高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时达标检测（十六）导数与函数的综合问题 理-人教版高三数学试题VIP免费

课时达标检测（十六）导数与函数的综合问题[——一般难度题全员必做]1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.当x∈(∞－，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1∞＋，＋)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(∞－，－1－)，(－1∞＋，＋)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．因此h(x)在[0∞，＋)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0∞，＋)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1∞，＋)．2．(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x>0时，求证f(x)≥a；(3)若在区间(1，e)上exa－e1ax<0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝，∴f′(2)＝＝2，∴a＝4.(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，则g′(x)＝a.令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0.令h(x)＝，则h′(x)＝，由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋>0，∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)0)．当k＝2时，f′(x)＝－＋＝－2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立．所以函数f(x)的图象的切线斜率中的最大值为1.(2)因为关于x的方程f(x)＝k有解，令g(x)＝f(x)－k＝＋klnx－k，则问题等价于函数g(x)存在零点．g′(x)＝－＋＝.当k<0时，g′(x)<0在(0∞，＋)上恒成立，所以函数g(x)在(0∞，＋)上单调递减．因为g(1)＝1－k>0，g(e1－)＝＋k－k＝－1<－1<0，所以函数g(x)存在零点．当k>0时，令g′(x)＝0，得x＝.g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：xg′(x)－0＋g(x)极小值所以g＝k－k＋kln＝－klnk为函数g(x)的最小值，当g>0，即00，所以函数g(x)存在零点．综上，当k<0或k≥1时，关于x的方程f(x)＝k有解．[——中档难度题学优生做]1．(2018·广东珠海期末)已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a>0，设g(x)＝lnx＋.(1)求a的值；(2)对任意x1>x2>0，<1恒成立，求实数m的取值范围；(3)讨论方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1∞，＋)上根的个数．解：(1)f(x)的定义域为(－a∞，＋)，f′(x)＝1－＝.由f′(x)＝0，解得x＝1－a>－a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－a,1－a)1－a(1－a∞，＋)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，f(x)在1－a处取得最小值．故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(2)由<1知g(x1)－x1x2>0恒成立，即h(x)＝g(x)－x＝lnx－x＋在(0∞，＋)上为减函数．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＝，则m≥，即实数m的取值范围为.(3)由题意知方程可化为lnx＋＝x，即m＝x2－xlnx(x≥1)．设m(x)＝x2－xlnx，则m′(x)＝2x－lnx－1(x≥1)．设h(x)＝2x－lnx－1(x≥1)，则h′(x)＝2－>0，因此h(x)在[1∞，＋)上单调递增，h(x)min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x2－xlnx在[1∞，＋)上单调递增．因此当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1.所以当m≥1时方程有一个根，...