《高中新創(chuàng)新一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測十六 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中新創(chuàng)新一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測十六 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題 Word版含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時達標檢測（十六） 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題 [一般難度題——全員必做] 1．(20xx·全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋. 當x∈(－∞，－1－)時，f′(x)＜0； 當x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)＞0； 當x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)上單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x

2、)(1－x)ex. ①當a≥1時，設函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex＜0(x＞0)． 因此h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 又h(0)＝1，故h(x)≤1， 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. ②當0＜a＜1時，設函數(shù)g(x)＝ex－x－1， 則g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)， 所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(0)＝0， 故ex≥x＋1. 當0＜x＜1時，f(x)＞(1－x)(1＋x)2， (1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)， 取x0＝， 則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0

3、－1＝0， 故f(x0)＞ax0＋1. 當a≤0時，取x0＝， 則x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 2．(20xx·沈陽監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝aln x(a>0)，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)若過點A(2，f(2))的切線斜率為2，求實數(shù)a的值； (2)當x>0時，求證f(x)≥a； (3)若在區(qū)間(1，e)上e－ex<0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題意得f′(x)＝， ∴f′(2)＝＝2，∴a＝4. (2)證明：令g(x)＝a(x>0)， 則g′(x)＝a. 令g′(x)>

4、0，即a>0，解得x>1， 令g′(x)<0，解得0. 令h(x)＝，則h′(x)＝， 由(2)知，當x∈(1，e)時，ln x－1＋>0， ∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增， ∴h(x)

5、(x)的圖象的切線斜率中的最大值； (2)若關于x的方程f(x)＝k有解，求實數(shù)k的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)＝＋kln x的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－＋(x>0)． 當k＝2時，f′(x)＝－＋＝－2＋1≤1，當且僅當x＝1時，等號成立． 所以函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值為1. (2)因為關于x的方程f(x)＝k有解，令g(x)＝f(x)－k＝＋kln x－k，則問題等價于函數(shù)g(x)存在零點．g′(x)＝－＋＝.當k<0時，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因為g(1)＝1－k>0，g(e1－)＝＋k－

6、k＝－1<－1<0，所以函數(shù)g(x)存在零點．當k>0時，令g′(x)＝0，得x＝.g′(x)，g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) － 0 ＋ g(x)  極小值  所以g＝k－k＋kln ＝－kln k為函數(shù)g(x)的最小值，當g>0，即00，所以函數(shù)g(x)存在零點．綜上，當k<0或k≥1時，關于x的方程f(x)＝k有解． [中檔難度題——學優(yōu)生做] 1．(20xx·廣東珠海期末)已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a>0，設g(x

7、)＝ln x＋. (1)求a的值； (2)對任意x1>x2>0，<1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)討論方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1，＋∞)上根的個數(shù)． 解：(1)f(x)的定義域為(－a，＋∞)，f′(x)＝1－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1－a>－a.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  因此，f(x)在1－a處取得最小值． 故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1. (2)由<1知 g(x1)－x1

8、)－x2對任意x1>x2>0恒成立， 即h(x)＝g(x)－x＝ln x－x＋在(0，＋∞)上為減函數(shù)． h′(x)＝－1－≤0在(0，＋∞)上恒成立， 所以m≥x－x2在(0，＋∞)上恒成立， 而(x－x2)max＝，則m≥， 即實數(shù)m的取值范圍為. (3)由題意知方程可化為ln x＋＝x，即m＝x2－xln x(x≥1)．設m(x)＝x2－xln x，則m′(x)＝2x－ln x－1(x≥1)．設h(x)＝2x－ln x－1(x≥1)，則h′(x)＝2－>0，因此h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x2－xln x在[1，＋∞)上單調(diào)遞

9、增．因此當x≥1時，m(x)≥m(1)＝1.所以當m≥1時方程有一個根，當m<1時方程無根． 2．(20xx·廣西陸川二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx＋m. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)在(2)的條件下，對任意的00恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當m>0時，由f′(x)＝>0，得x∈， 由f′(x)＝<0，得x∈， 此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.

10、 綜上，當m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)由(1)知：當m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝0，顯然不符合題意； 當m>0時，f(x)max＝f＝ln －1＋m＝m－ln m－1， 只需m－ln m－1≤0即可． 令g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)min＝g(1)＝0. ∴g(x)≥0對x∈(0，＋∞)恒成立， 也就是m－ln m－1≥0對m∈(0

11、，＋∞)恒成立， 由m－ln m－1＝0，解得m＝1. ∴若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，則m＝1. (3)證明：＝＝－1＝·－1. 由(2)得f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≤x－1，當且僅當x＝1時取等號． 又由01，∴0

12、g(x)(m－x0)－f(m)，求證：h(m)h(x0)<0； (3)求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對于任意的正整數(shù)p，q，且∈[1，x0)∪(x0,2]，滿足≥. 解：(1)由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，進而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝.當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) g′(x) ＋ － ＋ g(x)    所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，，單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)證明：由h(x)＝

13、g(x)(m－x0)－f(m)， 得h(m)＝g(m)(m－x0)－f(m)， h(x0)＝g(x0)(m－x0)－f(m)． 令函數(shù)H1(x)＝g(x)(x－x0)－f(x)， 則H1′(x)＝g′(x)(x－x0)． 由(1)知，當x∈[1,2]時，g′(x)>0， 故當x∈[1，x0)時，H1′(x)<0，H1(x)單調(diào)遞減； 當x∈(x0,2]時，H1′(x)>0，H1(x)單調(diào)遞增． 因此，當x∈[1，x0)∪(x0,2]時，H1(x)>H1(x0)＝－f(x0)＝0，可得H1(m)>0，即h(m)>0. 令函數(shù)H2(x)＝g(x0)(x－x0)－f(x)， 則H

14、2′(x)＝g(x0)－g(x)． 由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 故當x∈[1，x0)時，H2′(x)>0，H2(x)單調(diào)遞增； 當x∈(x0,2]時，H2′(x)<0，H2(x)單調(diào)遞減． 因此，當x∈[1，x0)∪(x0,2]時，H2(x)

15、m)內(nèi)有零點． 所以h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個零點，不妨設為x1， 則h(x1)＝g(x1)－f＝0. 由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 故00，故f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[1,2]上除x0外沒有其他的零點，而≠x0，故f≠0. 又因為p，q，a均為整數(shù)，所以|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|是正整數(shù)，從而|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|≥1. 所以≥. 所以只要取A＝g(2)，就有≥. 2．(20xx·江蘇高考

16、)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有極值，且導函數(shù)f′(x)的極值點是f(x)的零點．(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數(shù)關系式，并寫出定義域； (2)證明：b2>3a； (3)若f(x)，f′(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于－，求a的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－. 當x＝－時，f′(x)有極小值b－. 因為f′(x)的極值點是f(x)的零點， 所以f＝－＋－＋1＝0， 又a>0，故b＝＋. 因為f(x)有極值， 故f′(x)＝0有實根，

17、 從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 當a＝3時，f′(x)>0(x≠－1)， 故f(x)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值； 當a>3時，f′(x)＝0有兩個相異的實根 x1＝，x2＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故f(x)的極值點是x1，x2.從而a>3. 因此b＝＋，定義域為(3，＋∞)． (2)證明：由(1)知，＝＋ . 設g(t)＝＋，則g′(t)＝－＝. 當t

18、∈時，g′(t)>0， 從而g(t)在上單調(diào)遞增． 因為a>3，所以a>3， 故g(a)>g(3)＝，即 >.因此b2>3a. (3)由(1)知，f(x)的極值點是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝. 從而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2 ＝－＋2＝0. 記f(x)，f′(x)所有極值之和為h(a)， 因為f′(x)的極值為b－＝－a2＋， 所以h(a)＝－a2＋，a>3. 因為h′(a)＝－a－<0， 于是h(a)在(3，＋∞)上單調(diào)遞減． 因為h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]．