2022届高三数学一轮复习 第四章 导数专练9—有解问题

导数专练 9—有解问题 1．已知函数 ( ) ( )xf x e ax a a R    ． （1）当 1a  时，求曲线 ( )y f x 在点 (0 ， (0))f 处的切线方程； （2）若存在 [1x ， 2] ，使得不等式 2 ( ) (2 1)2 x xf x alnx e a x    … 成立，求 a 的取值范 围． 解：（1）当 1a  时， ( ) 1xf x e x   ， 则 ( ) 1xf x e   ， (0) 2f  ， (0) 2f   ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (0 ， (0))f 处的切线方程为 2 2( 0)y x   ，即 2 2 0x y   ； （2）由题意知，存在 [1x ， 2]，使得不等式成立， 即存在 [1x ， 2]，使得 2 ( 1) 02 xalnx a x a     „ 成立， 令 2 ( ) ( 1) 2 xh x alnx a x a      ， [1x ， 2]， 则 ( )( 1)( ) 1a x a xh x a xx x          ， [1x ， 2]， ①当 1a„ 时， ( ) 0h x „ ，所以函数 ( )h x 在[1， 2]上单调递减， 所以 ( )minh x h （2） 2 0aln a   „ 成立，解得 0a„ ，所以 0a„ ． ②当1 2a  时，令 ( ) 0h x  ，解得1 x a  ；令 ( ) 0h x  ，解得 2a x  ． 所以函数 ( )h x 在[1， )a 上单调递增，在 (a ， 2]上单调递减， 又 1(1) 2h  ，所以 h （2） 2 0aln a   „ ，解得 0a„ ，与1 2a  矛盾，舍去． ③当 2a… 时， ( ) 0h x … ，所以函数 ( )h x 在[1， 2]上单调递增，所以 1( ) (1) 02minh x h   ，不 符合题意，舍去． 综上所述， a 的取值范围为 ( ， 0] ． 2．已知函数 21( ) ( ) 2f x x a lnx x x    ． （1）讨论 ( )f x 的导函数 ( )f x 的单调性； （2）设 0m n … ， 0t  ，若存在两组 m ， n ，使得 n mme te ， m nne te ，求t 的取值范围． 解：（1） ( ) ( ) ax f x lnx xx      ，则 2 2 2 1( ) 1a x x ax x x x         ， 当 1 4a… 时， ( ) 0x „ ，故函数 ( )f x 在 (0, ) 单调递减； 当 10 4a  时，令 ( ) 0f x  ，解得 1 2 1 1 4 1 1 4,2 2 a ax x     ， ( )f x  在 1 1 4 1 1 4(0, ),( , )2 2 a a     上单调递减，在 1 1 4 1 1 4( , )2 2 a a    上单调递 增； 当 0a  时， ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减； 当 0a  时， ( )f x 在 1 1 4(0, )2 a  上单调递增，在 1 1 4( , )2 a   上单调递减； （2） n mme te ， m nne te ，两式相乘有 2t mn ，  2tn m  ，于是 2t mmme te ，两边取对数有 2 0tlnm m lntm     ， 结 合 0m n … ， 知 0m t n … … ， 设 2 ( ) ( 0)tg m lnm m lnt m tm     … ， 则 2 2 2 2 2 1( ) 1 ( )t m m tg m m tm m m        … ， 当 1 2t… 时， ( ) 0g m „ ，函数 ( )y g m 单调递减，而 ( ) 0g t  ，不满足题意舍去； 当 10 2t  时，由 2 2 2 2( ) 0, (1) 0t tg t g tt        ，知存在 0 ( ,1)m t ，使得 0( ) 0g m  ， ( )g m 在 0( , )t m 上单调递增，在 0(m ， ) 上单调递减， 由 ( ) 0g t  知 0( ) 0g m  ， 设 3 31 1 1 1 1( ) ( ) 2 (0 )2t g ln t lnt t lnt tt t t t            ， 则 2 2 0 2 2 1 1 2 1 22 , ( ) 3 3 0tx t t tt t t t          ， ( )t 在 1(0, )2 单增，而 1 1 15 8 4 15( ) (2) 2 2 2 4 02 8 8 8 lng ln ln         ，  1( ) ( ) 0t g t    ， 综上，实数t 的取值范围为 1(0, )2 ． 3．已知函数 ( ) 1f x ax lnx   ，其中 a R ． （1）求证：若 1a… 时， ( ) 0f x … 成立； （2）若函数 2( ) 2 1g x ax ax   ，且关于 x 的方程 2 ( ) ( ) 0f x g x  有且只有两个不相等的实 数根，求实数 a 的取值范围． （1）证明： ( ) 1f x ax lnx   ，定义域为 (0, ) ， 1 1( ) axf x a x x     ， 令 ( ) 0f x  ，则 1 (0x a   ，1]， 当 1(0, )x a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减；当 1(x a  ， ) 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 1 1 1( ) ( ) 1 1 0minf x f a ln lna lna a a        … ， 若 1a… ， ( ) 0f x … 成立． （2）解：设 2( ) 2 ( ) ( ) 2 1h x f x g x ax lnx     ，原问题转化为函数 ( )h x 有且只有两个零点， 22 2( 1)( ) 2 axh x ax x x     ， 当 0a„ 时， ( ) 0h x  恒成立， ( )h x 在 (0, ) 上单调递减，最多只有一个零点，与题意不符； 当 0a  时，令 ( ) 0h x  ，则 1x a   ， ( )h x 在 1(0, ) a 上单调递减，在 1( a ， ) 上单调 递增， 1 1 1( ) ( ) 2 1minh x h a ln lnaaa a        ， (0)h   ， 2 1( ) 1 0ah e e    ， 若 ( )h x 有且只有两个零点，则 ( ) 0minh x lna  ，即 1a  ， 0 1a   ， 故实数 a 的取值范围为 (0,1) ． 4．设函数 ( ) ( 1)f x x lnx  ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的极值； （Ⅱ）若关于 x 的不等式 1( ) 2kf x lnx x … 在 2( , )e e 上有解，求实数 k 的取值范围． 解：（Ⅰ）函数 ( )f x 的定义域是 (0, ) ， 1( ) 1f x lnx x     ， y lnx 和 1y x   在 (0, ) 递增， ( )f x  在 (0, ) 递增，且 f （1） 0 ， 故 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ， (1, )x  时， ( ) 0f x  ， 故 ( )f x 在 (0,1) 递减，在 (1, ) 递增， 故 ( )f x f极小值 （1） 0 ，无极大值． （Ⅱ）由题意，关于 x 的不等式 1( ) 2kf x lnx x … 在 2( , )e e 上有解， 等价于不等式 [2 ( 1) 1] 12 k x lnx x   … 在区间[e ， 2 ]e 上有解， 记 [2 ( 1) 1]( ) 2 k x lnxg x x   ，则 2 1 1( ) [( )( 1) ]2g x k lnx kxx      ， [x e ， 2 ]e ， 若 1 2k… ，则 ( ) 0g x  ， ( )g x 在[e ， 2 ]e 上单调递增， 而 2 2 2 2 ( 1) 1( ) 1k eg e e   … ，故 ( ) 1g x … 在区间[e ， 2 ]e 上有解， 由（Ⅰ）知， [x e ， 2 ]e 时， ( ) 0f x  ， 则 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2x kf x lnx f x lnx xlnx   „ ， 故 1 2 xlnx x ，即 2lnx  有解，即 2x e ，这与 [x e ， 2 ]e 矛盾， 综上： k 的取值范围是 1{ | }2k k… ． 5．已知函数 1( ) af x ax lnxx    ． （1）当 2a  时，求曲线 ( )f x 在点 (1 ， f （1） ) 处的切线方程； （2）若关于 x 的不等式 ( ) 1 2xf x a  在[1， ) 上有实数解，求实数 a 的取值范围． 解：（1） 1( ) af x ax lnxx    的导数为 2 1 1( ) af x ax x     ， 当 2a  时， 2 1 1( ) 2f x x x     ， 可得曲线 ( )f x 在点 (1 ， f （1） ) 处的切线斜率为 0， 切点为 (1, 3) ，则切线的方程为 3y   ； （2）关于 x 的不等式 ( ) 1 2xf x a  在[1， ) 上有实数解， 即为 21 1 2a ax xlnx a     在[1， ) 上有实数解， 等价为 2( 1)a x xlnx  在[1， ) 上有实数解， 当 1x  时， 0 0 不成立； 当 1x  时，可得 2 1 xlnxa x   在 (1, ) 上有实数解， 由 2 2 2 1 2 1 1 2 2( 1) xlnx xlnx x x x     ， 设 2( ) 2 1g x xlnx x   ， 1x  ， ( ) 2(1 ) 2 2(1 )g x lnx x lnx x       ， 由 1 ( 1)y lnx x x    的导数为 1 1 0y x     ，可得 1 0lnx x   ， 所以 ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (1, ) 递减，可得 ( )g x g （1） 0 ， 所以 1x  时， 2 2 2 1 2 1 01 2 2( 1) xlnx xlnx x x x      ，即 2 1 1 2 xlnx x  恒成立， 可得 1 2a  ，即 a 的取值范围是 1( , )2  ． 6．已知函数 21( ) 22f x x mx lnx   在点 (1 ， f （1） ) 处的切线垂直于 y 轴． （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若存在实数 a ，b ， (0 )c a b c   使得 f （a） f （b） f （c），求证： 2c a  ． 解：（Ⅰ） 2( )f x x m x     ， ( )f x 在点 (1， f （1） ) 处的切线垂直于 y 轴， f  （1） 0 ，得 3m   ， 则 22 3 2 ( 1)( 2)( ) 3 x x x xf x x x x x          ， (0x  ，1) (2 ， ) 时， ( ) 0f x  ， (1,2)x 时 ( ) 0f x  ， ( )f x 在区间 (0,1) ， (2, ) 单调递增，在区间 (1,2) 单调递减． （Ⅱ）证明：设 f （a） f （b） f （c） n ，则 5(2 2 4, )2n ln   ， 欲证明： 2c a  ，即 2c a  ， 因为 2c  ， 2 2a   ，且 ( )f x 在 (2, ) 上单调递增， 只需要证明 f （a） f （c） ( 2)f a  ， 构造 ( ) ( 2) ( ) 2 2 ( 2) 2 4g x f x f x x ln x lnx        ， (0,1)x ， 22( 2 2)( ) ( 2) x xg x x x     ，所以 ( )g x 在区间 (0, 3 1) 上单减，在 ( 3 1,1) 上单增， ( ) ( 3 1) 2 3 6 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) 2 3 6 2 2 ( 3 1) 2[( 3 2) ( 3 1)]ming x g ln ln lne ln ln                 ， 再证明： ( 3 1) 3 2ln    ，令 ( ) 1(0 1)h x lnx x x     ， 1( ) 0xh x x    ，则 ( )h x 在 (0,1) 上单调递减， 所以 ( )h x h （1） 0 ，而 3 1 (0,1)  ，得证 ( 3 1) 3 2ln    ， 所以 (0,1)a  ， f （c） f （a） ( 2)f a  ，得证结论成立．