（江蘇專用）高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第三課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題課時跟蹤檢測 理-人教高三數(shù)學(xué)試題

課時跟蹤檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題一保高考，全練題型做到高考達標1．定義在實數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝x2＋x，g(x)＝eq\f(1,3)x3－2x＋m.(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥g(x)對任意的x∈[－4,4]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)∵f(x)＝x2＋x，∴當x＝1時，f(1)＝2，∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3，∴所求切線方程為y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.(2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－3x＋m，則h′(x)＝(x－3)(x＋1)．∴當－4＜x＜－1時，h′(x)＞0；當－1＜x＜3時，h′(x)＜0；當3＜x＜4時，h′(x)＞0.要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4處取得，而h(－1)＝m＋eq\f(5,3)，h(4)＝m－eq\f(20,3)，所以m＋eq\f(5,3)≤0，即m≤－eq\f(5,3)，∴實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,3))).2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax－a,ex)(a＜0)．(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)F(x)＝f(x)＋1沒有零點，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當a＝－1時，f(x)＝eq\f(－x＋1,ex)，f′(x)＝eq\f(x－2,ex).由f′(x)＝0，得x＝2.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值所以，函數(shù)f(x)的極小值為f(2)＝－eq\f(1,e2)，函數(shù)f(x)無極大值．(2)F′(x)＝f′(x)＝eq\f(aex－ax－aex,e2x)＝eq\f(－ax－2,ex).當a＜0時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如下表：x(－∞，2)2(2，＋∞)F′(x)－0＋F(x)極小值若使函數(shù)F(x)沒有零點，當且僅當F(2)＝eq\f(a,e2)＋1＞0，解得a＞－e2，所以此時－e2＜a＜0.故實數(shù)a的取值范圍為(－e2,0)．3．某商場的銷售部經(jīng)過市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)，該商場的某種商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使該商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．解：(1)因為x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)，可知y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.設(shè)該商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)元，則f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6，所以f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或6(舍去)．當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)極大值由上表，可知當x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值為42.故當銷售價格為4元/千克時，該商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．4．(2016·揚州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－ax2＋(a2－1)x和g(x)＝x＋eq\f(a2,x).(1)求證：不論實數(shù)a取何值，f(x)總有兩個極值點；(2)若f(x)和g(x)有相同的極值點，求實數(shù)a的值．解：(1)證明：由題意，知f′(x)＝x2－2ax＋a2－1＝[x－(a＋1)]·[x－(a－1)]，令f′(x)＝0，解得x＝a＋1或x＝a－1，當x<a－1或x>a＋1時，f′(x)>0，當a－1<x<a＋1時，f′(x)<0，所以x＝a－1為f(x)的極大值點，x＝a＋1為f(x)的極小值點．所以不論實數(shù)a取何值，f(x)總有兩個極值點．(2)由題意，知g′(x)＝1－eq\f(a2,x2)＝eq\f(x－ax＋a,x2).令g′(x)＝0，得x＝a或x＝－a.因為f(x)和g(x)有相同的極值點，且a和a＋1，a－1不可能相等，所以當－a＝a＋1時，a＝－eq\f(1,2)；當－a＝a－1時，a＝eq\f(1,2).經(jīng)檢驗，當a＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)時，f(x)和g(x)有相同的極值點．所以a＝－eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,2).二上臺階，自主選做志在沖刺名校設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－1.(1)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)當a＞0時，設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)≤0；(3)求證：對任意的正整數(shù)n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＜(n＋1)n＋1.解：(1)由題意知f′(x)＝ex－a≥0對x∈R恒成立，且ex＞0，故a的取值范圍為(－∞，0]．(2)證明：由a＞0，及f′(x)＝ex－a可得，函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)的最小值為g(a)＝f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，則g′(a)＝－lna，故當a∈(0,1)時，g′(a)＞0，當a∈(1，＋∞)時，g′(a)＜0，從而可知g(a)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0，故g(a)≤0.(3)證明：由(2)可知，當a＝1時，總有f(x)＝ex－x－1≥0，當且僅當x＝0時等號成立．即當x＞0時，總有ex＞x＋1.于是，可得(x＋1)n＋1＜(ex)n＋1＝e(n＋1)x.令x＋1＝eq\f(1,n＋1)，即x＝－eq\f(n,n＋1)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))n＋1＜e－n；令x＋1＝eq\f(2,n＋1)，即x＝－eq\f(n－1,n＋1)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n＋1)))n＋1＜e－(n－1)；令x＋1＝eq\f(3,n＋1)，即x＝eq\f(n－2,n＋1)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n＋1)))n＋1＜e－(n－2)；……令x＋1＝eq\f(n,n＋1)，即x＝－eq\f(1,n＋1)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))n＋1＜e－1.對以上各式求和可得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))n＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n＋1)))n＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n＋1)))n＋1＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4