2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)其應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(十六)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)綜合問題文

課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題[一般難度題——全員必做]1．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.議論f(x)的單一性；當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′( )＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋2.x當(dāng)x∈(－∞，－1－2)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(－1－2，－1＋2)時(shí)，′( )＞0；fx當(dāng)x∈(－1＋2，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上單一遞減，在(－1－2，－1＋2)上單一遞加．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①當(dāng)≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)()＝(1－)ex，則′( )＝－ex＜0(x＞0)．a(chǎn)hxxhxx所以h(x)在[0，＋∞)上單一遞減，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.x②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝e－x－1，x則g′(x)＝e－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單一遞加，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，5－4－1取x0＝，2則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝5－1，2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．(2018·沈陽監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝alnx(a>0)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若過點(diǎn)A(2，f(2))的切線斜率為2，務(wù)實(shí)數(shù)a的值；11(2)當(dāng)x>0時(shí)，求證f(x)≥a1－x；x1(3)若在區(qū)間(1，e)上ea－eax<0恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍．a(chǎn)解：(1)由題意得f′(x)＝x，af′(2)＝＝2，∴a＝4.21(2)證明：令g(x)＝alnx－1＋x(x>0)，1則g′(x)＝ax－x2.1令g′(x)>0，即ax－x2>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0<x<1；∴g(x)在(0,1)上單一遞減，在(1，＋∞)上單一遞加．∴g(x)的最小值為g(1)＝0，∴f(x)≥a11－x.x1x－1(3)由題意可知ea<eax，化簡得x，a<lnx－1又x∈(1，e)，∴a>lnx.1x－1lnx－1＋x令h(x)＝lnx，則h′(x)＝x2，1由(2)知，當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，lnx－1＋x>0，h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上單一遞加，h(x)<h(e)＝e－1.∴a≥e－1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[e－1，＋∞)．13．(2018·海南校級聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x＋klnx，k≠0.當(dāng)k＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值；(2)若對于x的方程f(x)＝k有解，務(wù)實(shí)數(shù)k的取值范圍．1解：(1)函數(shù)f(x)＝x＋klnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，k′(x)＝－x2＋x(x>0)．21212當(dāng)k＝2時(shí)，f′(x)＝－x2＋x＝－x－1＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號建立．所以函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值為1.1(2)因?yàn)閷τ趚的方程f(x)＝k有解，令g(x)＝f(x)－k＝x＋klnx－k，則問題等價(jià)于kkx－1函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)．g′(x)＝－x2＋x＝x2.當(dāng)k<0時(shí)，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒建立，111所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單一遞減．因?yàn)間(1)＝1－k>0，g(e1－k)＝1＋k1－k－e1－k111k＝1－1<e－1<0，所以函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)．當(dāng)k>0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝k.g′(x)，e1－kg(x)隨x的變化狀況以下表：x1110，kkk，＋∞′( )－0＋gxg(x)極小值111所以gk＝k－k＋klnk＝－klnk為函數(shù)g(x)的最小值，當(dāng)gk>0，即0<k<1時(shí)，函11數(shù)g(x)沒有零點(diǎn)，當(dāng)gk≤0，即k≥1時(shí)，注意到g(e)＝e＋k－k>0，所以函數(shù)g(x)存在零點(diǎn)．綜上，當(dāng)k<0或k≥1時(shí)，對于x的方程f(x)＝k有解．[中檔難度題——學(xué)優(yōu)生做]1．設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋1－ax2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜2率為0.(1)求b；a若存在x0≥1，使得f(x0)<a－1，求a的取值范圍．a(chǎn)解：(1)f′(x)＝x＋(1－a)x－b.由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1.1－a2(2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋2x－x，3a1－aaf′(x)＝x＋(1－a)x－1＝x(x－1－a)(x－1)．1a①若a≤2，則1－a≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)單一遞加．a(chǎn)a1－aa所以，存在x0≥1，使得f(x0)<a－1的充要條件為f(1)<a－1，即2－1<a－1，解得2－1<a<2－1.②若1<a<1，則a>1，故當(dāng)x∈1，a時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈a時(shí)，21－a1－a，＋∞1－af′(x)>0.f(x)在1，aa1－a單一遞減，在1－a，＋∞單一遞加．所以，存在0≥1，使得(0)<a的充要條件為aaxfxf1－a<.a－1a－1aaa2aa而f1－a＝aln1－a＋－a＋a－1>a－1，所以不合題意．③若>1，則f1－a－a－1a(1)＝－1＝<.a22a－1綜上，a的取值范圍是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．2．(2017·廣西陸川二模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－mx＋m.求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，對隨意的fb－fa<1.0<a<b，求證：－＋baaa1－mx解：(1)f′(x)＝x－m＝x，x∈(0，＋∞)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0恒建立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單一遞加，無單一遞減區(qū)間；1－mx1當(dāng)m>0時(shí)，由f′(x)＝x>0，得x∈0，m，由f′(x)＝1－mx1x，＋∞，<0，得x∈m此時(shí)f(x)的單一遞加區(qū)間為0，11.m，單一遞減區(qū)間為，＋∞m綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間是(0，＋∞)，無單一遞減區(qū)間；當(dāng)>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間是0，1，單一遞減區(qū)間是1，＋∞.mmm(2)由(1)知：當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單一遞加，f(1)＝0，明顯不切合題意；4當(dāng)m>0時(shí)，f(x)max＝f1＝ln1m－1，m－1＋m＝m－lnm只要m－lnm－1≤0即可．x－1令g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－x＝x，x∈(0，＋∞)，g(x)在(0,1)上單一遞減，在(1，＋∞)上單一遞加．g(x)min＝g(1)＝0.g(x)≥0對x∈(0，＋∞)恒建立，也就是m－lnm－1≥0對m∈(0，＋∞)恒建立，由m－lnm－1＝0，解得m＝1.∴若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒建立，則m＝1.－－＋－－lnbfbfaalnblna1lnblnaba(3)證明：b－a＝b－a＝b－a－1＝b·a－1.a－1由(2)得f(x)≤0在(0，＋∞)上恒建立，即lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號．lnb又由0<<bbba得>1，∴0<ln<－1，即<1.abaaaba－1blna11則b·a－1<a－1＝a－1

1－a1－a2<a1.a＝a＋a＋a[較高難度題——學(xué)霸做]1．(2017·天津高考)設(shè)a，b∈R，|a|≤1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)exf(x)．求f(x)的單一區(qū)間；已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(diǎn)(x0，y0)處有同樣的切線，①求證：f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0；x－1，x0＋1]上恒建立，求b的取值范圍．②若對于x的不等式g(x)≤e在區(qū)間[x0解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．令f′(x)＝0，解得x＝a，或x＝4－a.由|a|≤1，得a＜4－a.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況以下表：x(－∞，a)(a,4－a)(4－a，＋∞)5f′(x)＋－＋(x)所以f(x)的單一遞加區(qū)間為(－∞，a)，(4－a，＋∞)，單一遞減區(qū)間為(a,4－a)．x①證明：因?yàn)間′(x)＝e[f(x)＋f′(x)]，gx0＝ex0，由題意知gx0＝ex0，fx0x0＝ex0，所以ex[fx0＋fx0＝ex，00fx0＝1，解得x0＝0.所以f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.x②因?yàn)間(x)≤e，x∈[x0－1，x0＋1]，由ex＞0，可得f(x)≤1.又因?yàn)閒(x0)＝1，f′(x0)＝0，所以x0為f(x)的極大值點(diǎn)，聯(lián)合(1)知x0＝a.另一方面，因?yàn)閨a|≤1，故a＋1＜4－a，由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單一遞加，在(a，a＋1)內(nèi)單一遞減，故當(dāng)x0＝a時(shí)，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒建立，進(jìn)而xg(x)≤e在[x0－1，x01]上恒建立．由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x，令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0.因?yàn)閠(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，所以t(x)的值域?yàn)閇－7,1]．所以b的取值范圍是[－7,1]．2．(2016·四川高考)設(shè)函數(shù)()＝2－－ln，(1e∈R，e＝2.718fxaxx)＝－x，此中axgxea為自然對數(shù)的底數(shù)．議論f(x)的單一性；證明：當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＞0；(3)確立a的全部可能取值，使得f(x)＞g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒建立．612ax2－1解：(1)由題意得f′(x)＝2ax－x＝x(x＞0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單一遞減．1當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝0得，x＝，2a當(dāng)x∈當(dāng)x∈

10，2a時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單一遞減；1，＋∞時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單一遞加．2a(2)證明：令sx－1x－1(x)＝e－x，則s′(x)＝e－1.當(dāng)x＞1時(shí)，s′(x)＞0，所以ex－1＞x，11進(jìn)而g(x)＝x－ex－1＞0.(3)由(2)知，當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＞0.當(dāng)a≤0，x＞1時(shí)，f(x)＝a(x2－1)－lnx＜0.故當(dāng)f(x)＞()在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒建即刻，必有a＞0.g