2021届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用-能成立问题（含解析）.docx

1、 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 1 - 导数的综合应用能成立问题 考查内容：考查内容：主要涉及利用导数解决主要涉及利用导数解决能能成立问题成立问题 注意：涉及到复合函数求导一般为理科注意：涉及到复合函数求导一般为理科 一选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1已知函数 1 ln a f xx x ，若存在 0 0 x ，使得 0 0f x有解，则实数a的取 值范围是（ ） A3a B1a C2a D3a 2若存在实数，使得的解集为，则 的取值范围为（ ） A B C D 3若关于x的不等式22ln4axaxx 有且只有两个整数解，则实数a的取值范 围是（ ）

2、 A2ln3,2 ln2 B,2ln2 C,2 ln3 D,2ln3 4 若关于x的不等式 2 ln10 xmx 在2,3上有解， 则实数m的取值范围为 （ ） A 3 , ln2 B 8 , ln2 C 8 , ln3 D 38 , ln2 ln3 5已知函数 3 3f xxx，0,2x，函数 2 4g xxxa，若对于任意 1 0,2x ，总存在 0 0,2x ，使得 01 g xf x成立，则 a 的值为（ ） A-1 B1 C-2 D2 6已知函数 g x满足 12 1 10 2 x g xgegxx ，且存在实数 0 x使得不等式 0 34tg x成立，则实数t的取值范围为（ ） A

3、 1 , 3 B 1 , 2 C 5 , 3 D3, 7若不等式 2 lnaxxx的解集中恰有两个整数，则实数a的最大值为（ ） A3 B ln3 3 3 C1 D ln2 2 2 8已知函数( ) ln2f xaxx，若存在 * xN，使 ( )0f x 成立，则实数a的取值 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 2 - 范围是（ ） A(2 , )e B 4 , ln2 C 6 , ln3 D(2,) 9若函数 2 1 ( )ln 2 f xxxbx存在单调递减区间，则实数 b的取值范围是（ ） A2 ， B （-2,2） C, 2(2,) D （0.2） 10设函数 22 ( )()

4、(3ln3 )f xxaxa，若存在 0 x，使 0 9 10 f x，则实数 a 的 值为（ ） A 1 10 B 1 4 C 1 2 D1 11已知函数 32 ( )23f xxxmxm，若存在唯一的负整数 0 x，使得 0 0f x， 则实数 m 的取值范围是（ ） A 3 0, 4 B 16 0, 5 C 3 16 , 45 D 3 , 4 12已知函数 2 lnxxb f x x ，bR，若存在 1 ,2 2 x ，使得 f xx fx 恒成立，则实数 b的取值范围是（ ） A, 2 B 3 , 2 C,3 D 9 , 4 二填空题 13函数 3 123f xxx， 3xg xm，若

5、 1 1,5x ， 2 0,2x，使得 12 f xg x，则实数 m的取值范围是_. 14 已知函数 2 lnf xxxx xaaR， 若 1 ,2 2 x ， 使得 f xxfx 成立，则实数 a 的取值范围是_. 15已知函数 32 1 ( ) 2 x f xexx与 3 1 ( )(0) 2 g xxax x 的图像上存在关于原 点的对称点，则实数a的取值范围是_ 16已知函数 ( )ln(3)2f xxx ，若不等式 ( )20f xa 有解，则整数a的最小值为 _. 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 3 - 三解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17已知 ln

6、f xxx . （1）求 f x的单调区间； （2）若存在x使 f xm成立，求实数m的取值范围. 18已知函数 2 1 ln 2 f xaxx aR （1）当1a 时，求函数 f x在区间1,e上的最大值和最小值； （2）若 0f x 有解,求a的取值范围. 19已知函数 ln x f xaxb x 在点 , e f e处的切线方程为2yaxe . （1）求实数b的值； （2）若存在 2 0 ,xe e ，满足 0 1 4 f xe，求实数a的取值范围. 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 4 - 20已知函数( )1 x f xex （1）求( )yf x在点1,(1)f处的切线方程

7、； （2）若存在 0 4 1,ln 3 x ，满足 10 x aex 成立，求a的取值范围 21已知函数 lnf xxx， 2 3g xxax . （1）求函数 f x在,20t tt上的最小值； （2）若存在 0 1 ,xe e （e是自然对数的底数，2.71828e ） ，使不等式 00 2f xg x成立，求实数a的取值范围. 22已知函数 ln 22)(f xxmxmR. （1）讨论函数 f x的单调性； （2）设0m ，若存在 1 ,1 2 x，使得不等式 2 f xmx 成立，求 m的取值范围. 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 5 - 导数的综合应用能成立问题解析 1.【

8、解析】若存在 0 0 x ，使得 0 0f x有解,即存在 0 0 x ,使得 000 lnaxxx, 令( )lng xxxx,则问题转化为: max ( )ag x, 因为( )1 (1 ln )lng xxx , 当01x 时,( )0g x ;当1x 时, ( )0g x , 所以函数( )g x 在(0,1) 上递增,在(1,) 上递减, 所以 max ( )(1)1g xg，所以 1a .故选 B. 2. 【解析】 设 1 ( ) x a f x ex 当0a 时， 1 ( )0 x f x e 则不存在( )0f x 的解集 ， 当0a时， 1 ( )0 x a f x ex ，

9、此时函数( )f x单调递减，则不存在( )0f x 的解集 为， 当0a 时，由( )0f x 得 1 x a ex ，当0 x， 1 0,0 x a ex ， 此时 1 ( )0 x a f x ex ，则( )0f x 的解集为,0，不符合题； 当0 x 时，不等式等价为 x x a e ，设( ) x x g x e 则 1 ( ) x x g x e ， 当1x 时，( )0g x ，当01x时，( )0g x ， 即当1x 时，( ) x x g x e 取得极大值，同时也是最大值 1 (1)g e ， 故若存在实数，使得( )0f x 的解集， 则必有 1 a e ，即 1 0a

10、 e ，故答案为 D 3.【解析】首先2x 时，不等式为224 ln24aa，恒成立，即整数 2是不等 式的一个解，则由题意 1或 3是不等式的另一个整数解 若 1不是不等式的解，则22 ln1 4aa，2a，此时不等式化为： (2)ln24axxa，易知函数(2)lnyaxx在(0,)上是增函数， 则大于 2的所有整数都是原不等式的解，不合题意 所以 1 是原不等式的解，大于 3 的所有整数不是原不等式的解，2a， 所以3x 时，不等式22ln4axaxx恒成立，即 24ln 2 xx a x 在3,)上 恒成立，设 24lnln ( )2 22 xxx g x xx ， 2021 届高三一

11、轮复习题型专题训练 - 6 - 则 22 22 lnln1 ( ) (2)(2) x xx xx g x xx ，3x 时，ln1x ，( )0g x ，( )g x单调递 增，所以( )(3)2ln3g xg，所以2 ln3a 综上a的取值范围是(,2ln3故选：C 4.【解析】关于x的不等式 2 ln10 xmx 在2,3上有解， 即 2 1 ln x m x 在 2,3上有解， 2 max 1 ( ),2,3,( ) ln x f xxmf x x ， 2 22 11 2 ln(ln1) ( ), (ln )(ln ) xxxxx xx fx xx 22 2,3,4,9,ln1xxx，

12、( )0,2,3fxx 恒成立，即( )f x在2,3上为增函数， max 88 ( )(3), ln3ln3 f xfm.故选：C. 5.【解析】因为 3 3f xxx，0,2x， 所以 2 33311fxxxx ，可得0,1x时 0fx，即 f x在区间 0,1上单调递减；1,2x时 0fx ，即 f x在区间1,2上单调递增； 又 00f， ( ) 12f=-， 22f，故 2,2f x 因为 2 2 424g xxxaxa， 所以 g x在0,2上单调递减； 0ga， 24ga，所以 4,g xaa 又因为对于任意 1 0,2x ，总存在 0 0,2x ，使得 01 g xf x成立，

13、 所以42,2,aa，所以 2 42 a a 解得 2 2 a a ，所以2a ，故选：D 6.【解析】由于 12 1 10 2 x g xgegxx ， 则 1 10 x gxgegx ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 7 - 所以 1 110 2 1 0 1101 1 00 ggg g g e ggg g gg e ，解得 1,01ge g. 所以 2 1 2 x g xexx， 1,10 xx gxexgxe ， 所以 gx单调递增， 且 00g， 所以 g x在,0上递减， 在0,上递增， 所以 g x在0 x 处取得极小值也即是最小值为 01g. 所以 0 1g x，故

14、5 341 3 tt .故选：C 7.【解析】由 2 lnaxxx，即 ln x ax x 恰有两个整数解， 令 ln ( ),(0,) x g xx x x ，得 2 2 1ln ( ) xx g x x ， 令 2 ( )1lnh xxx ， h x在(0,)上为减函数，(1)0h， 当0,1x时， 0h x ， 0gx ， g x单调递增； 当(1,)x时， 0h x ， 0gx ， g x单调递减 ln2 (2)2 2 g， ln3 (3)3 3 g 由题意可得(3)(2)ga g ， ln3ln2 32 32 a故选：D. 8.【解析】由题意，得ln20axx，当1x 时，20 不成

15、立； 当1x 时， 2 ln x a x ，设 2 ( ) ln x g x x ，则 2 2(ln1) ( ) (ln ) x g x x ， 当(1, )xe时，( )0g x ，( )g x为减函数， 当( ,)xe时，( )0g x ，( )g x为增函数. 当2x 时， 4 (2) ln2 g，当3x 时， 6 (3) ln3 g， 又4ln3ln81ln646ln2， 46 ln2ln3 ， 6 ln3 a . 故选：C. 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 8 - 9.【解析】因为函数 2 1 ( )ln 2 f xxxbx存在单调递减区间， 所以 1 ( )0fxxb x

16、 在0.上有解， 即 1 bx x 在0.上有解，令 1 g xx x 所以 22 111 1 xx gx xx ， 当01x时 ， 0gx ，当1x 时 ， 0gx ， 所以当1x 时 ， g x取得最小值 2.所以2b . 当2b时， 2 121 ( )20 xx fxx xx ， f x递增，不成立. 故2b.故选：A. 10.【解析】 f x表示点,3lnxx与点,3aa间的距离的平方， f x的最小值表示曲线 3lnyx上的点到直线3yx的距离的最小值， 设过点 00 ,3lnxx到直线3yx的距离的最小值， 3 fx x ，则由 0 3 3 x ，解得 0 1x ， 即为点1,0到

17、直线 3yx 的距离d， 3 10 d ，所以 min 9 10 f x， 由 3 1 1 3 yx yx ，解得 1 10 x ，所以 1 10 a .故选：A 11.【解析】因为 0f x ，等价于 32 23xxm x， 不妨令 32 2g xxx， 3h xm x， 容易知： h x是恒过定点3,0且斜率为m的直线； 对 g x求导，可得 2 34gxxx， 令 0gx ，可得0 x 或 4 3 x ， 故 g x在,0和 4 , 3 单调递增，在 4 0 3 ，单调递减， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 9 - 故在同一坐标系中绘制两个函数的图像如下： 图中所示点1, 3

18、,2, 16AB ， 与满足题意，只需直线 h x在1x 处的函数值小于等于-3， 在2x 处的函数值大于-16 即可. 则：43m，且516m ,解得： 3 16 , 45 m ，故选：C. 12.【解析】 2 lnxxb f x x ，0 x ， 2 2 12 ()() ( ) x xblnxxb fx x ， 22 ()12 ()()12 () ( )( ) lnxxbx xblnxxbx xb f xxfx xxx ， 存在 1 2 x，2，使得( )( )0f xxfx，1 2 ()0 x xb 1 2 bx x ，设 1 ( ) 2 g xx x ，( )maxbg x ， 2 2

19、2 121 ( )1 22 x g x xx ， 当 ( )0g x 时，解的 2 2 x ， 当( )0g x时，即 2 2 2 x 时，函数单调递增， 当 ( )0g x 时，即 1 2 2 x 时，函数单调递减， 当2x 时，函数( )g x取最大值，最大值为g（2） 19 2 44 ， 9 4 b ，故选D 13.【解析】由 3 123f xxx，所以 2 312fxx 令 0fx ，得2x 或2x ，又1,5x ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 10 - 当12x 时， 0fx ，当25x时， 0fx ， 所以函数 f x在1,2单调递减，在2,5单调递增， 所以 min

20、 213fxf ，又 3xg xm在0,2x单调递增， 所以 min 01gxgm ，根据题意：若 1 1,5x ， 2 0,2x， 使得 12 f xg x ，即 minmin fxgx， 所以13 114mm ，可得m得取值范围为14,， 14.【解析】 2 ln12fxxxax xa ， f xxfx 即为 22 2 lnln2xxx xaxxxx xaxxa， 整理得到 2 2210 xax ，即 1 ,2 2 x ，使得 2 211 22 x ax xx 成立， 11 22 22 xx xx （当且仅当 1 2 x x ，即 2 2 x 时取等号） ， 2a ，即实数a的取值范围为2

21、,. 15.【解析】设( )yh x的图象与( )yg x的图象关于原点对称， 由 3 1 ( )(0) 2 g xxax x ，得 3 1 ( )(0) 2 h xxax x ， 因为函数( )yf x与( )yg x的图象上存在关于原点的对称点， 即( )yf x与( )yh x的图象有交点，即 323 11 ,0 22 x exxxax x 有解， 即 2 11 ,0 22 x e axx x x 有解令 2 1 ( ) 2 x e f xxx x ， 则 22 ( )1(1)1 xxx exee fxxx xx ， 当(0,1)x时，( )0fx ，函数 ( )f x单调递减， 当(1

22、,)x，( )0fx ，函数 ( )f x单调递增， 所以 ( )f x有最小值 1 (1) 2 fe，所以 11 22 a e，即21ae 故a的取值范围为21,)e 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 11 - 16.【解析】函数 ( )ln(3)2f xxx ，3,x ， 且不等式 ( )20f xa 有解，所以 ln(3)220 xxa ，即 ln(3)22xxa 有解， 只需min ln(3)22xxa ，令 ln(3)g xxx ，3,x ， 则 ln(3) 3 x gxx x ，设( )ln(3) 3 x h xx x 则 22 136 0 3 33 xxx h x x x

23、x ， 即 ln(3) 3 x gxx x 在3,x 内单调递增， 而 3 33 2 ln(3)ln210 3 22 3 2 g ， 11 22 11 1ln( 13)ln2ln4ln0 132 ge ， 所以存在 0 3 , 1 2 x 使得 0 0gx， 而当 00 3,xx 时 g x单调递减，当 00, xx时 g x单调递增， 所以 g x在 0 x处取得极小值，即为最小值.此时 0 0 0 ln(3) 3 x x x ， 2 0 0000 min 0 3 ()ln(3),(, 1) 32 x g xg xxxx x ， 设 2 3 ,(, 1)( ) 32 u x xx x ， 2

24、 (6)3 ( )0,(, 1) (3)2 x x u xx x 恒成立， 2 3 ,(, 1)( ) 32 u x xx x 单调递增， 0 3 ()()( 1) 2 gg xg，即 0 31 () 22 g x ， 又因为min ln(3)22xxa ，即 00 1 ()22 ,()1 2 g xa ag x 而 0 715 ()1 424 g x ，所以整数a的最小值为1. 17.【解析】（1） lnf xxx，0 x 112 22 x fx xxx . 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 12 - 则当20 x ，即4x 时， 0fx ； 当20 x ，即04x时， 0fx ，

25、f x的递减区间为0,4，递增区间为 4,. （2）若存在x使 f xm成立，则 minmf x， 由（1）可知 min 42ln4f xf.2ln4m. 18.【解析】（1）由题可知 f x的定义域为0,， 当1a 时，函数 2 11 ln ,0 2 f xxx fxx x 所以函数 f x在区间1,e上是增函数. f x在区间1,e上的最大值为 2 1 1 2 f ee，最小值为 1 1 2 f ， （2） 1 21fxax x ， 当 1 2 a 时， 1 0,10 2 fxfa，显然 0f x 有解 ， 当 1 2 a 时，由 1 210fxax x 得 1 1 2 x a ， 当 1

26、 0, 1 2 x a 时， 0fx ， 当 1 , 1 2 x a 时， 0fx ， 故 f x在 1 1 2 x a 处取得最大值 111 ln 1 2 1 222 fa a ， 若使 0f x 有解，只需 11 ln 1 20 22 a， 解得 11 22 a e 结合 1 2 a ， 此时a的取值范围为 111 , 222e 19.【解析】（1）函数 f x的定义域为0,11,， ln x f xaxb x ， 2 ln1 ln x fxa x . fea ， 又 ef eaeb ,所求切线方程为yeaeba xe ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 13 - 即yaxeb

27、. 又函数 f x在点 , e f e处的切线方程为2yaxe ，be. 所以实数b的值为e. （2）由题意得 0 00 0 1 ln4 x f xaxee x ， 所以问题转化为 11 ln4 a xx 在 2 , e e 上有解.令 11 ln4 h x xx ， 2 ,xe e ， 则 2 2222 11ln4 4ln4ln xx hx xxxxx 22 ln2ln2 4ln xxxx xx . 令 ln2p xxx， 则当 2 ,xe e 时，有 111 0 x px xxx . 所以函数 p x在区间 2 , e e 上单调递减， 所以 ln20p xp eee.所以 0h x ，

28、所以 h x在区间 2 , e e 上单调递减. 所以 2 222 1111 ln424 h xh e eee . 所以实数a的取值范围为 2 11 , 24e . 20.【解析】（1） 1 x fxe， 12fe ， f x在 1,1f处的切线方程为：211yeex ， 即11yex； （2）1 x aex ，即 af x，令 10 x fxe ，得0 x . 0 x时， 0fx，0 x时， 0fx. f x在,0上减，在0,上增， 又 0 4 1,ln 3 x 时， f x的最大值在区间端点处取到. 1 1 11 1fe e 444 ln1ln 333 f ， 2021 届高三一轮复习题型

29、专题训练 - 14 - 4144114 1ln1 lnln0 33333 ff ee ， 4 1ln 3 ff ， f x在 4 1,ln 3 上最大值为 1 e ， 故a的取值范围是： 1 a e . 21.【解析】（1）由已知可得函数 f x的定义域为0,， ln1fxx 当 1 0,x e ， 0fx ， f x单调递减， 当 1 ,x e ， 0fx ， f x单调递增， 1 0,2tt e 当 1 02tt e ，即 1 0t e 时， min 11 fxf ee ； 当 1 2tt e ，即 1 t e 时， min lnfxf ttt ； 综上所述， min 11 ,0 1 ln

30、 , t ee fx tt t e . （2）不等式 00 2fxg x 成立，即 2 0000 2ln3xxxax 000 0 31 2ln,axxxe xe ， 设 31 2ln,h xxxxe xe ，则 2 31xx hx x 当 1 ,1x e 时， 0h x ， h x单调递减； 当1,xe时， 0h x ， h x单调递增； 11 23he ee ， 3 2h ee e 12 240h ehe ee max 11 23h xhe ee 由题意可得： max 1 32ah xe e 22.【解析】（1）函数 ln22)(f xxmxmR的定义域为0,， 2021 届高三一轮复习题型

31、专题训练 - 15 - 且 1 2fxm x 当20m，即2m时， 0 1 2fxm x 恒成立， 故函数在0,上单调递增； 当20m，即2m时，令 0 1 2fxm x ，解得 1 0 2 x m ， 故函数在 1 0, 2m 上单调递增； 令 0 1 2fxm x ，解得 1 2 x m ，故函数在 1 , 2m 上单调递减； 综上所述， 当2m时， 函数在0,上单调递增； 当2m时， 函数在 1 0, 2m 上单调递增，在 1 , 2m 上单调递减； （2）若存在 1 ,1 2 x ，使得不等式 2 f xmx 成立，即存在 1 ,1 2 x ，使得不等 式 2 0f xmx成立， 令

32、22 ln22gxmmxmxxfxx， 1 ,1 2 x ，则 min0g x， 11 2 12 22 m xx m mxm xx gx 当2m时， 11 2m ， 0gx在 1 ,1 2 x 上恒成立，故函数 g x在 1 ,1 2 x 上 单调递增， min 11 ln220 422 1 2 g m mxg ，解得4 1 ln2m ， 所以2m； 当12m时， 11 1 2m ， g x在 1 1 , 2 m 上单调递减，在 1 ,1 m 上单调递增，则 min 1111 ln22ln1 1 g xg m mm mmmm 令 1 ln1x x h x ，1,2x， 22 111 0 x xx h x x 恒成立，即函数 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 16 - 1 ln1x x h x ，在1,2上单调递减，又 ln1 1 101h ， 故 1 ln10 x x h x 在1,2x上恒成立，即 min 1 ln10g xm m ，故 1,2m， 当01m时， 1 1 m ， 0gx在 1 ,1 2 x 上恒成立， 故函数 g x在 1 ,1 2 x 上单调递减， min ln121 201g xgmm， 不符题意，舍去； 综上可得1,m