2018-2019学年高中新创新一轮复习理数通用版：课时达标检测(十六) 导数与函数的综合问题

课时达标检测（十六）导数与函数的综合问题[一般难度题——全员必做]1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋ 2.当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，则h′(x)＝－x e x＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－1 2，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝a ln x(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x >0时，求证f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a－e 1ax <0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝ax ，∴f ′(2)＝a2＝2，∴a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x (x >0)， 则g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，解得x >1， 令g ′(x )<0，解得0<x <1；∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)由题意可知e x a<e 1a x ，化简得x －1a <ln x ， 又x ∈(1，e)，∴a >x －1ln x.令h (x )＝x －1ln x，则h ′(x )＝ln x －1＋1x (ln x )2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x >0， ∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1.∴a ≥e －1. 故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．3．(2018·海南校级联考)已知函数f (x )＝1x ＋k ln x ，k ≠0.(1)当k ＝2时，求函数f (x )的图象的切线斜率中的最大值； (2)若关于x 的方程f (x )＝k 有解，求实数k 的取值范围． 解：(1)函数f (x )＝1x ＋k ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x2＋kx (x >0)．当k ＝2时，f ′(x )＝－1x 2＋2x ＝－⎝⎛⎭⎫1x －12＋1≤1，当且仅当x ＝1时，等号成立． 所以函数f (x )的图象的切线斜率中的最大值为1.(2)因为关于x 的方程f (x )＝k 有解，令g (x )＝f (x )－k ＝1x ＋k ln x －k ，则问题等价于函数g (x )存在零点．g ′(x )＝－1x 2＋k x ＝kx －1x 2.当k <0时，g ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为g (1)＝1－k >0，g (e1－1k )＝1e1－1k ＋k ⎝⎛⎭⎫1－1k －k ＝1e1－1k －1<1e －1<0，所以函数g (x )存在零点．当k >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1k .g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：所以g ⎝⎛⎭⎫1k ＝k －k ＋k ln 1k ＝－k ln k 为函数g (x )的最小值，当g ⎝⎛⎭1k >0，即0<k <1时，函数g (x )没有零点，当g ⎝⎛⎭⎫1k ≤0，即k ≥1时，注意到g (e)＝1e ＋k －k >0，所以函数g (x )存在零点．综上，当k <0或k ≥1时，关于x 的方程f (x )＝k 有解．[中档难度题——学优生做]1．(2018·广东珠海期末)已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )的最小值为0，其中a >0，设g (x )＝ln x ＋m x .(1)求a 的值； (2)对任意x 1>x 2>0，g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2<1恒成立，求实数m 的取值范围；(3)讨论方程g (x )＝f (x )＋ln(x ＋1)在[1，＋∞)上根的个数． 解：(1)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝1－1x ＋a ＝x ＋a －1x ＋a. 由f ′(x )＝0，解得x ＝1－a >－a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，f 故由题意f (1－a )＝1－a ＝0，所以a ＝1. (2)由g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2<1知g (x 1)－x 1<g (x 2)－x 2对任意x 1>x 2>0恒成立，即h (x )＝g (x )－x ＝ln x －x ＋mx 在(0，＋∞)上为减函数． h ′(x )＝1x －1－m x 2≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以m ≥x －x 2在(0，＋∞)上恒成立， 而(x －x 2)max ＝14，则m ≥14，即实数m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫14，＋∞.(3)由题意知方程可化为ln x ＋mx ＝x ，即m ＝x 2－x ln x (x ≥1)．设m (x )＝x 2－x ln x ，则m ′(x )＝2x －ln x －1(x ≥1)．设h (x )＝2x －ln x －1(x ≥1)，则h ′(x )＝2－1x >0，因此h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )min ＝h (1)＝1.所以m (x )＝x 2－x ln x 在[1，＋∞)上单调递增．因此当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1.所以当m ≥1时方程有一个根，当m <1时方程无根．2．(2017·广西陆川二模)已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)在(2)的条件下，对任意的0<a <b ，求证：f (b )－f (a )b －a <1a (a ＋1).解：(1)f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x，x ∈(0，＋∞)，当m ≤0时，f ′(x )>0恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间； 当m >0时，由f ′(x )＝1－mx x>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m ， 由f ′(x )＝1－mx x<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞， 此时f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1m ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞. 综上，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间； 当m >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1m ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞. (2)由(1)知：当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，显然不符合题意； 当m >0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1m ＝ln 1m －1＋m ＝m －ln m －1， 只需m －ln m －1≤0即可．令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，x ∈(0，＋∞)， ∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )min ＝g (1)＝0.∴g (x )≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，也就是m －ln m －1≥0对m ∈(0，＋∞)恒成立， 由m －ln m －1＝0，解得m ＝1.∴若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，则m ＝1.(3)证明：f (b )－f (a )b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln ab －a－1＝lnb a b a －1·1a －1. 由(2)得f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号． 又由0<a <b 得b a >1，∴0<ln b a <ba －1，即lnb aba －1<1.则lnb a b a －1·1a －1<1a －1＝1－a a ＝1－a 2a (1＋a )<1a (1＋a ). [较高难度题——学霸做]1．(2017·天津高考)设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f (x )＝2x 4＋3x 3－3x 2－6x ＋a 在区间(1,2)内有一个零点x 0，g (x )为f (x )的导函数．(1)求g (x )的单调区间；(2)设m ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )，求证：h (m )h (x 0)<0； (3)求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且pq ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，满足⎪⎪⎪⎪p q －x 0≥1Aq4. 解：(1)由f (x )＝2x 4＋3x 3－3x 2－6x ＋a ，可得g (x )＝f ′(x )＝8x 3＋9x 2－6x －6，进而可得g ′(x )＝24x 2＋18x －6.令g ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝14.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，⎝⎛⎭⎫14，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－1，14. (2)证明：由h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )， 得h (m )＝g (m )(m －x 0)－f (m )，h (x 0)＝g (x 0)(m －x 0)－f (m )． 令函数H 1(x )＝g (x )(x －x 0)－f (x )， 则H 1′(x )＝g ′(x )(x －x 0)． 由(1)知，当x ∈[1,2]时，g ′(x )>0，故当x ∈[1，x 0)时，H 1′(x )<0，H 1(x )单调递减； 当x ∈(x 0,2]时，H 1′(x )>0，H 1(x )单调递增．因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 1(x )>H 1(x 0)＝－f (x 0)＝0，可得H 1(m )>0，即h (m )>0. 令函数H 2(x )＝g (x 0)(x －x 0)－f (x )， 则H 2′(x )＝g (x 0)－g (x )． 由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增，故当x ∈[1，x 0)时，H 2′(x )>0，H 2(x )单调递增； 当x ∈(x 0,2]时，H 2′(x )<0，H 2(x )单调递减．因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 2(x )<H 2(x 0)＝0，可得H 2(m )<0，即h (x 0)<0.所以h (m )h (x 0)<0.(3)证明：对于任意的正整数p ，q ，且pq ∈[1，x 0)∪(x 0,2]， 令m ＝pq ，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )．由(2)知，当m ∈[1，x 0)时，h (x )在区间(m ，x 0)内有零点；当m ∈(x 0,2]时，h (x )在区间(x 0，m )内有零点．所以h (x )在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x 1， 则h (x 1)＝g (x 1)⎝⎛⎭⎫p q －x 0－f ⎝⎛⎭⎫p q ＝0. 由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增， 故0<g (1)<g (x 1)<g (2)， 于是⎪⎪⎪⎪p q －x 0＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫p q g (x 1)≥⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫p q g (2) ＝|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|g (2)q 4.因为当x ∈[1,2]时，g (x )>0，故f (x )在[1,2]上单调递增，所以f (x )在区间[1,2]上除x 0外没有其他的零点，而pq ≠x 0，故f ⎝⎛⎭⎫p q ≠0.又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|是正整数，从而|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|≥1.所以⎪⎪⎪⎪p q －x 0≥1g (2)q 4.所以只要取A ＝g (2)，就有⎪⎪⎪⎪p q －x 0≥1Aq4. 2．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点， 所以f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab3＋1＝0， 又a >0，故b ＝2a 29＋3a .因为f (x )有极值， 故f ′(x )＝0有实根，从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)， 故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )的极值点是x 1，x 2.从而a >3. 因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a .设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2.当t ∈⎝⎛⎭⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3.因此b 2>3a . (3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2 ＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．。