高考數(shù)學二輪復習講義五第四講大題考法-函數(shù)與導數(shù)的綜合問題

第四講大題考法——函數(shù)與導數(shù)的綜合問題

題型(一)

主要考查不等式恒成立有關問題或不等

利用導數(shù)解決與不等式有關的問題

關系證明的問題.

[典例感悟]

[例1](2018?鎮(zhèn)江期末)已知函數(shù)?r)=xlnx,1)(4為常數(shù)).

(1)若函數(shù)y=/(x)與函數(shù)y=g(x)在x=l處有相同的切線，求實數(shù)2的值；

(2)若且證明：?Wg(x)；

(3)若對任意xd[l,+8),不等式y(tǒng)(x)Wg(x)恒成立，求實數(shù)力的取值范圍.

[解](1)因為/(x)=lnx+l,

所以，(1)=1,

因為/(l)=g'(1)且g'(x)=2〃，

所以g'(1)=22=1,解得2=1

(2)證明：設函數(shù)h(x)=J(x)—g(x)=xlnx—；(9—1),

則(x)=lnx+1—x(x^1).

設p(x)=1nx+1—x,從而p'(x)=1—1<0對任意+8)上恒成立，

所以p(x)在[1,+8)上單調遞減，

因為p(l)=0,所以當xG[l,+8)時，p(x)W0,即//'(x)W0,

因此函數(shù)〃(x)=xlnx—於2-])在口，+8)上單調遞減，

即/i(x)W/i(l)=0,

所以當x2l時，段)Wg(x)成立.

(3)設函數(shù)H(x)=xlnx—2。2—1)(x21),

從而對任意尤G[l,+~),不等式”(x)W0=，(l)恒成立.

又H'(x)=lnx+l-2",

In五+1

當a)=lnx+l—2〃W0,即「一W22恒成立時，函數(shù)”(%)單調遞減.

“Inx+1—,Tn%)八

設/<》)=---(x》l),則r(x)=7W0,

所以r(x)max=r(1)=1,即22N1,解得力N].

當％WO時，//'(x)=lnx+l-2a>0恒成立，此時函數(shù)H(x)單調遞增.

于是，不等式"(x)2H(1)=0對任意工￡［1,+8)恒成立，不符合題意;

當Ovk)時，設q(x)=H'(x)=lnx+l—2/U,則/(x)=,-22=0今天=』>1,

Z.X，兒

當XG0,時，q'(x)=：—2A>0,此時虱x)="'(x)=lnx+1—2Zx單調遞增,

所以//'(x)=lnx+l-2Zr>/7,(1)=1-2z>0,

故當xG(l,給時，函數(shù)H(x)單調遞增.

于是當x€(l,與時，H(x)>0成立，不符合題意.

綜上所述，實數(shù)2的取值范圍為;，+8)

［方法技巧］

利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的兩種常用方法

(1)分離參數(shù)法

將原不等式分離參數(shù)，轉化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值

第一步口問題

第二步H利用導數(shù)求該函數(shù)的最值

^~T~

第三步T根據(jù)要求得所求范圍

(2)函數(shù)思想法

［第1步：將不等式轉化為含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題

|第1步卜：利用導數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)i

二二二二二二二二二二二二二二二二二；

第三步|—：構建不等式求解

［演練沖關］

1.(2018?蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知函數(shù)<尤)=(;<:+1)111》一以+4(。為正實數(shù)，且為常數(shù)).

(1)若貝X)在(0,十8)上單調遞增，求實數(shù)。的取值范圍；

(2)若不等式。一1次x)20恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

解：(1)因為y(x)=(x+l)lnx—ax+a,

所以fa)=mx+；+1—〃a>o),

若共x)在(0,+8)上單調遞增，則/(工)20,

即〃Wlnx+；+l在(0,+8)上恒成立，

設g(x)=lnx+^+l(x>0),

x-1

貝Ig'(x)=—^~

當x>l時，g'(x)>0;當0<x<l時，g'(x)<0,

所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+8)上單調遞增,

所以gQ)min=g(l)=2,

故0<aW2,即實數(shù)”的取值范圍為(0,2].

⑵當0V/W2時，

由(1)知，當xG(0,+8)時，氏0單調遞增.

又用)=0,

所以當xG(0,l)時,；(x)<0;

當xG(l,+8)時，<x)>0.

故不等式。-1)/020恒成立.

xlnx+(l—a)x+1

當a>2時，/(x)=:

x

設p(x)=xlnx+(1-a)x+1,

則p'(x)=lnx+2~a.

令p'(x)=lnx+2—a=0,得x=e"-2>].

當xG(l,e"-?)時，p'(%)<0,p(x)單調遞減,

則p(x)<p(l)=2-a<0,

則/(》)="<0,

所以當xG(l,e"")時，?r)單調遞減，

則當xe(l,eC)時，4》)勺⑴=o,

此時(x—iy(x)<o,不符合題意.

綜上，實數(shù)”的取值范圍為(0,2].

2.(2018?無錫期末)已知函數(shù)人箝=仇3》-2),g(x)=a(x-2),其中a,xCR.

(1)若對任意xGR,有Kv)Ng(x)恒成立，求a的取值范圍；

(2)若存在唯一的整數(shù)次，使得式xo)<g(xo)，求。的取值范圍.

解：(1)由題意,對任意xWR,有e，(3x—2)2a(x—2)恒成立，

小1L、以31一2)

①當xe(—8,2)時，心;2

43彳-2)

即

x—2max.

e”(3x2-8x)

令F(x)=-^￡2—,則F'(x)=

。一2)2

令尸(x)=0,得x=0.

當x變化時，F(xiàn)'(x),F(x)的變化情況如表所示:

X(一8,0)0(0,2)

尸'(X)+0一

廣(X)極大值

所以尸(X)max=b(O)=l，故此時

②當x=2時,?r)2g(x)恒成立，故此時干2R.

?./(3%一2)

③當工e(2,+8)時，點一，

*3x-2)

即aW

x—2

8

令Fa)=o,得x=g,

當X變化時，F(xiàn)f(X),尸(x)的變化情況如表所示.

8

X

3g+8)

F'(x)—0+

如)極小值

F(x)min=/7(j)=9e^,故此時Q<9”，

綜上，lW〃W9e3,即實數(shù)。的取值范圍是［1,9』

(2)由7U)<g(x),得或3/一2)<〃。一2),

由⑴知ae(—8,i)u(9e：+8)，

人e*(3x—2)一

令&x)=；_2(尤#2)，

當x變化時，F(xiàn)'(x),F(x)的變化情況如表所示.

(2與8

X(—8,0)0(0,2)

3(i+8)

尸(X)+0一一0+

尸(X)極大值極小值

e*(3x—2)

當x￡(—8,2)時，存在唯一的整數(shù)xo使得yUo)<g(xo),等價于av-二^-存在的唯一

整數(shù)xo成立，

因為尸(0)=1最大，F(xiàn)(—1)=卷，F(xiàn)(l)=—e,所以當。弓時，至少有兩個整數(shù)成立，所

以同??

當xC(2,+8)時，存在唯一的整數(shù)均使得式xo)<g(xo),

等價于“總鏟存在唯一的整數(shù)的成立,

因為您)=9/最小，且尸(3)=7e3,F(4)=5e4,所以當?>5e4Bt,至少有兩個整數(shù)成立,

當aW7e3時，沒有整數(shù)成立，所以ae(7e3-5e，.

綜上，。的取值范圍是值，I)u(7e3,5e4］.

題型(二)

利用導數(shù)解決與方程的解(零點)有關的問題主要考查利用導數(shù)及零點存在性定理以及函

數(shù)的性質研究復雜函數(shù)的零點問題.

［典例感悟］

［例2］(2016?江蘇高考)已知函數(shù)次幻=。'+/7'(。>0,匕>0,“W1,歷勺).

⑴設。=2,b=3

①求方程yu)=2的根；

②若對于任意xWR,不等式喊x)—6恒成立，求實數(shù)"2的最大值.

(2)若OVQVI,b>l,函數(shù)g(x)=/a)—2有且只有1個零點，求"的值.

［解］⑴因為。=2,所以外)=2計2了

①方程氏0=2,即2<+2r=2,

亦即(2')2—2乂2*+1=0,

所以(2、-1)2=0,即2*=1,解得x=0.

②由條件知人2丫)=2"+2。=(2'+2")2—2=々動2-2.

因為負2%)》何歷)-6對于xER恒成立，且式x)>0,

所以機W他彩乜對于xGR恒成立.

於)

(?))2+44/4-

而皆廠=/)+而2勺益而=4,

當且僅當產(chǎn)(x)=4,即大x)=2時等號成立，且汕需==4,

所以機W4,故實數(shù)m的最大值為4.

⑵因為函數(shù)g(x)=yU)-2=〃+”—2有且只有1個零點，而g(0)=A0)—2=d+M—2

=0,

所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點.

因為g'(x)=arlna+bx\nb,

又由OVaVl,b>\^lnt/<0,ln/?>0,

所以/(x)=O有唯一解xo=log/—器)

a

v22

令h(x)=g'(x),則Ia)=Slna+Wn?=a(lna)+//(lnb)f

從而對任意工￡R,h'(x)>0,所以g'(x)=/?(x)是(一8,十8)上的單調增函數(shù).

于是當工￡(一8,沏)時，grM<gf(xo)=O;

當x￡(xo,+8)時，gf(x)>gf(xo)=O.

因而函數(shù)g(x)在(一8,Xo)上是單調減函數(shù)，在(沏，+8)上是單調增函數(shù).

下證xo=O.

若x0<0,則xo<y<O,于是g(3)Vg(O)=O.

又g(log?2)=alo&,2+/2Iog(-2-2>?log<,2-2=0,且函數(shù)g(x)在以登和log?2為端點的閉

區(qū)間上的圖象不間斷，所以在食和log?2之間存在g(x)的零點，記為xi.

因為所以10gH2<0.

又￡<0,所以為<0,與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾.

若刈>0,同理可得，在T和logB2之間存在g(x)的非0的零點，與“0是函數(shù)g(x)的唯

一零點”矛盾.

因此xo=O.

于是一羽子=1,故ln“+ln6=0,所以“b=l.

［方法技巧］

利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題的方法

用導數(shù)研究函數(shù)的零點，首先利用導數(shù)研究函數(shù)的性質，再判斷零點所在區(qū)間端點的函

數(shù)值正負，結合零點存在理論判斷零點個數(shù)，這類問題解答題的做法不同于填空題，一般不

能用兩個函數(shù)圖象來說明零點個數(shù).

［演練沖關］

1.(2018?蘇州暑假測試)已知函數(shù)犬其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，?SR.

(1)若/⑶是函數(shù)7U)的導函數(shù)，當。>0時，解關于x的不等式/(x)>e，；

(2)若兀v)在上是單調遞增函數(shù)，求a的取值范圍；

(3)當。=0時，求整數(shù)女的所有值，使方程火x)=x+2在［k,k+1］上有解.

解:(1/(x)=［ax2+(2a+1)x4-1］-e1.

不等式/(x)>e*可化為［ax2+(2a+l)x］.ev>0,

2q?］

因為e'>0,故有以2+(2〃+］)x>0,又a>0,解得x>0或x<—~~.

所以當a>0時，不等式/(x)>e*的解集是(一8,)U(O,+°°).

(2)由(1)得/(x)=［ax2+(2a+l)x+l］-e\

①當a=0時，/'(x)=(x+l)e',/(x)20在上恒成立，當且僅當工=一1時取等

號，故a=0符合要求；

②當a#0時，令g^na^+Qa+Dx+l,

因為/=(2a+l)2-4a=442+l>0,

所以g(X)=O有兩個不相等的實數(shù)根X|,X2,不妨設X|>X2,因此凡x)有極大值又有極小

值.

若〃>0,因為g(—i>g(o)=—“<o,所以y(x)在(一1』)內有極值點，故負X)在［—1,1］上不

單調.

若〃<0,可知為>0>%2,因為g(x)的圖象開口向下，要使y(x)在［一i,i］上單調，因為g(o)

=1>0,

g⑴三0，］3。+2》0,?

必須滿足<即，所以一wWa<0.

8（-1）20,〔一“》0,3

「2

綜上可知，a的取值范圍是一§,0

⑶當a=0時，方程即為xe'=x+2,

由于ebO,所以x=0不是方程的解，

2

所以原方程等價于ev—1=0,

令/j(x)=ev—1.

2

因為/?'(x)=e'+苫>0對于xe(—8,o)U(O,+8)恒成立，所以〃(x)在(-8,0)和(0,

+8)內是單調增函數(shù).

又力(l)=e—3<0,/?(2)=e2-2>0,ft(-3)=e-3-1<0,h(-2)=e~2X),

所以方程兀v)=x+2有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間［1,2］和［一3,-2］上，

所以整數(shù)％的所有值為{-3,1}.

2.已知定義在R上的函數(shù)1x)的圖象不間斷，且其表達式為處0=

2~x,x<0,

,五+仍一44）必一（4b+"z）x+〃，0WxW4,（〃，b,m,n為常數(shù),且〃WO）.

Ka（log4X-1）,x>4

(1)求加，〃的值；

(2)若4,6互為相反數(shù)，且應0是R上的單調函數(shù)，求〃的取值范圍；

(3)若。=1,b￡R,試討論函數(shù)g(x)=y(x)+〃的零點的個數(shù)，并說明理由.

解：(1)依題意，/(0)=1,火4)=0,

〃=1,

即

64〃+16(〃-4。)一4(4〃+團)+〃=0,

〃=1,

解得(1

加=不

(2)因為y=是減函數(shù)，且式幻是上的單調函數(shù),

2R

所以在)，=4(k)g4A—1)中，應該有y'=7irM^0,

故a<0.

y=ax3+(h—4a)x2—(4h+^x+1中，其中o+〃=0,

y'=3,/—10or+4a—導函數(shù)的對稱軸為尸,，

故/=100”-12a(4a-；)wo,解得一專<“<0.

綜上可知，a的取值范圍是［一專，0).

(3)當。=1時，g(o)=y(o)+寸=1+4

g(4)=7(4)+方=4

①當〃>0時，(；)+b=0無解，

10g4X—1+/?=0即R)gM=l一人無解，

又g(0)=l+b>0,g(4)=b>0,

g(2)=y(2)+b=8+4S—4)—+1+b=~^―3/?<0,

方程g(x)=0在(0,4)上有兩解，

可知方程g(x)=0在R上一共有兩解；

②當6＜一1時，(；)+〃=0有一解：X=log[(一加，log4A-l+〃=0有一解：X=4'~b,

又g(0)=l+X0,g(4)=從0,

g(3=￡)+T+；S-4)-如匕+￡)+1+b=-%>0,

故方程g(x)=0在(0,4)上有兩解.

從而方程g(x)=O在R上共有4個解;

V

③當一1＜。＜0時21'+6=0無解，logM—1+8=0有一解,

又g(O)=l+比＞0,g(4)=b＜0,

方程g(x)=0在(0,4)內只有一解.

可知方程g(x)=0在R上共兩解；

④當匕=0時，有x=4和x=T兩解,

⑤當b=—\時，有x=0,x=~~^x=16,3個解,

綜上得，當b＞—1時，g(x)有2個零點;

當6=-1時，g(x)有3個零點；

當6W-1時，g(x)有4個零點.

題型(三)

主要考查利用導數(shù)解決在特定

函數(shù)新定義問題

情形下的函數(shù)的性質問題.

［典例感悟］

［例3］(2018.江蘇高考河/(x),g'(x)分別為函數(shù)凡r),g(x)的導函數(shù).若存在xo^R,

滿足Kxo)=g(xo)且/(xo)=g'(xo),則稱xo為函數(shù)於)與80)的一個“S點”.

(1)證明：函數(shù)1》)=苫與gNur+Zr—2不存在"S點”；

(2)若函數(shù)4此=辦2—1與g(x)=lnx存在"S點”，求實數(shù)a的值；

be'

(3)已知函數(shù),/(x)=—x?+a,g(x)=-p對任意。＞0,判斷是否存在6＞0,使函數(shù)段)與g(x)

在區(qū)間(0,+8)內存在“S點”，并說明理由.

［解］(1)證明：因為函數(shù)")=x,g(x)=/+2x-2,

所以，(x)=l,g'(x)=2x+2.

由式x)=g(力且J(x)=g'(x),

x=x2+2x—2,

得＜此方程組無解,

l=2x+2,

因此式x)與g(x)不存在“S點”.

(2)因為函數(shù),?x)=ar2-］,g(x)=lnx,

所以/(x)=2ar,g'(x)=(

設xo為式x)與g(x)的"S點”，

由7(xo)=g(xo)且/'Go)=g'(xo),

渥一1=lnxo,

l=lnxo,

即

得i2.王(2cuA=l,

1--

所以lnxo=-5,即xo=e2,

16

所以―r-=2-

2(e-02

當時，xo=e*滿足方程組(*),

即xo為火x)與g(x)的“S點”.

所以。的值為奈

32

(3)對任意a>Of設7?(x)=A—3x—ax+a.

因為/7(0)=。>0,/7(1)=1—3—。+。=一2<0,且/i(x)的圖象是不間斷的,

所以存在必￡(0,1),使得。。0)=0.

令b=一歲―7,貝”b>0.

exo(l-xo)

be'

函數(shù)式外二一必+凡g(x)=—,

.be\x-1)

則/(x)=—2x,g(x)=~'--.

由於)=g(x)且/(x)=g'(x),

be'

-x2+a=—,

x'

得.

hex(x—1)

f=/

2町e'

一爐+。=

exo(l-xo)x'

即

2x8e'(xT)

-2x=

exo(l一xo)x2

此時，xo滿足方程組(**),即xo是函數(shù)段)與g(x)在區(qū)間(0,1)內的一個"S點”.

因此，對任意”>0,存在。>0,使函數(shù)火處與g(x)在區(qū)間(0,+8)內存在“S點”.

［方法技巧］

函數(shù)新定義問題的求解策略

對于函數(shù)的新定義問題，通過仔細閱讀，分析定義以及新函數(shù)所滿足的條件，圍繞定義

與條件來確定解題的方向，然后準確作答.解答這類問題的關鍵在于閱讀理解時，要準確把

握新定義、新信息，并把它納入已有的知識體系之中，用原來的知識和方法來解決新情景下

的問題.

(演練沖關］

若在公共定義域。上，力(x)<y(x)〈及(X),則稱函數(shù)式X)為函數(shù)力(X),力(X)的“。函數(shù)”.

(1)已知函數(shù)力(x)=*+2r+41nx,我(x)=/+2x+2,求證：在區(qū)間(0,+°°)_t,fi(x),

及(x)有“。函數(shù)”；

(2)已知〃eR,函數(shù),/(x)=ar2+］n%,/i(x)=(a—l)x2+ax+(l—a2)lnx,力(x)=gx2+2ax.

若在區(qū)間(1,+8)上，大外為力(x),力(x)的函數(shù)”,求a的取值范圍.

解：(1)證明：設K(x)=,6(x)—力。)=>2—41nx+2,下證K(x)min>o.

0,,、4(x-2)(x+2)

K(x)=L『―--

故K'(x)與K(x)隨X的變化情況如下表:

X(0,2)2(2,+8)

K'(%)—0+

K(x)4-41n2

V4-41n2>4-41ne=0,；.K(x)24-41n2>0.

設A：x)=/i(x)+7(4-41n2),0<2<1,

則力(x)<-x)可(x).

二在區(qū)間(0,+8)上，力(x),力(%)有函數(shù)

(2)設H(x)=f\(x)—fix)=—x2+ax—a2\nx,

則在(1,+8)上，H(x)<0.

―2f+ar-a2

3(x)=-2x--+a=

x

(4x—〃)2+7。2

=_8x

???在(1,+8)上，H'(x)<0,"(x)是減函數(shù),

??.”a)VH(l)=-1+aWO,???〃W1.

則在(1,+8)上，P(X)<O.

i4a

若4］，則5A，

《強)=1蠟

>0,矛盾.

?1,,1(x-V\［(2a—1)x~1J

若aW］,"：P'(x)=(2a-l)x+--2a=i-----------------------L,

...在(1,+8)上，p'(x)<0,P(x)是減函數(shù)，

二P(x)<尸⑴=一;一“W0.

42一；，

故所求a的取值范圍為一;，:.

［課時達標訓練］

A組——大題保分練

1.已知函數(shù)灰(“，Z?eR).

(1)設a=-1,若函數(shù),/(x)在R上是單調遞減函數(shù)，求人的取值范圍；

(2)設匕=0,若函數(shù)y(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍.

解：⑴當a=~\時，./0)=--+9一法，

：.f(x)=-e*+2x-6,

由題意知，/(犬)=一^+2%—6?0對*61?恒成立.

由一e*+2x—bWO,得b2一e*+2x.

令尸(x)=—e*+2x,則F'(x)=—e'+2,

由尸'(x)=0,得x=ln2.

當xVln2時，F(xiàn)'(x)>0,Rx)單調遞增，當x>ln2時，F(xiàn)'(x)<0,F(x)單調遞減,

從而當x=ln2時，F(xiàn)(x)取得最大值21n2—2,

21n2—2,故〃的取值范圍為⑵n2-2,+O°).

(2)當6=0時,段)=。=+/.

由題意知aer+x2=0只有一個解.

由ae'+x2=0,得一a=5,

令G(X)=17,則G'(犬)=吟丁"，

由G'(X)=0,得x=0或x=2.

當xWO時，G'a)W0,G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為［0,+?>)；

當0<x<2時，G'(x)>0,G(x)單調遞增，故G(x)的取值范圍為(0,4)：

當xN2時，G'(x)W0,G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為(0,4.

由題意得，一a=0或一a>±,從而a=0或〃<一*,

故若函數(shù)負?在R上只有一個零點，則a的取值范圍為(一8,—*)U{0}.

2.已知函數(shù)危)=(1+m+-^—〃1門3>0)在亢=2。處取得極值.

(1)求函數(shù)7U)的單調區(qū)間；

(2)設函數(shù)8(九)=/—2cx+4—In2,當a=1時，若對任意的X］,X2^［l,e］都有人即)28(12)，

求實數(shù)c的取值范圍.

242

解：⑴由於)=(1+6)4+二一alnx,a>0tx>0,

得，(x)=l+6一筆"一"

又於)在x=2a處取得極值，

所以/(2a)=l+b-；-；=b=0,

2〃2

所以?r)=x+：--olnxf

,2a2ax1—ax—la1(x+〃)(x—2a)

于?=!---；=一P一=一一，

又a>0,且函數(shù)y(x)的定義域為(0,+8),

所以由/'(x)>0,得x>2a;

由/(x)<0,得0<x<2a,

即函數(shù)40的單調遞增區(qū)間為(2a,+8),單調遞減區(qū)間為(0,2a).

2

(2)當〃=1時，Xx)=x+--lnx,xG(0,+0°),

由⑴知xG［l,e］時，危)在［1,2］上單調遞減，在(2,e］上單調遞增，所以危)min=A2)=3

—In2.

對任意的X|,X2^［l,e］都有y(Xl)2g(X2),

即“r)min》g(x),xG［l,e］恒成立.

即3—In22/—2cx+4—in2,［1,e］恒成立，

即2c2x+(,xe［l,e］恒成立，

令/7(x)=x+:,則"(x)=l-*0,xe［l,e］,

即/?(x)=x+:在［1,e］上單調遞增，

故/?)鵬=恤)=6+：,所以c》!(e+0.

故實數(shù)c的取值范圍為畀!，+8)

a-1

3.(2018?南京、鹽城一模)設函數(shù)1x)=lnx,g(x)=or+—1—3(aGR).

(1)當。=2時，解關于x的方程g(e，)=0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))；

(2)求函數(shù)[(x)=Ax)+g(x)的單調增區(qū)間；

(3)當。=1時，記〃(x)=/(x>g(x),是否存在整數(shù)人使得關于x的不等式有解？

若存在，請求出力的最小值；若不存在，請說明理由.

(參考數(shù)據(jù)：In2比0.6931,In321.0986)

解：(1)當。=2時，方程式/=0,即為2e，+"—3=0,去分母，得2(e*)2-3e'+l=0,

解得ev=1或e*=￡,

故所求方程的根為x=0或x=—In2.

ci—1

(2)因為p(x)=/(x)+g(x)=lnx+or+—3(x>0),

加+工(。1)

所以“(x)=~+^

=卬一咚膽+%>。),

①當4=0時，由“(x)>0,解得x>0;

a—]

②當a>l時，由“(x)>0,解得%。；

③當0<a<l時，由，(x)>0,解得x>0;

④當〃=1時，由“(x)>0,解得Q0;

Q-1

⑤當。<0時，由夕'(x)>0,解得0令<---.

綜上所述，當〃<0時，夕(x)的單調增區(qū)間為(0,-

當OWaWl時，夕。)的單調增區(qū)間為(0,+0°);

當時，9a)的單調增區(qū)間為(與1，+8).

(3)存在滿足題意的工

當〃=1時，g(x)=x—39

所以/?(x)=(x—3)lnx,

3

所以/?'(x)=lnx+l—1在(0,+8)上單調遞增.

因為/z'0j=ln|+l—2<0,

3

hf(2)=ln2+l-2>0,

所以存在唯一X()e(|，2),使得〃，(xo)=O,

3

即lnxo+1——=0,

當x￡(0,&)時,h1(x)<0,

當x￡(xo，+8)時，h'(x)>0,

6TA寸=644,

所以/2(x)min=/iUo)=Uo—3)lnxo=(xo—3)

記函數(shù)4x)=6—(x+3，由/(x)>0在d，3)上恒成立可得3在(I，2)上單調遞增,

所以(lb“(xo)<42),

即〃(xo)e(-1，-￡)(

3

所以222且2為整數(shù)，得220,

所以存在整數(shù)2滿足題意，且2的最小值為0.

4.(2018?南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調)設函數(shù)yU)=x-〃sinM〃>°)?

⑴若函數(shù)y=/U)是R上的單調增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；

(2)設。=g,g(x)=fix)+Z?lnx+1(Z?GR,斤0),g'(x)是g(x)的導函數(shù).

①若對任意的x>0,gr(x)>0,求證：存在xo，使g(M))v。;

②若gai)=g(X2)(Xl#X2)，求證：X|X2<4/?2.

解：(1)由題意，得/(x)=l—acosx20對x￡R恒成立，

因為〃>0,所以(2cosx對x￡R恒成立，

因為(COSX)max=1,所以從而

所以實數(shù)a的取值范圍是(0,1].

(2)證明：①g(x)=x—；sinx+61nx+l,

所以/(x)=l—^cosx+K

若〃<0,則存在一與>0,使g，(―9)=-1—gcos(-9<0,不合題意，所以歷>0.

3

取xo=e—g,則O<xo〈l.

3

此時g(xo)=x()—gsinM)+/?lnxo+l<l+g+Z?lne-+

b1=—2^0>0,使g(xo)〈O.

②依題意，不妨設0<X]<V2,令條=0則〉L

由(1)知函數(shù)y=x—sinx單調遞增，所以忿一sinX2>xj—sin占.從而X2—xi>sinX2—sinx\.

因為雙冗1)=總2),所以X]一；sinX]+b\nx\+1=X2-^sinX2+b\nX2+1,

所以一A(lnX2-InX\)=X2~X\一；(sinX2-sinxi)>^(X2-xi).

工一ii

所以一2b>>0.

In%2-Inx\

下面證明肅M際,即證明品M，只要證明ML導<°即可.(*)

t-1—(A//—1)-

設/z?)=ln1一工-(。1),所以(/)=—七/~<0在(1,+8)上恒成立.

所以力⑺在(1,+8)上單調遞減，故人⑺<力(1)=0,從而(*)得證.

所以—2b>\]x\X2,即x\X2<4b2.

B組——大題增分練

13

1.函數(shù)J(x)=Inx+p-2+ax(a￡R),g(x)=ex+2x2.

(1)討論/U)的極值點的個數(shù)；

(2)若對于任意x￡(0,+8),總有成立，求實數(shù)。的取值范圍.

1X^~\~QX~\~1

解：(1)由題意得[(x)=-+x+t7=--------(x>0),令/(x)=0,即/+奴+1=0,A

=a2-4.

12+iZx+1

①當/=〃2—4W0,即一2W〃W2時，V+QX+I，。對第>0恒成立，即，(^)=-~~-——

20對4>0恒成立，此時yu)沒有極值點.

②當/=砂一4>0,即QV—2或。>2時，

若〃<—2,設方程/+依+1=0的兩個不同實根為即，X2,不妨設X1<X2,則Xl+l2=一

a>OfX\X2=1>0,故X2>X]>0,

當O<x<xi或x>X2B寸，/(x)>0;

當X\<X<X2時f(x)<0,

故的，X2是函數(shù)危)的兩個極值點.

若〃>2,設方程/+ar+l=0的兩個不同實根為13,X4,

則13+入4=—。<0,X3X4=1>0,故工3<0,工4<。.

???當Q0時，/(%)>0,故函數(shù)?￥)沒有極值點.

綜上，當。<一2時，函數(shù)段)有兩個極值點；當。2—2時，函數(shù)式幻沒有極值點.

x2

(2)J(x)^g(x)^e—Inx+x^axf

e"+%2—InY

因為x>0,所以aW--------對于Vx>0恒成立，

e^+x2—In

設(p(x)=

則9,(工)=

e\x—l)+lnx+(x+l)(x—1)

=，

Vx>0,，當x￡(O,l)時，(pr(x)<0,9。)單調遞減,

當x￡(l,+8)時,(pf(x)>0,3a)單調遞增,

???9(力2研1)=?+1,，aWe+l,即實數(shù)。的取值范圍是(-8,e+1］.

^-_|_j^2JV<0

，、'其中常數(shù)“eR.

{ex—ax,x^O,

(1)當。=2時，求函數(shù)y(x)的單調區(qū)間；

(2)若方程八-x)+7U)=e'—3在區(qū)間(0,+8)上有實數(shù)解，求實數(shù)。的取值范圍;

(3)若存在實數(shù)機，〃e［0,2］,且|團一川21,使得/(機)=75)，求證：1,二1We.

［―x3+x2,JC<0,

解：(1)當。=2時，抬尸"，》八

［e—2x,x30.

①當x<0時，/。)=一3爐+2%<0恒成立，所以火x)在(一8,0)上單調遞減；

②當工20時，/(x)=er-2,可得./U)在［0,In2］上單調遞減，在［ln2,+8)上單調遞

增.

因為10)=1>0,所以/(X)的單調遞減區(qū)間是(一8,0)和［0,In2］,單調遞增區(qū)間是［ln2,

+°°).

(2)當x>0時，y(x)=eA—or,

此時一x<0,X-x)=一(—X)3+(—x)2=x3+x2.

所以y(x)+/(—x)=e"—3在區(qū)間(0,+8)上有實數(shù)解，可化為〃=12+工

3

在區(qū)間(0,+8)上有實數(shù)解.

3

記ga)=/+x+7%e(o,+8),

則g,(x)=2x+L,=aT)(2：+3'+3)

可得g(x)在(0,1］上單調遞減，在U,+8)上單調遞增，且g(i)=5,當Rf+8時，g(x)f

+°0.

所以g(x)的值域是［5,+8),即實數(shù)〃的取值范圍是［5,+8).

(3)證明：當工￡。2］時，?1)=^一公，

有/(%)=&"-a.

若aWl或a>e2,則y(x)在［0,2］上是單調函數(shù)，不合題意.

所以1<〃42,此時可得人x)在［0,Ina］上單調遞減，在［In。,2］上單調遞增.

不妨設0W加<lna<nW2,則人0)//(〃?)次Ina),且"n〃)勺⑼W/(2).

由相，[0,2],〃一〃?21,可得0WmW1W/1W2.

因為/("?)=/("),

l<a<e2,l<?<e2,

得《12e-a,

所以,旭)宓⑼宓1),

川2)宓〃)涿1),、e2—2a》e—

即e—1WaWe2—e,所以1W『.

3.(2018?蘇北四市期末)已知函數(shù)/(x)=N+at+l,g(x)=lnx-a(aWR).

(1)當a=1時，求函數(shù)〃(x)=y(x)—g(x)的極值；

(2)若存在與函數(shù)應力g(x)的圖象都相切的直線，求實數(shù)a的取值范圍.

解：(1)當。=1時，/i(x)=y(x)—g(x)=jc2+x—Inx+2,

函數(shù)/z(x)的定義域為(0,+°°).

..,,1(2A—l)(x+1)

所以力'(x)=2x+1—~=-----------.

令〃'(x)=0得x=：(x=—1舍去)，

當x變化時，h'(x),/z(x)的變化情況如下表：

(o,1R+8)

X2

h'(x)—0+

h(x)極小值

所以當x=；時，函數(shù)/?(x)取得極小值；"+ln2,無極大值.

(2)設函數(shù)式》)上點(用，於D)與函數(shù)g(x)上點(X2,g(%2))處切線相同,

則f(xi)=g(X2)i丫,一.、

人I人2

看+g+1-(In必一。)

所以2xi-\~a=~

X2X1-X2

所以x\="—*代入"=一+以1+1—(In“2一〃)得右一去+ln也+5―a—2=0.(*)

ZA2乙X2ZA24

設F(x)=^7—^+lnx+^—a—2,

則尸'(x)=一芯+品T12x2+ax—\

2A3'

不妨設2x8+。沏-1=0(沏>0),則當Oa<xo時，F(xiàn)'(x)<0;當Qxo時，F(xiàn)'(x)>0,

所以尸(X)在區(qū)間(0,xo)上單調遞減，在區(qū)間(沏，+8)上單調遞增，

］11

代入a=-/^=］一2X0,可得FU)min=F(xo)=xg+2xo—~~+In沏-2.

XoXoXo

設G(x)=/+2x—；+lnx—2,

則G'(幻=21+2+己+：>0對x>0恒成立，

所以G(x)在區(qū)間(0,+8)上單調遞增.

又G(l)=0,所以當(RxWl時，G(x)^0,

即當O<xoWl時，F(xiàn)(xo)^O.

又4+2=L—2助+2>0,所以當x=e"+2>i時，

M)

F(X)=/F7一概l+lne<,+2+^—a-2

=壯一滬0.

因此當0飆<1時，函數(shù)尸(x)必有零點，即當0令oWl時，必存在X2使得(*)成立，即存

在X］,X2使得函數(shù)應￥)上點(Xl,7UD)與函數(shù)g(x)上點(X2,8(無2))處切線相同.

又由y=；—2x,x￡(0,l］得y'=-A—2<0,

所以y=：—2JC在(0,1］上單調遞減，

,I,1-2xo1

因此a=~;-=7--2xo^［-1,+°°).

沏Ao

所以實數(shù)。的取值范圍是［-1,+8).

4.對于函數(shù)兀1),在給定區(qū)間。，b］內任取〃+1(〃22,〃eN*)個數(shù)xo,xi,x?…，x〃