江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.4 大题考法—函数与导数的综合问题达标训练（含解析）

江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.4 大题考法函数与导数的综合问题达标训练（含解析）1已知函数f(x)aexx2bx(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)exx2bx，f(x)ex2xb，由题意知，f(x)ex2xb0对xR恒成立由ex2xb0，得bex2x.令F(x)ex2x，则F(x)ex2，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(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)aexx2.由题意知aexx20只有一个解由aexx20，得a，令G(x)，则G(x)，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0x2时，G(x)0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为；当x2时，G(x)0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为.由题意得，a0或a，从而a0或a，故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为02已知函数f(x)(1b)xaln x(a0)在x2a处取得极值(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)x22cx4ln 2，当a1时，若对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，求实数c的取值范围解：(1)由f(x)(1b)xaln x，a0，x0，得f(x)1b.又f(x)在x2a处取得极值，所以f(2a)1bb0，所以f(x)xaln x，f(x)1，又a0，且函数f(x)的定义域为(0，)，所以由f(x)0，得x2a；由f(x)0，得0x2a，即函数f(x)的单调递增区间为(2a，)，单调递减区间为(0,2a)(2)当a1时，f(x)xln x，x(0，)，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)minf(2)3ln 2.对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，即f(x)ming(x)，x1，e恒成立即3ln 2x22cx4ln 2，x1，e恒成立，即2cx，x1，e恒成立， 令h(x)x，则h(x)10，x1，e，即h(x)x在1，e上单调递增，故h(x)maxh(e)e，所以c.故实数c的取值范围为.3(2018南京、盐城一模)设函数f(x)ln x，g(x)ax3(aR)(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)f(x)g(x)，是否存在整数，使得关于x的不等式2h(x)有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由(参考数据：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)当a2时，方程g(ex)0，即为2ex30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或ex，故所求方程的根为x0或xln 2.(2)因为(x)f(x)g(x)ln xax3(x0)，所以(x)a(x0)，当a0时，由(x)0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x；当0a0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x0；当a0，解得0x.综上所述，当a1时，(x)的单调增区间为. (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，)上单调递增因为hln120，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，即ln x010，当x(0，x0)时，h(x)0，所以h(x)minh(x0)(x03)ln x0(x03)6，记函数r(x)6，由r(x)0在上恒成立可得r(x)在上单调递增， 所以rh(x0)0)(1)若函数yf(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)的导函数若对任意的x0，g(x)0，求证：存在x0，使g(x0)0；若g(x1)g(x2)(x1x2)，求证：x1x20，所以cos x对xR恒成立，因为(cos x)max1，所以1，从而0a1.所以实数a的取值范围是(0,1(2)证明：g(x)xsin xbln x1，所以g(x)1cos x.若b0，使g1cos0.取x0e，则0x01.此时g(x0)x0sin x0bln x011bln e10，使g(x0)0.依题意，不妨设0x11.由(1)知函数yxsin x单调递增，所以x2sin x2x1sin x1.从而x2x1sin x2sin x1.因为g(x1)g(x2)，所以x1sin x1bln x11x2sin x2bln x21，所以b(ln x2ln x1)x2x1(sin x2sin x1)(x2x1)所以2b0.下面证明，即证明，只要证明ln t1)，所以h(t)0在(1，)上恒成立所以h(t)在(1，)上单调递减，故h(t)，即x1x20)，令f(x)0，即x2ax10，a24.当a240，即2a2时，x2ax10对x0恒成立，即f(x)0对x0恒成立，此时f(x)没有极值点当a240，即a2时，若a2，设方程x2ax10的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x210，故x2x10，当0xx2时，f(x)0；当x1xx2时f(x)2，设方程x2ax10的两个不同实根为x3，x4，则x3x4a0，故x30，x40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，设(x)(x0)，则(x)，x0，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增，(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)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)ex3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|mn|1，使得f(m)f(n)，求证：1e.解：(1)当a2时，f(x)当x0时，f(x)3x22x0，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)exax，此时x0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以f(x)f(x)exaxx3x2ex3在区间(0，)上有实数解，可化为ax2x在区间(0，)上有实数解记g(x)x2x，x(0，)，则g(x)2x1.可得g(x)在(0,1上单调递减，在1，)上单调递增，且g(1)5，当x时，g(x).所以g(x)的值域是5，)，即实数a的取值范围是5，)(3)证明：当x0,2时，f(x)exax，有f(x)exa.若a1或ae2，则f(x)在0,2上是单调函数，不合题意所以1ae2，此时可得f(x)在0，ln a上单调递减，在ln a,2上单调递增不妨设0mln af(ln a)，且f(ln a)0)，则当0xx0时，F(x)x0时，F(x)0，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a2x0，可得F(x)minF(x0)x2x0ln x02.设G(x)x22xln x2，则G(x)2x20对x0恒成立，所以G(x)在区间(0，)上单调递增又G(1)0，所以当0x1时，G(x)0，即当00，所以当xea21时，F(x)ln ea2a220.因此当0x01时，函数F(x)必有零点，即当0x01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y2x，x(0,1得y20，所以y2x在(0,1上单调递减，因此a2x01，)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ax0x1x2xn1xnb，记Sf(xi1)f(xi)|.若存在与n及xi(in，iN)均无关的正数A，使得SA恒成立，则称f(x)在区间a，b上具有性质V.(1)若函数f(x)2x1，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；(3)对于给定的实数k，求证：函数f(x)kln xx2在区间1，e上具有性质V.解：(1)因为函数f(x)2x1在区间1,1为减函数，所以f(xi1)f(xi)，所以|f(xi1)f(xi)| f(xi)f(xi1)Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1) f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn)f(1)f(1)4.(2)由f(x)0，得x1.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.设xm1xm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)|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)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Sf(xm)f(0)f(1)f(xm)f(1)f(xm1)f(xm1)f(2)2f(1)f(0)f(2).所以S的最大值为.(3)证明：f(x)x，x1，e当ke2时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为增函数，所以Sf(xi1)f(xi)| f(x1)f(x0)f(x2)f(x1) f(xn)f(xn1)f(xn)f(x0)f(e)f(1)ke2.因此，存在正数Ake2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当k1时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为减函数，所以Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1)f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn) f(1)f(e) e2k.因此，存在正数Ae2k，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当1ke2时，由f(x)0，得x；当f(x)0，得1x；当f(x)0，得xe，因此f(x)在1，)上为增函数，在(，e上为减函数设xmxm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)|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)2f()f(x0)f(xn)kln kkke2kln k2ke2.因此，存在正数Akln k2ke2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.综上，对于给定的实数k，函数f(x)kln xx2 在区间1，e上具有性质V.