2023年高考数学(理数)一轮复习课时16《导数与函数的综合问题》达标练习（含详解）

2023年高考数学(理数)一轮复习课时16

《导数与函数的综合问题》达标练习

1.已知函数f(x)=(x－1)ex＋1，x∈[0,1].　

(1)证明：f(x)≥0；

(2)若a<<b对任意的x∈(0,1)恒成立，求b－a的最小值.

2.已知函数f(x)=(ax－2)ex在x=1处取得极值.

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值；

(3)求证：对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.

3.已知f(x)=x2－a2ln x，a>0.

(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；

(2)若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.

4.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R为常数．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1<x2)，求证：ln x2>2－ln x1.

5.已知函数．

(1)若a=e，求函数f(x)的极值；

(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

6.已知函数f(x)是奇函数，f(x)的定义域为(-∞,+∞)．当x<0时，．

(e为自然对数的底数)．

(1)若函数f(x)在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；

(2)如果当x≥1时，不等式恒成立，求实数k的取值范围．

7.已知函数

①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围；

②若且关于x的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；

③设各项为正的数列满足:求证：.

8.已知函数f(x)=ax+lnx(a＜0)

(1)若当x∈[1，e]时，函数f(x)的最大值为﹣3，求a的值；

(2)设g(x)=f(x)+f′(x)(f′(x)为函数f(x)的导函数)，若函数g(x)在(0，+∞)上是单调函数，求a的取值范围．

0.答案解析

1.解：(1)证明：因为f ′(x)=xex≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增，

所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立.

(2)令g(x)=，则g ′(x)=>0，x∈(0,1)，

所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e－1，

要使<b，只需b≥e－1.

要使>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0,1)恒成立，

令h(x)=ex－ax－1，x∈(0,1)，则h ′(x)=ex－a.

由x∈(0,1)，得ex∈(1，e).

①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件；

②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去；

③当1<a<e时，令h′(x)=0，得x=ln a.当x∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去.

综上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.

2.解：(1)f′(x)=aex＋(ax－2)ex=(ax＋a－2)ex，

由已知得f′(1)=0，即(2a－2)e=0，

解得a=1.

当a=1时，在x=1处函数f(x)=(x－2)ex取得极小值，

所以a=1.

(2)f(x)=(x－2)ex，

f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.

f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]上单调递增，f(x)min=f(m)=(m－2)em；

当0＜m＜1时，m＜1＜m＋1，

f(x)在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，

f(x)min=f(1)=－e；

当m≤0时，m＋1≤1，

f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min=f(m＋1)=(m－1)em＋1.

综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值

f(x)min=.

(3)证明：由(1)知f(x)=(x－2)ex，f′(x)=ex＋(x－2)ex=(x－1)ex.

令f′(x)=0得x=1，

因为f(0)=－2，f(1)=－e，f(2)=0，

所以在[0，2]上f(x)max=0，f(x)min=－e，

所以，对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min=e.

3.解：(1)f′(x)=x－=(x>0).

当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

当x=a时，f(x)取最小值f(a)=a2－a2ln a.

令a2－a2ln a≥0，解得0<a<.

故a的取值范围是(0，].

(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，

不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a－x2<a.

要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1)<f(2a－x2).

因为f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a－x2).

设g(x)=f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.

则g′(x)=x－＋2a－x－=－≤0，

所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0.

又a<x2<2a，于是g(x2)=f(x2)－f(2a－x2)<0，

即f(x2)<f(2a－x2).

因此x1＋x2>2a.

4.解：

5.解：

6.解：

7.解：

8.解：