高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第三章 导数及其应用 课时达标检测（十七） 导数与函数的综合问题 Word版含答案

课时达标检测(十七)  导数与函数的综合问题

一、全员必做题

1．(2017·宜州调研)设f(x)＝|ln x|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选D　令y1＝f(x)＝|ln x|，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝|ln x|与y2＝ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以<a<，故选D.

2．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是(　　)

A．f<   B．f>

C．f<   D．f>

解析：选C　由已知，构造函数g(x)＝f(x)－kx，则g′(x)＝f′(x)－k>0，∴函数g(x)在R上单调递增，且>0，∴g>g(0)，即f－>－1，即f>，∴选项C错误，选项D正确．构造函数h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝f′(x)－1>0，∴函数h(x)在R上单调递增，且>0，∴h>h(0)，即f－>－1，即f>－1，但选项A、B无法判断，故选C.

3．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)＝x＋是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为(　　)

A.         B．5         C．6   D．8

解析：选B　因为g(x)＝x＋≥2＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋＋c＝g(2)＝1，所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，所以f′(x)＝x－＝.因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，所以f(x)＝x2＋－5，f′(x)＝，所以f(x)在上单调递增，而f(1)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.

4．已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)．

(1)若函数f(x)在区间max＝－(ln e＋1)＝－2，

∴a≥－2，即a的取值范围为上有且仅有一个零点．

解：(1)∵f(x)＝x2－ax－kln x，

∴f′(x)＝x－－a，

若k＝1，且f(x)在区间．

(2)证明：当a＝0时，f(x)＝x2－kln x，

∴f′(x)＝x－＝，

由f′(x)<0，得0<x<；

由f′(x)>0，得x>.

∴f(x)在区间(0， ]上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．

当k＝e时，f(x)在区间(0， ]上单调递减，且f()＝e－eln＝0，

∴f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．

当k>e时，>，

∴f(x)在区间(1， ]上单调递减，

又f(1)＝>0，f()＝e－kln＝<0，

∴f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．

综上，若a＝0，且k≥e，则f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．

2．已知函数f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－4，－2)内能取到最大值－4.

(1)求实数a的值；

(2)设函数g(x)＝bx3－bx，若对∀x1∈(1,2)，∃x2∈(1,2)，使得f(x1)＝g(x2)，求实数b的取值范围．

解：(1)当x∈(－4，－2)时，有x＋4∈(0,2)，

由条件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，

再由条件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．

故f′(x)＝＋4a，x∈(－4，－2)．

由条件③得f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)内必有解，故a≠0，且解为x＝－－4.

又最大值为－4，所以f(x)max＝f＝4ln＋4a·＝－4，即ln＝0，所以a＝－1.

(2)设f(x)在(1,2)内的值域为A，g(x)在(1,2)内的值域为B，

由条件可知A⊆B.

由(1)知，当x∈(1,2)时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝<0，

故f(x)在(1,2)内为减函数，

所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)．

对g(x)求导得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)．

若b<0，则当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，

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，则当x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，

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，则B＝{0}，此时A⊆B不成立．

综上可知，b的取值范围是∪3－ln 2，＋∞.

三、冲刺满分题

1．(2017·长沙四校联考)已知函数f(x)＝.

(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；

(2)若m∈，则当x∈时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．

解：(1)f′(x)＝＝，

当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，

当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，

所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.

因为m∈，g(x)在上的最大值为(m＋1)2＋m＋1.

所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，

即判断ex与(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)，则h′(x)＝ex－2，

因为x＝m＋1∈，

所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增，

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)上单调递减，在上单调递增，

所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，

所以当x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1>0，

即ex>(1＋x)x，

即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，

所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方．

2．已知函数f(x)＝xex－aln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．

解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex－，x>0，

依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e.

所以f′(x)＝(x＋1)ex－，

显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，

故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)证明：①当b≤0时，由(1)知，当x＝1时，f(x)取得最小值e.

又b(x2－2x＋2)的最大值为b，

故f(x)≥b(x2－2x＋2)．

②当0<b≤e时，设g(x)＝xex－2eln x－b(x2－2x＋2)，

所以g′(x)＝(x＋1)ex－－2b(x－1)，

令h(x)＝(x＋1)ex－－2b(x－1)，x>0，

则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2b，

当x∈(0,1]时，－2b≥0，(x＋2)ex>0，

所以h′(x)>0，

当x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，>0，

所以h′(x)>0，

所以当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，

故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又h(1)＝0，

所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.

所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0，

所以g(x)≥0，

即f(x)≥b(x2－2x＋2)．

综上，当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．