2021高考数学（理）大一轮复习习题：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 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：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 word版含答案，共5页。试卷主要包含了全员必做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。
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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,2)，e))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(ln 2,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2,2)，\f(1,e)))
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＝eq \f(ln x,x).令h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(1,4)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝eq \f(ln e,e)＝eq \f(1,e)，h(1)＝0，h(4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)，所以eq \f(ln 2,2)1，则下列结论中一定错误的是( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))eq \f(1,k－1)
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))eq \f(1,k－1)
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eq \f(1,k－1)>0，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))>g(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))－eq \f(k,k－1)>－1，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)))>eq \f(1,k－1)，∴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eq \f(1,k)>0，∴heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))>h(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))－eq \f(1,k)>－1，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))>eq \f(1,k)－1，但选项A、B无法判断，故选C.
3．已知f(x)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(b,x)＋c(b，c是常数)和g(x)＝eq \f(1,4)x＋eq \f(1,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.eq \f(7,2) B．5 C．6 D．8
解析：选B 因为g(x)＝eq \f(1,4)x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(\f(1,4))＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋eq \f(b,2)＋c＝g(2)＝1，所以c＝－1－eq \f(b,2)，所以f(x)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(b,x)－1－eq \f(b,2)，所以f′(x)＝x－eq \f(b,x2)＝eq \f(x3－b,x2).因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，所以f(x)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(8,x)－5，f′(x)＝eq \f(x3－8,x2)，所以f(x)在上单调递增，而f(1)＝eq \f(1,2)＋8－5＝eq \f(7,2)，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max＝－(ln e＋1)＝－2，
∴a≥－2，即a的取值范围为上有且仅有一个零点．
解：(1)∵f(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－kln x，
∴f′(x)＝x－eq \f(k,x)－a，
若k＝1，且f(x)在区间．
(2)证明：当a＝0时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－kln x，
∴f′(x)＝x－eq \f(k,x)＝eq \f(x＋\r(k)x－\r(k),x)，
由f′(x)e时，eq \r(k)>eq \r(e)，
∴f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上单调递减，
又f(1)＝eq \f(1,2)>0，f(eq \r(e))＝eq \f(1,2)e－klneq \r(e)＝eq \f(e－k,2)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－eq \f(a,x)，x>0，
依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(2e,x)，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，
故当x∈(0,1)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＋eq \f(2e,x2)－2b，
当x∈(0,1]时，eq \f(2e,x2)－2b≥0，(x＋2)ex>0，
所以h′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，eq \f(2e,x2)>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.
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)．