x)xa，若k1，且f(x)在区间1，)上单调递增，则f(x)xa0对任意的x1恒成立，即ax对任意的x1恒成立amin0，即实数a的取值范围为(，0(2)证明：当a0时，f(x)x2kln x，f(x)x，由f(x)0，得0x0，得x.f(x)在区间(0， 上单调递减，在区间(，)上单调递增当ke时，f(x)在区间(0， 上单调递减，且f()eeln0，f(x)在区间(1， 上有且仅有一个零点
9、当ke时，f(x)在区间(1， 上单调递减，又f(1)0，f()ekln0，f(x)在区间(1， 上有且仅有一个零点综上，若a0，且ke，则f(x)在区间(1， 上有且仅有一个零点2已知函数f(x)满足：f(x)2f(x2)，xR；f(x)ln xax，x(0,2)；f(x)在(4，2)内能取到最大值4.(1)求实数a的值；(2)设函数g(x)bx3bx，若对x1(1,2)，x2(1,2)，使得f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解：(1)当x(4，2)时，有x4(0,2)，由条件得f(x4)ln(x4)a(x4)，再由条件得f(x)2f(x2)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)故f(
10、x)4a，x(4，2)由条件得f(x)在(4，2)内有最大值，方程f(x)0，即4a0在(4，2)内必有解，故a0，且解为x4.又最大值为4，所以f(x)maxf4ln4a4，即ln0，所以a1.(2)设f(x)在(1,2)内的值域为A，g(x)在(1,2)内的值域为B，由条件可知AB.由(1)知，当x(1,2)时，f(x)ln xx，f(x)10，故f(x)在(1,2)内为减函数，所以A(f(2)，f(1)(ln 22，1)对g(x)求导得g(x)bx2bb(x1)(x1)若b0，则当x(1,2)时，g(x)0，则当x(1,2)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以B(g(1)，g(2).由
11、AB，得bln 22，b1，故必有b3ln 2.若b0，则B0，此时AB不成立综上可知，b的取值范围是3ln 2，.三、冲刺满分题1(2017长沙四校联考)已知函数f(x).(1)讨论函数yf(x)在x(m，)上的单调性；(2)若m，则当xm，m1时，函数yf(x)的图象是否总在函数g(x)x2x图象上方？请写出判断过程解：(1)f(x)，当x(m，m1)时，f(x)0，所以f(x)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增(2)由(1)知f(x)在(m，m1)上单调递减，所以其最小值为f(m1)em1.因为m，g(x)在m，m1上的最大值为(m1)2m1.所以下面判断f(m1)与(m1
12、)2m1的大小，即判断ex与(1x)x的大小，其中xm1.令m(x)ex(1x)x，m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因为xm1，所以h(x)ex20，m(x)单调递增，又m(1)e30，故存在x0，使得m(x0)ex02x010.所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)m(x0)ex0xx02x01xx0xx01，所以当x0时，m(x0)xx010，即ex(1x)x，即f(m1)(m1)2m1，所以函数yf(x)的图象总在函数g(x)x2x图象上方2已知函数f(x)xexaln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴(1)求f(
13、x)的单调区间；(2)证明：当be时，f(x)b(x22x2)解：(1)因为f(x)(x1)ex，x0，依题意得f(1)0，即2ea0，解得a2e.所以f(x)(x1)ex，显然f(x)在(0，)上单调递增且f(1)0，故当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：当b0时，由(1)知，当x1时，f(x)取得最小值e.又b(x22x2)的最大值为b，故f(x)b(x22x2)当00，则h(x)(x2)ex2b，当x(0,1时，2b0，(x2)ex0，所以h(x)0，当x(1，)时，(x2)ex2b0，0，所以h(x)0，所以当x(0，)时，h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，所以当x(0,1)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1时，g(x)取得最小值g(1)eb0，所以g(x)0，即f(x)b(x22x2)综上，当be时，f(x)b(x22x2)
