（2022高中数学一轮复习）专题4.18—导数大题（有解问题）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.18导数大题（有解问题）导数大题（有解问题） 1已知函数 32 1 ( ) 32 mm f xxxx ，其中m为正实数 （1）试讨论函数( )f x的单调性； （2）设 2 11 ( )( ) 22 g xfxlnxmx，若存在1x，2，使得不等式( )0g x 成立，求m的取值 范围 解： （1）根据题意， 2 ( )(1)1(1)(1)fxmxmxmxx ， 0m ， 1 ( )0(1)(1)0fxmxxx m ，或1x ， 所以当1m 时， 1 1 m ，则有 1 ( )0fxx m ，或1x ； 1 ( )01fxx m ， 此时可得，( )f x在 1 (,) m ，(

2、1,)上单调递增，在 1 (,1) m 上单调递减 当01m时， 1 1 m ，则有 1 ( )0fxx m ，或1x ； 1 ( )01fxx m ， 此时可得，( )f x在(,1)， 1 ( m ，)上单调递增，在 1 (1,) m 上单调递减 当1m 时，恒有( ) 0fx，此时函数( )f x在R上单调递增 综上可得，当1m 时，( )f x在 1 (,) m ，(1,)上单调递增，在 1 (,1) m 上单调递减 当01m时，( )f x在(,1)， 1 ( m ，)上单调递增，在 1 (1,) m 上单调递减 当1m 时，函数( )f x在R上单调递增 （2）根据题意，由（1）可

3、得， 222 1113 ( )(1)1(1)(0) 2222 g xmxmxlnxmxmxmxlnxx ， 若存在1x，2，使得不等式( )0g x 成立，则需使( )0 min g x， 2 1(1)1(1)(1) ( )( )(1) mxmxmxx g xg xmxm xxx ， 由（1）可知，当1m 时， 1 1 m ，则有 1 ( )0g xx m ，或1x ； 1 ( )01fxx m ， 此时可得，( )g x在 1 (,) m ，(1,)上单调递增，在 1 (,1) m 上单调递减， 即得( )g x在1，2上单调递增，故有 11 ( )(1)001 22 min g xgmm

4、； 当01m时， 1 1 m ，则有 1 ( )0g xx m ，或1x ； 1 ( )01g xx m ， 此时可得，( )g x在(,1)， 1 ( m ，)上单调递增，在 1 (1,) m 上单调递减 ( ) i当 1 2 m 时，即 1 0 2 m时，( )g x在1，2上单调递减，则有 7 ( )(2)20 2 min g xgln，不合 题意； ( )ii当 1 12 m 时 ， 即 1 1 2 m时 ，( )g x在1， 1 ) m 上 单 调 递 减 ， 在 1 (,2 m ， 则 有 1111 ( )() 22 min g xgln mmm ， 此时令 1 (12)tt m

5、，则 11 ( ) 22 h ttlnt 11 ( )0 2 h t t ， 即得此时( )h t在(1,2)上单调递增，所以( )h th（1）0恒成立，即( )0 min g x恒成立，不合题意； 综上可得，1m 2已知函数 2 ( )(23 ) x f xxx e，( )g xalnx，其中a e （1）求曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线方程； （2）求( )f x的最小值； （3）记( )fx为( )f x的导函数，设函数 ( ) ( )( ) 23 fx h xg x x 的图象与x轴有且仅有一个公共点，求 a的取值范围 解： （1）易知函数( )f x的定义域为R，且

6、( )(23)(1) x fxxxe， 所以 f （1）0， 因为f（1）e ，所以曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为ye （2）由（1）得 3 ( )2()(1) 2 x fxxxe，令( )0fx，得 3 2 x ，1x ， 所以，当 3 (,) 2 x 时，( )0fx，函数( )f x单调递增， 当 3 (,1) 2 x 时，( )0fx，函数( )f x单调递减， 当(1,)x时，( )0fx，函数( )f x单调递增， 所以1x 是( )f x的极小值点； 又当0 x 时，( )0f x ，当 3 0 2 x时，( )0f x ，当 3 2 x 时，( )0f x

7、 ， 所以( )f x只能在 3 (0, ) 2 内取得最小值，因为1x 是( )f x在 3 (0, ) 2 内的极小值点，也是最小值点， 所以( )minf xf（1）e （3）由（1）及题意，得( )(1) x h xxealnx，0 x ， 因为h（1）0且曲线( )yh x与x轴有且仅有一个公共点， 所以函数( )h x有且仅有 1 个零点，且这个零点为 1， 且 2 ( ) x x ax ea h xxe xx ； 当0a时，( )0h x，函数( )h x在(0,)上单调递增，且h（1）0， 所以符合函数( )h x有且仅有 1 个零点，且这个零点为 1； 当0ae时，令 2 (

8、 ) x m xx ea，(0)x ， 22 ( )2(2 )0 xxx m xxex exx e， 所以在(0,)上，函数( )m x单调递增， 因为(0)0ma ，m（1）0ea， 所以 0 (0,1)x，使得 0 ()0m x，即 0 2 0 x x ea， 所以在 0 (0,)x上( )0m x ，即( )0h x， 所以( )h x单调递减；在 0 (x，1)上( )0m x ， 因为0ae，所以在1，)上也有( )0m x ， 所以在 0 (x，)上( )0m x ，即( )0h x，所以( )h x单调递增， 所以 000 22 000000 2 00 11 ( )()(1)()

9、 xxx min h xh xxex e lnxx elnx xx ， 令 2 11 ( )(01)t xlnxx xx ， 则 32 1211 21 ( )(1)(1)0t x xxxx xx ， 所以( )t x在区间(0,1)上单调递减，所以( )t xt（1）0， 所以 0 2 00 11 0lnx xx ，即 0 ()0h x， 因为0ae且a为常数， 显然当0 x 时，( )h x ，当x 时，( )h x ， 所以函数( )h x在区间 0 (0,)x和 0 (x，)上各有一个零点； 当ae时，( )(1) x h xxeelnx，0 x ， 所以 2 ( ) x x ex ee

10、 h xxe xx ，令 2 ( ) x n xx ee，(0)x ， 所以 22 ( )2(2 )0 xxx n xxex exx e， 所以在(0,)上，( )n x单调递增， 因为n（1）0ee，故在(0,1)上( )0n x ，即( )0h x，所以在区间(0,1)上( )h x单调递减， 在(1,)上( )0n x ，即( )0h x，所以在区间(1,)上( )h x单调递增， 所以( )minh xh（1）0，符合题意， 故所求a的取值范围是 |0 a ae 3已知函数 32 ( )28f xxax （1）当1a 时，求曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线方程； （2）若

11、在区间1，2内至少存在一个实数x，使得( )0f x 成立，求实数a的取值范围 解： （1）1a 时， 2 ( )62fxxx，f（1）9， 曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线斜率kf（1）4， 故曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为：450 xy； （2） 2 ( )622 (3)(12)fxxaxxxax ， 当1 3 a 即3a时，( ) 0fx，( )f x在1，2递增， 故( )minf xf（1）100a，解得：10a ，与3a矛盾，舍去， 当12 3 a 即36a时，x，( )fx，( )f x的变化如下： x1，) 3 a 3 a ( 3 a ， 2

12、 ( )fx 0 ( )f x 递减极小 值 递增 333 2 ( )( )880 327927 min aaaa f xf ，解得：6a ，与36a矛盾，舍去， 当2 3 a 即6a时，( ) 0fx，( )f x在1，2上单调递减， ( )minf xf（2）4240a ，解得：6a ，又6a ，6a， 综上：实数a的取值范围是(6,) 4设函数 3223 1 ( )(1)() 3 f xxxaxa aR的极大值点为 1 x，极小值点为 2 x （1）若 1 (0,1)x ，求a的取值范围； （2）若(0a ，1， 12 ()() 2f xf xm，求实数m的取值范围 解： （1）函数 3

13、223 1 ( )(1)() 3 f xxxaxa aR， 则 22 ( )21(1)(1)fxxxaxaxa ， 当11aa ，即0a 时，( ) 0fx，( )f x单调递增，与题设矛盾，则0a ； 当11aa ，即0a 时，( )f x在(，1a，1a，)上单调递增， 在(1,1)aa上单调递减，所以 1 1xa ，由011a ，解得10a ； 当11aa ，即0a 时，( )f x在(，1a，1a，)上单调递增， 在(1,1)aa上单调递减，所以 1 1xa ，由011a ，解得01a 综上所述，a的取值范围是( 1，0)(0，1)； （2）因为 3232 11 ( )(1)(1) 3

14、3 f xxaxaa， 所以( )f x图象关于 32 1 (1,) 3 aa对称，而 12 1 2 xx ，所以 12 ()() (1) 2 f xf x f ， 又因为(0a ，1使 12 ()() 2f xf xm，即(0a ，1使 32 1 (1) 3 m faa， 令 32 1 ( ) 3 g xxx，(0 x，1， 所以 2 ( )32(32)g xxxxx，可得( )g x在 2 (0, 3 上单调递减， 2 ( ,1 3 单调递增， 所以 25 ( )( ) 327 min g xg，则 5 27 m， 综上，m的取值范围为 5 ,) 27 5设函数( )(2)1f xxlnx

15、ax （1）若( )f x在区间1，)上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若存在正数 0 x，使得 00 () 1f xlnx成立，求实数a的取值范围 解： （1）函数( )f x的定义域为(0,)， 2 ( )1fxlnxa x ， 要使( )f x在区间1，)上单调递增，只需( ) 0fx， 即 2 1lnxa x 在1，)上恒成立即可， 由对数函数、反比例函数的性质可得 2 1ylnx x 在1，)上单调递增， 所以只需 min a y即可， 当1x 时，y取最小值，1 121 min yln ， 实数a的取值范围是(，1 （2）存在正数 0 x，使得 00 () 1f xlnx成立

16、， 即 000 (1)xlnxax，即存在 0 (0,)x 使得 00 0 (1)xlnx a x ， 令 (1) ( ) xlnx g x x ，(0,)x， 则 2 1 ( ) lnxx g x x ，令( )1h xlnxx，(0,)x， 则( )h x在(0,)上单调递增，且h（1）0， 所以当(0,1)x时，( )0h x ，即( )0g x； 当(1,)x时，( )0h x ，即( )0g x， 所以( )g x在(0,1)上单调递减；在(1,)上单调递增， 则( )ming xg（1）0，故0a， 即实数a的取值范围为0，) 6已知函数 22 111 ( )(3)3, ( )(4

17、)4 22 a f xxaxalnx g xxaxalnx x （1）当2a 时，求函数( )f x的极值； （2）当0a 时，若在1，(2.718)e e 上存在一点 0 x，使得 00 ()()f xg x成立，求实数a的取 值范围 解： （1）因为函数 2 1 ( )(3)3 2 f xxaxalnx， 所以函数( )f x的定义域为(0,)， 所以 3(3)() ( )(3) axxa fxxa xx ， 当2a 时，令 (3)(2) ( )0 xx fx x ，解得3x 或02x， 所以当(0,2)x时，函数( )f x单调递增， 当(2,3)x时，函数( )f x单调递减， 当(3

18、,)x时，函数( )f x单调递增， 所以函数( )f x的极小值为f（3） 21 6 3 2 ln，函数( )f x的极大值为f（2）628ln （2）令 1 ( )( )( ) a F xf xg xxalnx x ， 在1， e上存在一点 0 x，使得 00 ()()f xg x成立， 即在1， e上存在一点 0 x，使得 0 ()0F x， 即函数 1 ( ) a F xxalnx x 在1， e上的最小值小于零， 由 1 ( ) a F xxalnx x ，得 22 1(1)(1) ( )1 aaxxa F x xxx ， 因为0a ，所以11a ， 因为(0,)x，所以10 x ，

19、 所以当(0,1)xa时，( )0F x 当(1,)xa时，( )0F x， 当11ae ，即01ae时，( )F x在1，1)a 上单调递减，在1a ， e上单调递增， 所以( )F x的最小值为(1)2(1)F aaaln a， 因为0(1)1ln a，所以0(1)aln aa， 所以2(1)2aaln a，此时(1)0F a 不成立， 当1ae ，即1a e时，( )F x在1， e上单调递减， 所以( )F x的最小值为F（e） ，由F（e） 1 0 a ea e ，可得 2 1 1 e a e ， 因为 2 1 1 1 e e e ，所以 2 1 1 e a e ， 综上所述，a的取值范围是 2 1 ( 1 e e ，)