（江苏专版）高考数学一轮复习 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-人教版高三全册数学试题VIP免费

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)＝|lnx|，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________．解析：令y1＝f(x)＝|lnx|，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)＝|lnx|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＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|lnx|＝lnx，由lnx＝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＜.答案：2．(2018·常州中学第一次检测)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数)的导函数为f′(x)．对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，则的最大值为________．解析：由f(x)＝ax2＋bx＋c得f′(x)＝2ax＋b.因为对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，即ax2＋bx＋c≥2ax＋b恒成立，所以ax2＋(b－2a)x＋(c－b)≥0，所以即∴所以≤＝.设t＝，y＝(t≥1)，则y′＝＝(t≥1)．由y′＝0得t＝＋1，所以当1≤t＜＋1时，y′＞0，当t＞＋1时，y′＜0.所以t＝＋1时，y取得极大值，也是最大值，即ymax＝＝2－2.答案：2－23．(2018·苏北四市期末)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与直线y＝x有三个不同的公共点，则实数a的取值集合为________．解析：当x＜1时，f(x)＝sinx与y＝x的图象有1个交点，为(0,0)，则当x≥1时，f(x)＝x3－9x2＋25x＋a与y＝x的图象有2个交点，即关于x的方程x3－9x2＋24x＋a＝0在x∈[1，＋∞)有两个不同解．令g(x)＝x3－9x2＋24x＋a，x∈[1，＋∞)，则g′(x)＝3x2－18x＋24＝3(x－2)(x－4)，由g′(x)＝0得x＝2或4.且x∈[1,2)，g′(x)＞0，g(x)递增；x∈(2,4)，g′(x)＜0，g(x)递减；x∈(4，＋∞)，g′(x)＞0，g(x)递增．所以g(2)＝20＋a＝0或g(4)＝16＋a＝0，解得a＝－20或a＝－16.故实数a的取值集合为{－20，－16}．答案：{－20，－16}4．已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)＜f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．解：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，由题意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，即a≥－(lnx＋1)在[e，＋∞)上恒成立，而[－(lnx＋1)]max＝－(lne＋1)＝－2，∴a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx， x∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为k＜，即k＜对任意x＞1恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝.令h(x)＝x－lnx－2(x＞1)，则h′(x)＝1－＝＞0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增． h(3)＝1－ln3＜0，h(4)＝2－2ln2＞0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.即当1＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0.当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0.∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，∴k＜g(x)min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.5．已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论y＝f(x)的单调性；(2)若a≤－2，证明：对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝＝.当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，由于f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在＋∞上单调递减．(2)证明：不妨假设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝，于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.6．(2017·南通二模)植物园拟建一个多...