2018届高考数学二轮复习 热点专题突破函数与导数的综合问题

热点专题突破函数与导数的综合问题1.函数f(x)=a+ln xx，若曲线f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线e2x-y+e=0垂直(其中e为自然对数的底数).(1)若f(x)在(m，m+1)内存在极值，求实数m的取值范围；(2)求证：当x>1时，f(x)e+1>2e x-1(x+1)(x e x+1).【解析】(1)∵f'(x)=1-a-ln xx2，由已知得f'(e)=-1e2，∴-ae2=-1e2，故a=1.∴f(x)=1+ln xx ，f'(x)=-ln xx2(x>0).当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)为减函数.∴x=1是函数f(x)的极大值点.又f(x)在(m，m+1)内存在极值，∴m<1<m+1，即0<m<1，故实数m的取值范围是(0，1).(2)f(x)e+1>2e x-1(x+1)(x e x+1)，即为1e+1(x+1)(ln x+1)x>2e x-1x e+1.令g(x)=(x+1)(ln x+1)x，则g'(x)=[(x+1)(ln x+1)]'x-(x+1)(ln x+1)x =x-ln xx.再令φ(x)=x-ln x，则φ'(x)=1-1x =x-1x.∵x>1，∴φ'(x)>0，∴φ(x)在(1，+∞)上是增函数，∴φ(x)>φ(1)=1>0，∴g'(x)>0.∴g(x)在(1，+∞)上是增函数.∴x>1时，g(x)>g(1)=2，故g(x)e+1>2e+1.令h(x)=2e x-1x e+1，则h'(x )=2·e x -1(x e x +1)-(x e x +1)'e x -1(x e +1)2=2e x -1(1-e x )(x e +1)2.∵x>1，∴1-e x <0，∴h'(x )<0，即h (x )在(1，+∞)上是减函数， ∴当x>1时，h (x )<h (1)=2e+1. ∴g (x )e+1>h (x )，即f (x )e+1>2e x -1(x +1)(x e +1).2ABCD ，其中AB ，CD ，DA 都是线段，曲线段BC 是抛物线的一部分，且点B 是抛物线的顶点，BA 所在直线是该抛物线的对称轴，经测量，AB=2米，AD=3米，AB ⊥AD ，点C 到AD ，AB 的距离CH ，CR 的长均为1米，现要用这块边角料截一个矩形AEFG (其中点F 在曲线段BC 或线段CD 上，点E 在线段AD 上，点G 在线段AB 上).设BG 的长为x 米，矩形AEFG 的面积为S 平方米. (1)将S 表示为x 的函数；(2)当x 为多少米时，S 取得最大值，最大值是多少?【解析】(1)以点B 为坐标原点，BA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，设曲线段BC 所在的抛物线方程为y 2=2px (p>0).将点C (1，1)代入，得2p=1，所以曲线段BC 的方程为y= x (0≤x ≤1). 又由点C (1，1)，D (2，3)得线段CD 的方程为y=2x-1(1≤x ≤2)， 而GA=2-x ，所以S=x (2-x ) (0≤x ≤1)，(2x -1)(2-x ) (1<x <2).(2)①当0≤x ≤1时，因为S= x (2-x )=2x 12−x 32， 所以S'=x -1−32x 1=2x，令S'=0得x=23. 当x ∈ 0，23 时，S'>0，所以此时S 单调递增；当x ∈ 23，1 时，S'<0，所以此时S 单调递减，所以当x=23时，S max =4 69.②当1<x<2时，因为S=(2x-1)(2-x)=-2 x-542+98.所以当x=54时，S max=98.因为98>469，所以当x=54时，S max=98，故当x取值为54米时，矩形AEFG的面积最大为98平方米.3讨论函数f(x)=x-2x+2e x的单调性，并证明当x>0时，(x-2)e x+x+2>0；(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)=e x-ax-ax(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞，-2)∪(-2，+∞).f'(x)=(x-1)(x+2)e x-(x-2)e x(x+2)2=x2e x(x+2)2≥0，且仅当x=0时，f'(x)=0，所以f(x)在(-∞，-2)，(-2，+∞)上单调递增.因此当x∈(0，+∞)时，f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x>-(x+2)，即(x-2)e x+x+2>0.(2)g'(x)=(x-2)e x+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).由(1)知，f(x)+a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)+a=a-1<0，f(2)+a=a≥0.因此，存在唯一x a∈(0，2]，使得f(x a)+a=0，即g'(x a)=0.当0<x<x a时，f(x)+a<0，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>x a时，f(x)+a>0，g'(x)>0，g(x)单调递增.因此g(x)在x=x a处取得最小值，最小值为g(x a)=e x a-a(xa+1)x a2=e x a+f(x a)(x a+1)x a2=e x ax a+2.于是h(a)=e x ax a+2，由exx+2'=(x+1)e x(x+2)2>0，exx+2单调递增.所以由x a∈(0，2]，得12=e00+2<h(a)=ex ax a+2≤e22+2=e24.因为e xx+2单调递增，对任意λ∈12，e24，存在唯一的x a∈(0，2]，a=-f(x a)∈[0，1)，使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是12，e24.综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是12，e24.4f(x)=e x-ax2-2x+b(e为自然对数的底数，a，b∈R).(1)设f'(x)为f(x)的导函数，证明：当a>0时，f'(x)的最小值小于0；(2)若a<0，f(x)>0恒成立，求符合条件的最小整数b.【解析】(1)令g(x)=f'(x)=e x-2ax-2，则g'(x)=e x-2a.因为a>0，令g'(x0)=0，x0=ln 2a.所以当x∈(-∞，ln 2a)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(ln 2a，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，则f'(x)min=g(x)min=g(ln 2a)=e ln 2a-2a ln 2a-2=2a-2a ln 2a-2，令G(x)=x-x ln x-2(x>0)，则G'(x)=1-(ln x+1)=-ln x，当x∈(0，1)时，G'(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，G'(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max=G(1)=-1<0，所以f'(x)min<0成立.(2)f(x)>0恒成立，等价于f(x)min>0恒成立.令g(x)=f'(x)=e x-2ax-2，则g'(x)=e x-2a.因为a<0，所以g'(x)>0，所以g(x)单调递增，又g(0)=-1<0，g(1)=e-2a-2>0，所以存在x0∈(0，1)，使得g(x0)=0，则x∈(-∞，x0)时，g(x)=f'(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x0，+∞)时，g(x)=f'(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(x0)=e x0-a x02-2x0+b>0恒成立，①且e x0-2ax0-2=0.②由①②，得b>-e x0+a x02+2x0=-e x0+x0e x02-1+2x0=x02-1e x0+x0，又由②，得a=e x0-22x0<0，所以x0∈(0，ln 2).令m(x)=x2-1e x+x，x∈(0，ln 2)，令n(x)=m'(x)=12(x-1)e x+1，则n'(x)=12x e x>0，即n(x)单调递增，所以n(x)>n(0)=12>0，所以m(x)单调递增，m(x)>m(0)=(-1)e0=-1，m(x)<m(ln 2)=ln22-1e ln 2+ln 2=2ln 2-2，所以b>-1，所以符合条件的最小整数b=0.5f(x)=x ln x，g(x)=xe x.(1)记F(x)=f(x)-g(x)，求证：F(x)=0在区间(1，+∞)上有且仅有一个实根；(2)用min{a，b}表示a，b中的最小值，设函数m(x)=min{f(x)，g(x)}，若方程m(x)=c在(1，+∞)上有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，记F(x)=0在(1，+∞)上的实根为x0.求证：x1+x22>x0.【解析】(1)F(x)=x ln x-xe x ，定义域为x∈(0，+∞)，F'(x)=1+ln x+x-1e x，当x>1时，F'(x)>0，∴F(x)在(1，+∞)上单调递增，又F(1)=-1e <0，F(2)=2ln 2-2e>0，根据零点存在定理可得，F(x)=0在区间(1，+∞)上有且仅有一个实根.(2)当0<x≤1时，f(x)=x ln x≤0，而g(x)=xe>0，故此时有f(x)<g(x)，由(1)知，F(x)在(1，+∞)上单调递增，又x0为F(x)=0在(1，+∞)上的实根，∴F(x0)=f(x0)-g(x0)=0，故当1<x<x0时，F(x)<0，即f(x)<g(x)；当x>x0时，F(x)>0，即f(x)>g(x).∴m(x)=x ln x(0<x≤x0)，xe x(x>x0).当1<x<x0时，m(x)=x ln x，m'(x)=1+ln x>0，∴m(x)在(1，x0)内单调递增；当x>x0时，m(x)=xe ，m'(x)=1-xe<0，∴m(x)在(x0，+∞)上单调递减.若方程m(x)=c在(1，+∞)上有两个不等实根x1，x2，且满足x1∈(1，x0)，x2∈(x0，+∞).要证x1+x22>x0，即证x1+x2>2x0，即证x2>2x0-x1>x0.而m(x)在(x0，+∞)上单调递减，即证m(x2)<m(2x0-x1).又∵m(x1)=m(x2)，即证m(x1)<m(2x0-x1)，即证x1ln x1<2x0-x1e2x0-x1，x1∈(1，x0).记h(x)=x ln x-2x0-xe2x0-x，x∈(1，x0)，由F(x0)=0得x0ln x0=x0e0，∴h(x0)=0，h'(x)=1+ln x+1+x-2x0e2x0-x =1+ln x+1e2x0-x−2x0-xe2x0-x，g(x)=xe ，∴g'(x)=1-xe，当0<x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0.∴g(x)≤g(1)=1e ，∴当x>0时，0<g(x)≤1e，∵2x0-x>0，∴0<2x0-xe2x0-x ≤1e，因此h'(x)=1+ln x+1+x-2x0e2x0-x >1+x-2x0e2x0-x≥1-1e>0，即h(x)在(1，x0)内单调递增，从而当1<x<x0时，h(x)<h(x0)=0，即x1ln x1<2x0-x1e2x0-x1，∴x1+x22>x0得证.6f(x)=a x-bx+32x2-5(a>0，且a≠1)，f'(x)为f(x)的导函数，f'(0)=0.(1)求a，b满足的关系式(用a表示b)；(2)当a=e(e为自然对数的底数)时，若不等式f(x)<0在开区间(n1，n2)上恒成立(n1，n2∈Z)，求n2-n1的最大值；(3)当a>1时，若存在x1，x2∈[-1，1]，使|f(x1)-f(x2)|≥e-12成立，求a的取值范围.【解析】(1)f'(x)=a x ln a-b+3x，∵f'(0)=ln a-b=0，∴b=ln a.(2)当a=e时，由(1)知b=1，∴f(x)=e x-x+32x2-5，f'(x)=e x-1+3x.当x>0时，e x-1>0，f'(x)>0，则f(x)为增函数；当x<0时，e x-1<0，f'(x)<0，则f(x)为减函数.又f(-2)=1e2+3>0，f(-1)=1e−52<0，f(1)=e-92<0，f(2)=e2-1>0，∵n1，n2∈Z，∴(n1)min=-1，(n2)max=1，∴(n2-n1)max=1-(-1)=2.(3)若存在x1，x2∈[-1，1]，使|f(x1)-f(x2)|≥e-12成立，即x∈[-1，1]时，f(x)max-f(x)min≥e-12.f'(x)=a x ln a-ln a+3x=3x+(a x-1)ln a，当0<x≤1时，由a>1得a x-1>0，ln a>0，∴f'(x)>0；当-1≤x<0时，由a>1得a x-1<0，ln a>0，∴f'(x)<0；当x=0时，f'(x)=0.∴f(x)在[-1，0]上为减函数，f(x)在[0，1]上为增函数，∴f(x)min=f(0)=-4，f(x)max=max{f(-1)，f(1)}，f(1)-f(-1)=a-1a-2ln a(a>1).设g(x)=x-1x -2ln x(x>1)，g'(x)=1+1x2−2x=x2-2x+1x2>0，∴g(x)在(1，+∞)上为增函数.又∵g(1)=1-11=0，∴g(x)>0在(1，+∞)上恒成立，即f(1)>f(-1)，∴f(x)max=f(1)=a-ln a-72，∴f(x)max-f(x)min=a-ln a-72+4=a-ln a+12≥e-12，即a-ln a≥e-1=e-ln e.令h(a)=a-ln a(a>1)，∴h'(a)=1-1a>0，∴h(a)在(1，+∞)上为增函数，∵h(a)≥h(e)，∴a≥e，即a的取值范围为[e，+∞).7f(x)=x2(ln x+ln a)(a>0).(1)当a=1时，设函数g(x)=f(x)x，求函数g(x)的单调区间和极值；(2)设f'(x)是f(x)的导函数，若f'(x)x2≤1对任意的x>0恒成立，求a的取值范围；(3)若x1，x2∈1e，1，x1+x2<1，求证：x1x2<(x1+x2)4.【解析】(1)当a=1时，g(x)=f(x)x =x ln x，∴g'(x)=1+ln x.令g'(x)=0得x=1e.当x∈0，1e时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈1e，+∞时，g'(x)>0，g(x)单调递增，∴当x=1e 时，g(x)取得极小值-1e.(2)f'(x)=2x(ln x+ln a)+x，f'(x) x2=2x(ln x+ln a)+xx2≤1，即2ln x+2ln a+1≤x，所以2ln a≤x-2ln x-1在x>0上恒成立，设u(x)=x-2ln x-1，则u'(x)=1-2x =x-2x.令u'(x)=0，得x=2.当0<x<2时，u'(x)<0，u(x)单调递减；当x>2时，u'(x)>0，u(x)单调递增，∴当x=2时，u(x)有最小值u(2)=1-2ln 2.∴2ln a≤1-2ln 2，解得0<a≤e2.∴a的取值范围是0，e2.(3)由(1)知g(x)=x ln x在0，1e 内是减函数，在1e，+∞上是增函数.∵1e<x1<x1+x2<1，∴g(x1+x2)=(x1+x2)ln(x1+x2)>g(x1)=x1ln x1，即ln x1<x1+x2x1ln(x1+x2).同理ln x2<x1+x2x2ln(x1+x2).∴ln x1+ln x2<x1+x2x2+x1+x2x1ln(x1+x2)=2+x1x2+x2x1ln(x1+x2).又∵2+x1x2+x2x1≥4，当且仅当“x1=x2”时，取等号.又x1，x2∈1e，1，x1+x2<1，ln(x1+x2)<0，∴2+x1x2+x2x1ln(x1+x2)≤4ln(x1+x2)，∴ln x1+ln x2<4ln(x1+x2).∴x1x2<(x1+x2)4.8.已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程f(x)=-52x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围；(3)证明：对任意的正整数n，不等式2+34+49+…+n+1n2>ln(n+1)都成立.【解析】(1)f'(x)=1x+a-2x-1，∵x=0时，f(x)取得极值，∴f'(0)=0，即10+a-2×0-1=0，解得a=1.经检验a=1符合题意.∴实数a的值为1.(2)由(1)知a=1，f(x)=ln(x+1)-x2-x，由f(x)=-52x+b，得ln(x+1)-x2+32x-b=0，令φ(x)=ln(x+1)-x2+32x-b，则f(x)=-52x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x)=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根.∵φ'(x)=1x+1-2x+32=-(4x+5)(x-1)2(x+1)，当x∈[0，1)时，φ'(x)>0，于是φ(x)在[0，1)上单调递增；当x∈(1，2]时，φ'(x)<0，于是φ(x)在(1，2]上单调递减.依题意有(0)03(1)ln(11)102(2)ln(12)430.bbbϕϕϕ=-⎧⎪⎪=+-+->⎨⎪=+-+-⎪⎩≤，，≤解得ln 3-1≤b<ln 2+12，即b的取值范围是ln3-1，ln2+12.(3)f(x)=ln(x+1)-x2-x的定义域为{x|x>-1}，由(1)知f'(x)=-x(2x+3)x+1，令f'(x)=0，得x=0或x=-32(舍去)，∴当-1<x<0时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x>0时，f'(x)<0 ，f(x)单调递减.∴f(0)为f(x)在(-1，+∞)上的最大值.∴f(x)≤f(0)，∴ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当x=0时，等号成立).对任意正整数n，取x=1n >0，得ln1n+1<1n+1n2，∴n+1n >ln n+1n，∴2+34+49+…+n+1n>ln 2+ln32+ln43+…+ln n+1n=ln(n+1).。