高考数学二轮总复习题型专项集训题型练8大题专项（六）文

题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.已知函数f(x)=sinxx(x>(1)判断函数f(x)在区间(0,π)上的单调性;(2)证明函数f(x)在区间(π,2π)上存在唯一的极值点x0,且f(x0)<232.(2022广西柳州二模)已知函数f(x)=12ax2(a+1)x+lnx(1)当a=0时,求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)<0恒成立,求a的取值范围.3.已知函数f(x)=lnx(1)若不等式f(x)≥lna2a+1在x∈[a,2a](0<a(2)若x1,x2∈[2,+∞),且x1>x2,求证:f(x1)f(x2)<134.已知函数f(x)=x2+(m2)xmlnx.(1)讨论f(x)的极值点的个数;(2)设函数g(x)=12x2+mlnx,P,Q为曲线y=f(x)g(x)上任意两个不同的点,设直线PQ的斜率为k,若k>m恒成立,求m的取值范围5.已知函数f(x)=12axa+1ln(1)若函数f(x)为减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围.6.已知函数f(x)=exsinxkx(k∈R)(其中e为自然对数的底数).(1)若对任意x∈0,π2,f(x(2)设x1,x2∈0,π2,且x1+x2=答案：1.(1)解:由于f(x)=sinxx(x>0),得f'(x)=xcosx-sinxx2(x>0),设g(x)=xcosxsinx(x>0),其导函数g'(x)=xsinx,在区间(0,π)上,g'(x)<0,g(x)单调递减,且g(0)=所以在区间(0,π)上,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(0,π)上单调递减.(2)证明:由(1)知,在区间(π,2π)上,g'(x)>0,g(x)单调递增,且g(π)=π<0,g(2π)=2π>0,所以存在唯一的x0∈(π,2π),使得f'(x0)=0,在区间(π,x0)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,在区间(x0,2π)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以x0为函数f(x)在区间(π,2π)上的唯一极小值,其中f'4π3=32-23π169π2<0,f'3π2=1由于f4π3>f3π2,所以f(x02.解:(1)当a=0时,f(x)=x+lnx,所以f'(x)=1+1x,所以f'(1)=1+1=0又f(1)=1,所以f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=1.(2)f(x)=12ax2(a+1)x+lnx的定义域为(0,+∞f'(x)=ax(a+1)+1x①当a>0时,由12ax2(a+1)x>0,解得x>2+2a所以存在x0∈2+2a,+∞,使得12ax02(a+1)此时f(x0)=12ax02(a+1)x0+ln②当a≤0时,ax1<0.令f'(x)>0,解得0<x<1;令f'(x)<0,解得x>1,所以f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(x)max=f(1)=12a1要使f(x)<0恒成立,只需12a1<0,解得a>2又a≤0,所以2<a≤0.综上所述,a的取值范围为(2,0].3.(1)解:由已知得f'(x)=1-lnxx2,令f'(x所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).所以当0<a≤e2时,f(x)max=ln2a2a≥lna2a+当e2<a≤e时,f(x)max=1e≥lna2a+1,而lna2a+1>(2)证明:令G(x)=f(x)13x2=lnxx-1则G'(x)=1-lnxx令H(x)=33lnx2x3(x≥2),则H'(x)=3x6x2因为x≥2,所以H'(x)<0,所以H(x)在区间[2,+∞)上单调递减,所以H(x)≤H(2)=133ln2<0,所以G'(x)<0,所以G(x)在区间[2,+∞)上单调递减.因为x1,x2∈[2,+∞),且x1>x2,所以G(x1)<G(x2),即f(x1)13x12<f(x2)13x22,所以f(x1)4.解:(1)依题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+m2mx令f'(x)=0,得x=m2或x=1①当m2>1,即m<在区间(0,1)和-m2,+∞上,f'(x)>0,在区间1,-m2上,f'(②当0<m2<1,即2<m<在区间0,-m2和(1,+∞)上,f'(x)>0,在区间-m2,1上,f'(x)③当m2=1,即m=f'(x)=(2x+m)(x-1④当m2≤0,即m≥0时,在区间(0,1)上,f'(x)<0,在区间(1,+∞)上,f'(x)>0,此时f(x)只有一个极值点综上,当m=2时,f(x)的极值点的个数为0;当m≥0时,f(x)的极值点的个数为1;当m<2或2<m<0时,f(x)的极值点的个数为2.(2)令h(x)=f(x)g(x),则h(x)=12x2+(m2)x2mlnx设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2∈(0,+∞),则k=h(不妨设x1>x2,则由k=h(x1)-h(x2)x1-x2>m恒成立,可得h(令c(x)=h(x)mx,则c(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,c'(x)≥0恒成立,即h'(x)m=x+m22mxm=x又x∈(0,+∞),所以x22x2m≥0恒成立,所以2m≤(x22x)min.因为当x>0时,x22x=(x1)21≥1,所以2m≤1,解得m≤12故m的取值范围为(∞,12]5.解:(1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=12axa+1ln∴f'(x)=12a1∵函数f(x)为减函数,∴f'(x)≤0,即12a≤1-lnxx设m(x)=1-lnxx2,则m'(∴m(x)在区间(0,e32)内单调递减,在区间(e32,∴m(x)min=m(e32)=∴12a≤12e3,即故实数a的取值范围是(∞,e3].(2)易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=12设h(x)=12ax2(a1)xlnx则原命题等价于函数h(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围.可知h'(x)=ax(a1)1x=a∴当a≥0时,函数h(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,∴若函数h(x)有两个不同的零点,则必有h(1)=12a+1<0,即a>2此时,在x∈(1,+∞)内,有h(2)=2a2(a1)ln2=2ln2>0;在x∈(0,1)内,∵h(x)=12a(x22x)+xlnx∵1<x22x<0,∴h(x)>12a+xlnx∴h(e-12a)>12a+e-1∴h(x)在区间(0,1),(1,+∞)内各有一个零点,故a>2符合题意;当a=1时,可知函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递减,∴函数h(x)至多有一个零点,不符合题意;当1<a<0时,可知函数h(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间1,-1a内单调递增,在区间-1a,+∞内单调递减,∴函数h(x)的极小值为∴函数h(x)至多有一个零点,不符合题意;当a<1时,可知函数h(x)在区间0,-1a内单调递减,在区间-1a,1内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴函数h(x)的极小值为h-1a=12a∴函数h(x)至多有一个零点,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是(2,+∞).6.(1)解:f'(x)=exsinx+excosxk,令g(x)=exsinx+excosxk,所以g'(x)=2excosx.当x∈0,π2时,g'所以g(x)=exsinx+excosxk在区间0,π2上单调递增,所以gπ2=eπ2k≥g(当1k≥0时,即k≤1时,f'(x)=g(x)≥0恒成立,故f(x)在区间0,所以f(x)≥f(0)=0,满足条件;当eπ2k≤0时,即eπ2≤k时,f'(x)=g(x)≤0恒成立,故函数f(所以f(x)≤f(0)=0,不满足条件;当1k<0且eπ2k>0时,即eπ2>k>1时,存在x0∈0,π2使得当x∈[0,x0]时,f'(x)<0,当x∈