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題型練8大題專項(六)函數與導數綜合問題1.已知函數f(x)=sinxx(x>(1)判斷函數f(x)在區(qū)間(0,π)上的單調性;(2)證明函數f(x)在區(qū)間(π,2π)上存在唯一的極值點x0,且f(x0)<232.(2022廣西柳州二模)已知函數f(x)=12ax2(a+1)x+lnx(1)當a=0時,求f(x)的圖象在點(1,f(1))處的切線方程;(2)若f(x)<0恒成立,求a的取值范圍.3.已知函數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,求證:f(x1)f(x2)<134.已知函數f(x)=x2+(m2)xmlnx.(1)討論f(x)的極值點的個數;(2)設函數g(x)=12x2+mlnx,P,Q為曲線y=f(x)g(x)上任意兩個不同的點,設直線PQ的斜率為k,若k>m恒成立,求m的取值范圍5.已知函數f(x)=12axa+1ln(1)若函數f(x)為減函數,求實數a的取值范圍;(2)若函數f(x)有兩個不同的零點,求實數a的取值范圍.6.已知函數f(x)=exsinxkx(k∈R)(其中e為自然對數的底數).(1)若對任意x∈0,π2,f(x(2)設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),設g(x)=xcosxsinx(x>0),其導函數g'(x)=xsinx,在區(qū)間(0,π)上,g'(x)<0,g(x)單調遞減,且g(0)=所以在區(qū)間(0,π)上,f'(x)<0,所以函數f(x)在區(qū)間(0,π)上單調遞減.(2)證明:由(1)知,在區(qū)間(π,2π)上,g'(x)>0,g(x)單調遞增,且g(π)=π<0,g(2π)=2π>0,所以存在唯一的x0∈(π,2π),使得f'(x0)=0,在區(qū)間(π,x0)上,f'(x)<0,f(x)單調遞減,在區(qū)間(x0,2π)上,f'(x)>0,f(x)單調遞增,所以x0為函數f(x)在區(qū)間(π,2π)上的唯一極小值,其中f'4π3=32-23π169π2<0,f'3π2=1由于f4π3>f3π2,所以f(x02.解:(1)當a=0時,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)的圖象在點(1,f(1))處的切線方程為y=1.(2)f(x)=12ax2(a+1)x+lnx的定義域為(0,+∞f'(x)=ax(a+1)+1x①當a>0時,由12ax2(a+1)x>0,解得x>2+2a所以存在x0∈2+2a,+∞,使得12ax02(a+1)此時f(x0)=12ax02(a+1)x0+ln②當a≤0時,ax1<0.令f'(x)>0,解得0<x<1;令f'(x)<0,解得x>1,所以f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減,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.綜上所述,a的取值范圍為(2,0].3.(1)解:由已知得f'(x)=1-lnxx2,令f'(x所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,+∞).所以當0<a≤e2時,f(x)max=ln2a2a≥lna2a+當e2<a≤e時,f(x)max=1e≥lna2a+1,而lna2a+1>(2)證明:令G(x)=f(x)13x2=lnxx-1則G'(x)=1-lnxx令H(x)=33lnx2x3(x≥2),則H'(x)=3x6x2因為x≥2,所以H'(x)<0,所以H(x)在區(qū)間[2,+∞)上單調遞減,所以H(x)≤H(2)=133ln2<0,所以G'(x)<0,所以G(x)在區(qū)間[2,+∞)上單調遞減.因為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)依題意,函數f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2x+m2mx令f'(x)=0,得x=m2或x=1①當m2>1,即m<在區(qū)間(0,1)和-m2,+∞上,f'(x)>0,在區(qū)間1,-m2上,f'(②當0<m2<1,即2<m<在區(qū)間0,-m2和(1,+∞)上,f'(x)>0,在區(qū)間-m2,1上,f'(x)③當m2=1,即m=f'(x)=(2x+m)(x-1④當m2≤0,即m≥0時,在區(qū)間(0,1)上,f'(x)<0,在區(qū)間(1,+∞)上,f'(x)>0,此時f(x)只有一個極值點綜上,當m=2時,f(x)的極值點的個數為0;當m≥0時,f(x)的極值點的個數為1;當m<2或2<m<0時,f(x)的極值點的個數為2.(2)令h(x)=f(x)g(x),則h(x)=12x2+(m2)x2mlnx設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2∈(0,+∞),則k=h(不妨設x1>x2,則由k=h(x1)-h(x2)x1-x2>m恒成立,可得h(令c(x)=h(x)mx,則c(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增,所以當x>0時,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.因為當x>0時,x22x=(x1)21≥1,所以2m≤1,解得m≤12故m的取值范圍為(∞,12]5.解:(1)由題意知,f(x)的定義域為(0,+∞).∵f(x)=12axa+1ln∴f'(x)=12a1∵函數f(x)為減函數,∴f'(x)≤0,即12a≤1-lnxx設m(x)=1-lnxx2,則m'(∴m(x)在區(qū)間(0,e32)內單調遞減,在區(qū)間(e32,∴m(x)min=m(e32)=∴12a≤12e3,即故實數a的取值范圍是(∞,e3].(2)易知函數f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=12設h(x)=12ax2(a1)xlnx則原命題等價于函數h(x)有兩個不同的零點,求實數a的取值范圍.可知h'(x)=ax(a1)1x=a∴當a≥0時,函數h(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增,∴若函數h(x)有兩個不同的零點,則必有h(1)=12a+1<0,即a>2此時,在x∈(1,+∞)內,有h(2)=2a2(a1)ln2=2ln2>0;在x∈(0,1)內,∵h(x)=12a(x22x)+xlnx∵1<x22x<0,∴h(x)>12a+xlnx∴h(e-12a)>12a+e-1∴h(x)在區(qū)間(0,1),(1,+∞)內各有一個零點,故a>2符合題意;當a=1時,可知函數h(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減,∴函數h(x)至多有一個零點,不符合題意;當1<a<0時,可知函數h(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間1,-1a內單調遞增,在區(qū)間-1a,+∞內單調遞減,∴函數h(x)的極小值為∴函數h(x)至多有一個零點,不符合題意;當a<1時,可知函數h(x)在區(qū)間0,-1a內單調遞減,在區(qū)間-1a,1內單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減,∴函數h(x)的極小值為h-1a=12a∴函數h(x)至多有一個零點,不符合題意.綜上所述,實數a的取值范圍是(2,+∞).6.(1)解:f'(x)=exsinx+excosxk,令g(x)=exsinx+excosxk,所以g'(x)=2excosx.當x∈0,π2時,g'所以g(x)=exsinx+excosxk在區(qū)間0,π2上單調遞增,所以gπ2=eπ2k≥g(當1k≥0時,即k≤1時,f'(x)=g(x)≥0恒成立,故f(x)在區(qū)間0,所以f(x)≥f(0)=0,滿足條件;當eπ2k≤0時,即eπ2≤k時,f'(x)=g(x)≤0恒成立,故函數f(所以f(x)≤f(0)=0,不滿足條件;當1k<0且eπ2k>0時,即eπ2>k>1時,存在x0∈0,π2使得當x∈[0,x0]時,f'(x)<0,當x∈
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