2023届高三数学一轮复习大题专练12导数有解问题2

一轮大题专练12—导数（有解问题2）
1．已知函数()sin 1x f x e ax x x =---，[0x ∈，]π，a R ∈． （1）当1
2
a =
时，求证：()0f x ； （2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 解：（1）证明：当12a =
时，1
()sin 12
x f x e x x x =---， 则1
()(cos sin )12x f x e x x x '=-+-，
1
()sin cos 2
x f x e x x x ''=+
-， 因为[0x ∈，]π， 所以1x e ，1
sin 02
x x ，
因此()1cos 0f x x ''-，
所以()f x '在[0，]π上单调递增， 于是()(0)0f x f ''=，
因此()f x 在[0，]π上单调递增， 所以()f x f (0)0=． （2）由（1）知，当12a
时，1
()sin 102
x f x e x x x ---，当且仅当0x =时取等号， 此时函数()f x 仅有1个零点， 当1
2
a >
时，因为()sin 1x f x e ax x x =---， 所以()(cos sin )1x f x e a x x x '=-+-，
()(sin 2cos )x f x e a x x x ''=+-， 当[
2
x π
∈，]π时，()0f x ''>，()f x '单调递增，
当[0x ∈，]2
π
时，()(3sin cos )x f x e a x x x '''=++，
因为0x e >，(3sin cos )0a x x x +， 所以()0f x '''>，所以()f x ''单调递增， 又(0)120f a ''=-<，2()022
f e a π
π
π
''=+>，
因此()f x ''在[0，]2π上存在唯一的零点0x ，且0(0,)2
x π
∈．
当0(0,)x x ∈时，()0f x ''<，所以()f x '单调递减，
当0(x x ∈，)2
π
时，()0f x ''>，所以()f x '单调递增，
又(0)0f '=，0()(0)0f x f '<'=，()10f e a πππ'=+->， 因此()f x '在[0，]π上存在唯一的零点1x ，且10(x x ∈，)π， 当1(0,)x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减， 当1(x x ∈，)π时，()0f x '>，所以()f x 单调递增， 又f (0)0=，1()f x f < (0)0=，()10f e πππ=-->， 所以()f x 在1(x ，)π上存在唯一零点， 因此()f x 在[0，]π上有两个零点， 综上，a 的取值范围是1
(2
，)+∞．
2．已知函数()2x f x xe ax a =-+．
（1）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程； （2）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：（1）当1a =-时，()21x f x xe x =+-，
()(1)2x f x x e '=++， 因为(0)3f '=，(0)1f =-，
所以曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为310x y --=． （2）因为()f x 有两个零点，所以方程()0f x =有两个不同的根， 即关于x 的方程(21)x x a xe -=有两个不同的解， 当12x =
时，方程不成立，所以1
2
x ≠， 令()21x xe g x x =-，则y a =与()21x
xe g x x =-的图象有两个交点，
且222
(21)(1)(21)()(21)(21)x x
x x e x x e g x x x ---+'==
--，
令()0g x '>，得12x <-或1x >，令()0g x '<，得1122x -<<或1
12x <<，
所以()g x 在1(,),(1,)2-∞-+∞上单调递增，在111
(,),(,1)222
-上单调递减，
当1
2
x =-时，()g x 取得极大值1()2g -=，
当1x =时，()g x 取得极小值g （1）e =， 因为
e >
，且当0x <时，()0g x >，
所以a 的取值范围是(,)
e +∞．
3．已知函数2
1()2
f x x ax =
-． （1）若()()g x f x x alnx =-+，讨论()g x 的单调性；
（2）已知()2()42h x f x xlnx a =--+，若方程()0h x =在1
[,)2
+∞有且只有两个解，求实数a 的取
值范围．
解：（1）依题可得2
1()(1)2
g x x a x alnx =
-++，定义域为(0,)+∞， 所以2(1)(1)()
()(1)a x a x a x x a g x x a x x x
-++--'=-++==
． 当0a 时，由()0g x '<，得01x <<，由()0g x '>，得1x >， 则()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞．
当01a <<时，由()0g x '<，得1a x <<，由()0g x '>，得x a <或1x >， 则()g x 的单调递减区间为(,1)a ，单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞． 当1a =时，()0g x '恒成立，则()g x 的单调递增区间为(0,)+∞． 当1a >时，由()0g x '<，得1x a <<，由()0g x '>，得1x <或x a >， 则()g x 的单调递减区间为(1,)a ，单调递增区间为(0,1)和(,)a +∞． （2）2()2()42242h x f x xlnx a x ax xlnx a =--+=---+．
方程()0h x =在1[,)2+∞有且只有两个解，即关于x 方程2222x xlnx a x -+=+在1
[,)2
+∞上有两个不相
等的实数根．
令22()2x xlnx t x x -+=+，1
[,)2
x ∈+∞，则22324()(2)x x lnx t x x +--'=+．
令2()324p x x x lnx =+--，1[,)2x ∈+∞，则(21)(2)
()x x p x x
-+'=，
因为()0p x '在1[,)2+∞上恒成立，故()p x 在1
[,)2
+∞上单调递增．
因为p （1）0=，所以当1
[,1)2
x ∈时，有()0p x <，即()0t x '<，所以()t x 单调递减；
当[1x ∈，)+∞时，有()0p x >，即()0t x '>，所以()t x 单调递增． 因为192()2105ln t =+，t （1）1=，41(4)32()32t ln t =->，
所以a 的取值范围是192(,]22010
ln +．
4．已知实数a R ∈，设函数2()()x f x x a e ax =+-，x R ∈． （Ⅰ）若0a =，讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）若方程()0f x =有唯一实根0x ，求实数0x 的取值范围． 解：（Ⅰ）若0a =，则2()x f x x e =，令2()2(2)x x x f x xe x e xe x '=+=+， 令()0f x '>，解得2x <-或0x >，令()0f x '<，解得20x -<<，
∴函数()f x 在(,2)-∞-，(0,)+∞单调递增，在(2,0)-单调递减；
（Ⅱ）①当0a =时，2()x f x x e =显然只有一个零点，即方程()0f x =有唯一实根00x =； ②当0a ≠时，令()0f x =，则2()x x a e ax +=，即20x x a
e a x
-++-=有唯一实数解， ()i 当0a >时，则0x >，
24x a
a x
++，而1x e -<，显然无解； ()ii 当0a <时，若0x >，则
2220x a
a x
++-+=，而0x e ->，显然无解，则0x <， 令(),()2x x a
g x h x e a x
-=
+=-，则它们的图象有且仅有一个交点， 注意到()2g x ，且在x a =处取得等号，考虑()2h x =的情况，可得22x ln =-，即直线2y =与函数()g x ，()h x 分别交于点(,2)a 和(22,2)ln -， （A ）若22a ln =-，则022x ln =-；
（B ）若220ln a -<<，则(2)2(2)h ln g ln -=<-，x →-∞时，()()h x g x >，则存在唯一交点022x ln <-；
（C ）若22a ln <-，则h （a ）22a e g -=->=（a ），(2)2(2)h ln g ln -=<-，由零点存在性定理可知，存在唯一交点022x ln <-；
综上所述，实数0x 的取值范围为(-∞，22]{0}ln -．
5．已知函数()(2)f x a lnx =-和2()g x x ax =-+．
（Ⅰ）若曲线()y f x =和()y g x =在x b =处的切线斜率都为1-，求a 和b ；
（Ⅱ）若方程()()f x g x =在区间2]上有解，求a 的取值范围．
解：（Ⅰ）函数()(2)f x a lnx =-的导数为2
()a f x x
-'=， 所以曲线()y f x =在x b =处的切线的斜率为
2
1a b
-=-①， 2()g x x ax =-+的导数为()2g x x a '=-+，
所以曲线()y g x =在x b =处的切线的斜率为21a -=-②， 由①②，解得1a =，1b =；
（Ⅱ）方程()()f x g x =在区间1
[e ，2]e 上有解，
则2()2a lnx x lnx x -=-在区间1
[e
，2]e 上有解，
设()h x lnx x =-，则1
()h x x x
'=-， 当
1
1x e
<时，()0h x '>，()h x 递增； 当21x e <时，，()0h x '<，()h x 递减． 所以()h x 的最大值为h （1）10=-<，
所以()0h x <，所以22lnx x a lnx x
-=-．
令22()lnx x F x lnx x
-=-，则22(1)(1)
()()x x lnx F x lnx x -+-'=-，
由1y x lnx =+-的导数为1
1y x
'=-
，可得1y x lnx =+-在(1,)+∞递增，(,1)-∞递减， 则1y x lnx =+-的最小值为y h =（1）20=>，即有10x lnx +->恒成立， 所以()0F x '=，所以1x =，
所以()F x 在1
[e
，1)递减，在(1，2]e 递增，
所以()F x 在1x =处取得最小值1，
因为()F x 与y a =相交有解，2121
()51
e F e e +=≈+．
F （e ）2231e e -=
≈-，1
()F F e
>（e ），
所以F （1）1
()a F e
，所以22111e a e ++，
所以a 的取值范围为221
(1,)1e e ++．
6．已知函数21
()sin 2
x f x e ax x =--，其中a R ∈，令()()g x f x '=．
（1）求证：当1a -时，()g x 无极值点；
（2）若函数()()(1)h x g x ln x =++，是否存在实数a ，使得()h x 在0x =处取得极小值？并说明理由．
解：（1）证明：()()cos x g x f x e ax x ='=--，则()sin x g x e a x '=-+， 显然0x e >，1sin 1x -，当1a -时，sin 010x e a x a -+>--， ()g x ∴在R 上为增函数，无极值点；
（2）存在2a =，使得()h x 在0x =处取得极小值．理由如下：
()cos (1)x h x e ax x ln x =--++，则1
()sin 1
x h x e a x x '=-++
+， 显然0x =是()h x 的极小值点的必要条件为(0)20h a =-=，解得2a =，此时1
()sin 21
x h x e x x '=+
+-+， 显然当
(0,)
2
x π
∈时，
11()sin 21sin 22(1)sin 2sin 011x h x e x x x x x x x x '=+
+->+++-+-=>++； 当1(,0)4x ∈-时，223(1)(1)1(31)122x x x x x +-+=++>，故213
112
x x x <-++，
令2()(1)2x x m x x e -=++，则2()02
x
x m x e -'=-，故()m x 在R 上为减函数，
故当0x <时，()(0)1m x m >=，即212
x
x e x <++，
令1()sin 2n x x x =-，则1()cos 2n x x '=-，当(1,0)x ∈-时，1
()cos102
n x '>->，故()n x 在(1,0)-单
调递增，
故当(1,0)x ∈-时，()(0)0n x n <=，即1
sin 2
x x <
， 故当1(,0)4
x ∈-时，222131()sin 2(1)(1)22012222x
x x h x e x x x x x x x '=++-<+++-++-=+<+，
因此，当2a =时，0x =是()h x 的极小值点，即充分性也成立． 综上，存在2a =，使得()h x 在0x =处取得极小值．
7．已知函数21()(1)2f x ax a x lnx =-++
，2()2g x x bx =-（1）若1a <时，函数()f x 有极小值，试确定a 的取值范围； （2
）当a =
()f x 在(0，2]上的最大值为M ，若存在[1x ∈，2]，使得()g x M 成立，求实数b 的取值范围．
解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，1(1)(1)
()(1),0ax x f x ax a x x x
--'=-++=>， ①当0a =时，1
()x f x x
-'=-
，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，此时()f x 无极小值；
②当0a ≠时，令()0f x '=，解得1
x a
=或1x =， ()i 当01a <<时，
11a >，令()0f x '>，解得01x <<或1x a >，令()0f x '<，解得1
1x a
<<，
()f x ∴在1(0,1),(,)a +∞上单调递增，在1
(1,)a
上单调递减，此时()f x 在1x a =处取得极小值，符合
题意； ()ii 当0a <时，
1
0a
<，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，此时()f x 无极小值；
综上，实数a 的取值范围为(0,1)； （2）由（1）知，当1
4
a =
时，函数()f x 在(0,1)上是增函数，在(1,2)上是减函数， ∴9(1)8
M f ==-，
∴存在[1x ∈，2]，使得9()8g x -
成立，即存在[1x ∈，2]，使279
288
x bx -+-成立，只需函数()g x 在[1，2]上的最大值大于等于9
8-，
∴79(1)128879(2)4488g b g b ⎧
=-+-⎪⎪⎨⎪=-+-
⎪⎩
，解得32b ，
故实数b 的取值范围为3
(,]2
-∞．。