（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達(dá)標(biāo)檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文

《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達(dá)標(biāo)檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達(dá)標(biāo)檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達(dá)標(biāo)檢測（十六）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文 1．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋. 當(dāng)x∈(－∞，－1－)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)上單調(diào)遞增．

2、(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. ①當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex＜0(x＞0)． 因此h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 又h(0)＝1，故h(x)≤1， 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. ②當(dāng)0＜a＜1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1， 則g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)， 所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(0)＝0， 故ex≥x＋1. 當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＞(1－x)(1＋x)2， (1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)， 取x0＝， 則x0∈(0,1)，(1－x0

3、)(1＋x0)2－ax0－1＝0， 故f(x0)＞ax0＋1. 當(dāng)a≤0時，取x0＝， 則x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 2．(2018·沈陽監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝aln x(a>0)，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)若過點A(2，f(2))的切線斜率為2，求實數(shù)a的值； (2)當(dāng)x>0時，求證f(x)≥a； (3)若在區(qū)間(1，e)上e－ex<0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題意得f′(x)＝， ∴f′(2)＝＝2，∴a＝4. (2)證明：令g(x)＝a(x>0)， 則g′(x)

4、＝a. 令g′(x)>0，即a>0，解得x>1， 令g′(x)<0，解得0. 令h(x)＝，則h′(x)＝， 由(2)知，當(dāng)x∈(1，e)時，ln x－1＋>0， ∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增， ∴h(x)

5、1)當(dāng)k＝2時，求函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝k有解，求實數(shù)k的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)＝＋kln x的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－＋(x>0)． 當(dāng)k＝2時，f′(x)＝－＋＝－2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立． 所以函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值為1. (2)因為關(guān)于x的方程f(x)＝k有解，令g(x)＝f(x)－k＝＋kln x－k，則問題等價于函數(shù)g(x)存在零點．g′(x)＝－＋＝.當(dāng)k<0時，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因為g(1)＝1－k>

6、0，g(e1－)＝＋k－k＝－1<－1<0，所以函數(shù)g(x)存在零點．當(dāng)k>0時，令g′(x)＝0，得x＝.g′(x)，g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) － 0 ＋ g(x)  極小值  所以g＝k－k＋kln ＝－kln k為函數(shù)g(x)的最小值，當(dāng)g>0，即00，所以函數(shù)g(x)存在零點．綜上，當(dāng)k<0或k≥1時，關(guān)于x的方程f(x)＝k有解． [中檔難度題——學(xué)優(yōu)生做] 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(

7、1，f(1))處的切線斜率為0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b. 由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1)． ①若a≤，則≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時， f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f(1)<，即－1<，解得－－11，故當(dāng)x∈時，f′(x)<0；當(dāng)x∈時，f′(

8、x)>0.f(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f<. 而f＝aln＋＋>，所以不合題意． ③若a>1，則f(1)＝－1＝<. 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞)． 2．(2017·廣西陸川二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx＋m. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)在(2)的條件下，對任意的00恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，

9、無單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)m>0時，由f′(x)＝>0，得x∈， 由f′(x)＝<0，得x∈， 此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. 綜上，當(dāng)m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)由(1)知：當(dāng)m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝0，顯然不符合題意； 當(dāng)m>0時，f(x)max＝f＝ln －1＋m＝m－ln m－1， 只需m－ln m－1≤0即可． 令g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在

10、(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)min＝g(1)＝0. ∴g(x)≥0對x∈(0，＋∞)恒成立， 也就是m－ln m－1≥0對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，則m＝1. (3)證明：＝＝－1＝·－1. 由(2)得f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號． 又由01，∴0

11、g(x)＝exf(x)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(x0，y0)處有相同的切線， ①求證：f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0； ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b， 可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]． 令f′(x)＝0，解得x＝a，或x＝4－a. 由|a|≤1，得a＜4－a. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，a) (a,4－a)

12、(4－a，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x)    所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，(4－a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4－a)． (2)①證明：因為g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]， 由題意知 所以 解得 所以f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0. ②因為g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]， 由ex＞0，可得f(x)≤1. 又因為f(x0)＝1，f′(x0)＝0， 所以x0為f(x)的極大值點，結(jié)合(1)知x0＝a. 另一方面，由于|a|≤1，故a＋1＜4－a， 由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(

13、a，a＋1)內(nèi)單調(diào)遞減， 故當(dāng)x0＝a時，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，從而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立． 由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1， 得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1. 令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]， 所以t′(x)＝6x2－12x，令t′(x)＝0， 解得x＝2(舍去)或x＝0. 因為t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1， 因此t(x)的值域為[－7,1]． 所以b的取值范圍是[－7,1]． 2．(2016·四川高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，

14、其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng)x＞1時，g(x)＞0； (3)確定a的所有可能取值，使得f(x)＞g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立． 解：(1)由題意得f′(x)＝2ax－＝(x＞0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝0得，x＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． (2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1. 當(dāng)x＞1時，s′(x)＞0，所以ex－1＞x， 從而g(x)＝－＞0. (3)由(2)知，當(dāng)x＞1時，g(x)＞0. 當(dāng)a≤0，x＞1時，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0. 故當(dāng)f(x)＞g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時，必有a＞0. 當(dāng)0＜a＜時， ＞1. 由(1)有f＜f(1)＝0，而g＞0， 所以此時f(x)＞g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立． 當(dāng)a≥時，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 當(dāng)x＞1時，h′(x)＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－＝＞＞0. 因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又因為h(1)＝0，所以當(dāng)x＞1時，h(x)＝f(x)－g(x)＞0恒成立， 綜上，a∈.