高考数学专题复习：课时达标检测(十七) 导数与函数的综合问题
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
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∈[1,4]，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[1,2)上单调递减，在(2,4]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[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)1恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.
即当1x0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－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2，
g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，
∴k0，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－10，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·德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.
故01，
由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得10，
故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．
综上所述，m＝.
二、重点选做题
1．设函数f(x)＝x2－ax－kln x(a∈R，k∈R)．
(1)若k＝1，且f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，且k≥e，求证：f(x)在区间(1， ]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[1，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝x－－a≥0对任意的x≥1恒成立，
即a≤x－对任意的x≥1恒成立．
∴a≤min＝0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)证明：当a＝0时，f(x)＝x2－kln x，
∴f′(x)＝x－＝，
由f′(x)<0，得00，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∈[m，m＋1]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[m，m＋1]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00，
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)．
