高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测16《导数与函数的综合问题》(教师版)

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1．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－eq \r(2)或x＝－1＋eq \r(2).
当x∈(－∞，－1－eq \r(2))时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－eq \r(2))，(－1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，
在(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))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＝eq \f(\r(5－4a)－1,2)，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝eq \f(\r(5)－1,2)，
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．已知函数f(x)＝aln x(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)≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))；
(3)若在区间(1，e)上e SKIPIF 1 < 0 －e SKIPIF 1 < 0 x<0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝eq \f(a,x)，∴f′(2)＝eq \f(a,2)＝2，∴a＝4.
(2)证明：令g(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－1＋\f(1,x)))(x>0)，则g′(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2))).
令g′(x)>0，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2)))>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))).
(3)由题意可知e SKIPIF 1 < 0 又x∈(1，e)，∴a>eq \f(x－1,ln x).令h(x)＝eq \f(x－1,ln x)，则h′(x)＝eq \f(ln x－1＋\f(1,x),ln x2)，
由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋eq \f(1,x)>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)故实数a的取值范围为[e－1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,x)＋kln x，k≠0.
(1)当k＝2时，求函数f(x)的图象的切线斜率中的最大值；
(2)若关于x的方程f(x)＝k有解，求实数k的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝eq \f(1,x)＋kln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(k,x)(x>0)．
当k＝2时，f′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))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＝eq \f(1,x)＋kln x－k，
则问题等价于函数g(x)存在零点．g′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
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－eq \f(1,k))＝eq \f(1,e1－\f(1,k))＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k)))－k＝eq \f(1,e1－\f(1,k))－1当k>0时，令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,k).g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝k－k＋kln eq \f(1,k)＝－kln k为函数g(x)的最小值，当geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))>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．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a>0，设g(x)＝ln x＋eq \f(m,x).
(1)求a的值；
(2)对任意x1>x2>0，eq \f(gx1－gx2,x1－x2)<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－eq \f(1,x＋a)＝eq \f(x＋a－1,x＋a).
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：
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eq \f(gx1－gx2,x1－x2)<1知g(x1)－x1x2>0恒成立，
即h(x)＝g(x)－x＝ln x－x＋eq \f(m,x)在(0，＋∞)上为减函数．
h′(x)＝eq \f(1,x)－1－eq \f(m,x2)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以m≥x－x2在(0，＋∞)上恒成立，
而(x－x2)max＝eq \f(1,4)，则m≥eq \f(1,4)，即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
(3)由题意知方程可化为ln x＋eq \f(m,x)＝x，即m＝x2－xln x(x≥1)．
设m(x)＝x2－xln x，则m′(x)＝2x－ln x－1(x≥1)．
设h(x)＝2x－ln x－1(x≥1)，则h′(x)＝2－eq \f(1,x)>0，
因此h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(1)＝1.
所以m(x)＝x2－xln x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，当m<1时方程无根．
2．已知函数f(x)＝ln x－mx＋m.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，对任意的0解：(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－m＝eq \f(1－mx,x)，x∈(0，＋∞)，
当m≤0时，f′(x)>0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；
当m>0时，由f′(x)＝eq \f(1－mx,x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,m)))，
由f′(x)＝eq \f(1－mx,x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))，
此时f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞)).
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,m)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞)).
(2)由(1)知：当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，显然不符合题意；
当m>0时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝ln eq \f(1,m)－1＋m＝m－ln m－1，
只需m－ln m－1≤0即可．
令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)min＝g(1)＝0.
∴g(x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
也就是m－ln m－1≥0对m∈(0，＋∞)恒成立，
由m－ln m－1＝0，解得m＝1.
∴若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，则m＝1.
(3)证明：eq \f(fb－fa,b－a)＝eq \f(ln b－ln a＋a－b,b－a)＝eq \f(ln b－ln a,b－a)－1＝eq \f(ln \f(b,a),\f(b,a)－1)·eq \f(1,a)－1.
由(2)得f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
又由01，∴0则eq \f(ln \f(b,a),\f(b,a)－1)·eq \f(1,a)－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))
eq \f(1,k)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

x
(－a,1－a)
1－a
(1－a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值
