高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)：課時達標(biāo)檢測(十七)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題

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1、 課時達標(biāo)檢測(十七) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 一、全員必做題 1．(2017·宜州調(diào)研)設(shè)f(x)＝|ln x|，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選D　令y1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則y1＝f(x)＝|ln x|與y2＝ax的圖象(圖略)在區(qū)間(0,4)上有三個交點．由圖象易知，當(dāng)a≤0時，不符合題意；當(dāng)a>0時，易知y1＝|ln x|與y2＝ax的圖象在區(qū)間(0,1)上有一個交點，所以只需要y1＝|ln x

2、|與y2＝ax的圖象在區(qū)間(1,4)上有兩個交點即可，此時|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，則h′(x)＝，故函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e,4)上單調(diào)遞減，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以k>1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 解析：選C　由已知，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，則g′(x)＝f′(x)－k>0，∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，且>0，∴g>g(0

3、)，即f－>－1，即f>，∴選項C錯誤，選項D正確．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－x，則h′(x)＝f′(x)－1>0，∴函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增，且>0，∴h>h(0)，即f－>－1，即f>－1，但選項A、B無法判斷，故選C. 3．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常數(shù))和g(x)＝x＋是定義在M＝{x|1≤x≤4}上的函數(shù)，對于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，則f(x)在M上的最大值為(　　) A. B．5 C．6 D．8 解析：選B　因為g(x)＝x＋≥2＝1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時等

4、號成立)，所以f(2)＝2＋＋c＝g(2)＝1，所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，所以f′(x)＝x－＝.因為f(x)在x＝2處有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，所以f(x)＝x2＋－5，f′(x)＝，所以f(x)在[1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4]上單調(diào)遞增，而f(1)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函數(shù)f(x)在M上的最大值為5，故選B. 4．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝1且k∈Z時，不等式k(x－1)

5、∞)上恒成立，求k的最大值． 解：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1， 由題意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立， 即ln x＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立， 即a≥－(ln x＋1)在[e，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x＋1)]max＝－(ln e＋1)＝－2， ∴a≥－2，即a的取值范圍為[－2，＋∞)． (2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x＋xln x， ∵x∈(1，＋∞)， ∴原不等式可化為k<， 即k<對任意x>1恒成立． 令g(x)＝，則g′(x)＝. 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 則h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上

6、單調(diào)遞增． ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0. 即當(dāng)1x0時，h(x)>0，即g′(x)>0. ∴g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2， g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)， ∴k

7、－2，證明：對?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝＝. 當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)－10，f(x)在上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)在＋∞上單調(diào)遞減． (2)證明：不妨假設(shè)x1≥x2. 由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．

8、 ∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2， 即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. 令g(x)＝f(x)＋4x， 則g′(x)＝＋2ax＋4＝， 于是g′(x)≤＝≤0. 從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)， 即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1， 故對?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 6．(2017·德州中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝mx2－x＋ln x. (1)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍

9、； (2)當(dāng)00時，由于函數(shù)y＝2mx2－x＋1的圖象的對稱軸x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<. 故0

10、x2－x＋ln x－(2mx－m－1)， 則g(x)在(0，＋∞)上有且只有一個零點． 又g(1)＝0，故函數(shù)g(x)有零點x＝1. 則g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝. 當(dāng)m＝時，g′(x)≥0， 又g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴函數(shù)g(x)有且只有一個零點x＝1，滿足題意． 當(dāng)01， 由g′(x)>0，得0； 由g′(x)<0，得1

11、－ 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  根據(jù)上表知g<0. 又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1. ∴g>0， 故在上，函數(shù)g(x)又有一個零點，不滿足題意． 綜上所述，m＝. 二、重點選做題 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax－kln x(a∈R，k∈R)． (1)若k＝1，且f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝0，且k≥e，求證：f(x)在區(qū)間(1， ]上有且僅有一個零點． 解：(1)∵f(x)＝x2－ax－kln x， ∴f′(x)＝x－－a， 若k＝1，且f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 則f′(x

12、)＝x－－a≥0對任意的x≥1恒成立， 即a≤x－對任意的x≥1恒成立． ∴a≤min＝0，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]． (2)證明：當(dāng)a＝0時，f(x)＝x2－kln x， ∴f′(x)＝x－＝， 由f′(x)<0，得00，得x>. ∴f(x)在區(qū)間(0， ]上單調(diào)遞減，在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(0， ]上單調(diào)遞減，且f()＝e－eln＝0， ∴f(x)在區(qū)間(1， ]上有且僅有一個零點． 當(dāng)k>e時，>， ∴f(x)在區(qū)間(1， ]上單調(diào)遞減， 又f(1)＝>0，f()＝e－kln＝<0， ∴f(x)在

13、區(qū)間(1， ]上有且僅有一個零點． 綜上，若a＝0，且k≥e，則f(x)在區(qū)間(1， ]上有且僅有一個零點． 2．已知函數(shù)f(x)滿足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－4，－2)內(nèi)能取到最大值－4. (1)求實數(shù)a的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝bx3－bx，若對?x1∈(1,2)，?x2∈(1,2)，使得f(x1)＝g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍． 解：(1)當(dāng)x∈(－4，－2)時，有x＋4∈(0,2)， 由條件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)， 再由條件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4

14、ln(x＋4)＋4a(x＋4)． 故f′(x)＝＋4a，x∈(－4，－2)． 由條件③得f(x)在(－4，－2)內(nèi)有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)內(nèi)必有解，故a≠0，且解為x＝－－4. 又最大值為－4，所以f(x)max＝f＝4ln＋4a·＝－4，即ln＝0，所以a＝－1. (2)設(shè)f(x)在(1,2)內(nèi)的值域為A，g(x)在(1,2)內(nèi)的值域為B， 由條件可知A?B. 由(1)知，當(dāng)x∈(1,2)時，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝<0， 故f(x)在(1,2)內(nèi)為減函數(shù)， 所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)． 對g(

15、x)求導(dǎo)得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)． 若b<0，則當(dāng)x∈(1,2)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)， 所以B＝(g(2)，g(1))＝. 由A?B，得b≤ln 2－2，－b≥－1， 故必有b≤ln 2－3. 若b>0，則當(dāng)x∈(1,2)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)， 所以B＝(g(1)，g(2))＝. 由A?B，得－b≤ln 2－2，b≥－1， 故必有b≥3－ln 2. 若b＝0，則B＝{0}，此時A?B不成立． 綜上可知，b的取值范圍是∪3－ln 2，＋∞. 三、沖刺滿分題 1．(2017·長沙四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝. (1)

16、討論函數(shù)y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的單調(diào)性； (2)若m∈，則當(dāng)x∈[m，m＋1]時，函數(shù)y＝f(x)的圖象是否總在函數(shù)g(x)＝x2＋x圖象上方？請寫出判斷過程． 解：(1)f′(x)＝＝， 當(dāng)x∈(m，m＋1)時，f′(x)<0， 當(dāng)x∈(m＋1，＋∞)時，f′(x)>0， 所以f(x)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減，在(m＋1，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減， 所以其最小值為f(m＋1)＝em＋1. 因為m∈，g(x)在[m，m＋1]上的最大值為(m＋1)2＋m＋1. 所以下面判斷f(m＋1)與(m＋1)2＋m＋1的大小， 即

17、判斷ex與(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈. 令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1， 令h(x)＝m′(x)，則h′(x)＝ex－2， 因為x＝m＋1∈， 所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)單調(diào)遞增， 又m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0， 故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0. 所以m(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1， 所以當(dāng)x0∈時，m(x0)＝－x＋x0＋1>0， 即ex>(1＋x)x， 即f(m＋1)>(m＋1)2

18、＋m＋1， 所以函數(shù)y＝f(x)的圖象總在函數(shù)g(x)＝x2＋x圖象上方． 2．已知函數(shù)f(x)＝xex－aln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng)b≤e時，f(x)≥b(x2－2x＋2)． 解：(1)因為f′(x)＝(x＋1)ex－，x>0， 依題意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e. 所以f′(x)＝(x＋1)ex－， 顯然f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增且f′(1)＝0， 故當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(

19、0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)證明：①當(dāng)b≤0時，由(1)知，當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值e. 又b(x2－2x＋2)的最大值為b， 故f(x)≥b(x2－2x＋2)． ②當(dāng)00， 則h′(x)＝(x＋2)ex＋－2b， 當(dāng)x∈(0,1]時，－2b≥0，(x＋2)ex>0， 所以h′(x)>0， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，(x＋2)ex－2b>0，>0， 所以h′(x)>0， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，h′(x)>0， 故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又h(1)＝0， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝1時，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0， 所以g(x)≥0， 即f(x)≥b(x2－2x＋2)． 綜上，當(dāng)b≤e時，f(x)≥b(x2－2x＋2)．