高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时达标检测(

课时达标检测（十六）导数与函数的综合问题
[一般难度题——全员必做]
1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)e x.
(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)e x.
令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋ 2.
当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.
①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，则h′(x)＝－x e x＜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)＝e x－x－1，
则g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，
故e x≥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＝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＝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．(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝a ln 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 )≥a ⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1x ；
(3)若在区间(1，e)上e x
a
－e 1a
x <0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝a x
， ∴f ′(2)＝a
2
＝2，∴a ＝4.
(2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln x －1＋1x (x >0)，
则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －1x 2.
令g ′(x )>0，即a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －1x 2>0，解得x >1，
令g ′(x )<0，解得0<x <1；
∴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 )≥a ⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1x .
(3)由题意可知e x
a
<e 1a
x ，化简得
x －1
a
<ln x ， 又x ∈(1，e)，∴a >x －1
ln x
.
令h (x )＝x －1
ln x ，则h ′(x )＝ln x －1＋
1
x ln x 2，
由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1
x
>0，
∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1.∴a ≥e－1. 故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．
3．(2018·海南校级联考)已知函数f (x )＝1
x
＋k ln 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 )＝1
x
＋k ln x 的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝－1x 2＋k
x
(x >0)．
当k ＝2时，f ′(x )＝－1x 2＋2x
＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －12
＋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 ＝1
x
＋k ln x －k ，则问题等价于
函数g (x )存在零点．g ′(x )＝－1x 2＋k x ＝kx －1
x
2.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 (e1－1k )＝1e1－
1k
＋k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1k －k ＝
1
e1－
1k
－1<1e －1<0，所以函数g (x )存在零点．当k >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1
k .g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：
x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1k 1
k
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ，＋∞
g ′(x ) －
0 ＋ g (x )
极小值
所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝k －k ＋k ln k
＝－k ln k 为函数g (x )的最小值，当g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫k >0，即0<k <1时，函
数g (x )没有零点，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ≤0，即k ≥1时，注意到g (e)＝1e ＋k －k >0，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．(2018·广东珠海期末)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 ＋m
x
.
(1)求a 的值； (2)对任意x 1>x 2>0，
g x 1－g x 2
x 1－x 2
<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－
1x ＋a ＝x ＋a －1x ＋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：
x (－a,1－a ) 1－a (1－a ，＋∞)
f ′(x ) － 0 ＋ f (x )
极小值
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
g x 1－g x 2
x 1－x 2
<1知
g (x 1)－x 1<g (x 2)－x 2对任意x 1>x 2>0恒成立，
即h (x )＝g (x )－x ＝ln x －x ＋m
x
在(0，＋∞)上为减函数． h ′(x )＝1x －1－m
x 2≤0在(0，＋∞)上恒成立，
所以m ≥x －x 2
在(0，＋∞)上恒成立， 而(x －x 2
)max ＝14，则m ≥14
，
即实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫14，＋∞. (3)由题意知方程可化为ln x ＋m x
＝x ，即m ＝x 2－x ln x (x ≥1)．设m (x )＝x 2
－x ln x ，则m ′(x )＝2x －ln x －1(x ≥1)．设h (x )＝2x －ln x －1(x ≥1)，则h ′(x )＝2－1
x
>0，因此
h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )min ＝h (1)＝1.所以m (x )＝x 2－x ln 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．(2017·广西陆川二模)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<a <b ，求证：
f b －f a b －a <1
a a ＋1
.
解：(1)f ′(x )＝1x －m ＝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 )＝1－mx x
>0，得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1m ，
由f ′(x )＝1－mx x
<0，得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ，＋∞，
此时f (x )的单调递增区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ，＋∞.
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⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1m ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ，＋∞.
(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 ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m
＝ln 1m
－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 )＝1－1x ＝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：f b －f a b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln a
b －a －1＝ln
b
a b a
－1
·1a
－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0<a <b 得b a >1，∴0<ln b a <b
a －1，即ln b
a b
a
－1
<1.
则ln
b
a b a
－1·1a －1<1a －1＝1－a a ＝1－a 2
a 1＋a <1a 1＋a . [较高难度题——学霸做]
1．(2017·天津高考)设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f (x )＝2x 4
＋3x 3
－3x 2
－6x ＋a 在区间(1,2)内有一个零点x 0，g (x )为f (x )的导函数．
(1)求g (x )的单调区间；
(2)设m ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )，求证：h (m )h (x 0)<0； (3)求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q
∈[1，x 0)∪(x 0,2]，
满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q
－x 0≥
1
Aq 4
.
解：(1)由f (x )＝2x 4
＋3x 3
－3x 2
－6x ＋a ，可得g (x )＝f ′(x )＝8x 3
＋9x 2
－6x －6，进而
可得g ′(x )＝24x 2
＋18x －6.令g ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝14.当x 变化时，g ′(x )，g (x )
的变化情况如下表：
所以g (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14.
(2)证明：由h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )， 得h (m )＝g (m )(m －x 0)－f (m )，
h (x 0)＝g (x 0)(m －x 0)－f (m )．
令函数H 1(x )＝g (x )(x －x 0)－f (x )， 则H 1′(x )＝g ′(x )(x －x 0)． 由(1)知，当x ∈[1,2]时，g ′(x )>0，
故当x ∈[1，x 0)时，H 1′(x )<0，H 1(x )单调递减； 当x ∈(x 0,2]时，H 1′(x )>0，H 1(x )单调递增．
因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 1(x )>H 1(x 0)＝－f (x 0)＝0，可得H 1(m )>0，即h (m )>0. 令函数H 2(x )＝g (x 0)(x －x 0)－f (x )， 则H 2′(x )＝g (x 0)－g (x )． 由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增，
故当x ∈[1，x 0)时，H 2′(x )>0，H 2(x )单调递增； 当x ∈(x 0,2]时，H 2′(x )<0，H 2(x )单调递减．
因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 2(x )<H 2(x 0)＝0，可得H 2(m )<0，即h (x 0)<0.所以
h (m )h (x 0)<0.
(3)证明：对于任意的正整数p ，q ，且p
q
∈[1，x 0)∪(x 0,2]， 令m ＝p q
，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )．
由(2)知，当m ∈[1，x 0)时，h (x )在区间(m ，x 0)内有零点；当m ∈(x 0,2]时，h (x )在区间(x 0，m )内有零点．
所以h (x )在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x 1，
则h (x 1)＝g (x 1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫p q
－x 0－f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p q ＝0.
由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增，
故0<g (1)<g (x 1)<g (2)，
于是⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q －x 0＝⎪⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p q g x 1
≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q g 2 ＝|2p 4
＋3p 3
q －3p 2q 2
－6pq 3
＋aq 4
|g 2q 4
.
因为当x ∈[1,2]时，g (x )>0，故f (x )在[1,2]上单调递增，所以f (x )在区间[1,2]上除
x 0外没有其他的零点，而p q ≠x 0，故f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p q ≠0. 又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4
＋3p 3
q －3p 2q 2
－6pq 3
＋aq 4
|是正整数，从而|2p 4
＋3p 3
q －3p 2q 2
－6pq 3
＋aq 4
|≥1.
所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪p
q
－x 0≥
1
g
2q
4. 所以只要取A ＝g (2)，就有⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q
－x 0≥
1
Aq 4
.
2．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1(a >0，b ∈R)有极值，且导函数
f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2
>3a ；
(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－7
2，求a 的取值范围．
解：(1)由f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1，
得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 32
＋b －a 2
3.
当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 2
3.
因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，
所以f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 3
9－ab 3＋1＝0，
又a >0，故b ＝2a 2
9＋3
a .
因为f (x )有极值， 故f ′(x )＝0有实根，
从而b －a 2
3＝19a (27－a 3
)≤0，即a ≥3.
当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)， 故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值；
当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2
－3b 3，x 2＝－a ＋a 2
－3b 3.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f (x )的极值点是x 1，x 2.从而a >3. 因此b ＝2a 2
9＋3
a ，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，
b a ＝2a a 9＋3a a
.
设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2
－27
9t 2
. 当t ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝
⎛⎭
⎪⎫
362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即
b a
> 3.因此b 2
>3a . (3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 2
2＝4a 2
－6b 9
.
从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 3
1＋ax 2
1＋bx 1＋1＋x 3
2＋ax 2
2＋bx 2＋1＝x 1
3(3x 2
1＋2ax 1＋b )＋x 2
3(3x 2
2＋
2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋2
3
b (x 1＋x 2)＋2
＝4a 3
－6ab 27－4ab 9
＋2＝0.
记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 2
3＝－19a 2＋3a ，
所以h (a )＝－19a 2＋3
a ，a >3.
因为h ′(a )＝－29a －3
a
2<0，
于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－7
2，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.
因此a 的取值范围为(3,6]．。