2018年高考数学复习解决方案 真题与单元卷重组 四大题冲关__导数的综合应用问题试题文 含答案

重组四 大题冲关——导数的综合应用问题

测试时间：120分钟

满分：150分

解答题(本题共8小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 1．[2017·吉林实验中学模拟](本小题满分15分)已知函数f (x )＝mx ＋ln x ，其中m 为常数，e 为自然对数的底数．

(1)当m ＝－1时，求f (x )的最大值；

(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求m 的值． 解 (1)当m ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)． 求导得f ′(x )＝－1＋1

x

，(2分)

令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )变化情况如下：

由表可知f (x )的最大值为f (1)＝－1.(7分) (2)求导得f ′(x )＝m ＋1

x

.

①当m ≥0时，f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，e]上单调递增，最大值为f (e)＝m e ＋1＝－3，解得m ＝－4

e

，不符合要求；(9分)

②当m <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1

m

，

若－1

m

≥e，此时f ′(x )≥0在(0，e]上恒成立，此时f (x )在(0，e]上单调递增，最大值

为f (e)＝m e ＋1＝－3，解得m ＝－4

e

，不符合要求；(12分)

若－1m

0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1m 上成立，f ′(x )<0在⎝ ⎛⎦

⎥⎤－1m ，e 上成立，此时f (x )

在(0，e]上先增后减，最大值为f ⎝ ⎛⎭

⎪⎫－1m ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭

⎪⎫－1m ＝－3，解得m ＝－e 2

，符合要求．(14

分)

综上可知，m 的值为－e 2

.(15分)

2．[2016·天津十二区联考](本小题满分15分)已知函数f (x )＝ln x －1

x

，g (x )＝ax ＋

b .

(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若直线g (x )＝ax ＋b 是函数f (x )＝ln x －1

x

图象的切线，求a ＋b 的最小值．

解 (1)h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －1x －ax －b ，则h ′(x )＝1x ＋1

x

2－a ，(2分)

∵h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴对∀x >0，都有h ′(x )＝1x ＋1

x

2－a ≥0，(3分)

即对∀x >0，都有a ≤1x ＋1

x

2，(5分)

∵1x ＋1

x

2>0，∴a ≤0，

故实数a 的取值范围是(－∞，0]．(7分) (2)设切点⎝ ⎛⎭

⎪⎫x 0，ln x 0－1x 0，则切线方程为

y －⎝

⎛

⎭⎪⎫ln x 0－1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫

1x 0＋1x 0(x －x 0)，

即y ＝⎝

⎛⎭⎪⎫1x 0＋1x 20

x －⎝

⎛⎭⎪⎫1x 0＋1x 20

x 0＋⎝

⎛⎭

⎪⎫ln x 0－1x

，亦即 y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋1x 20x ＋⎝

⎛⎭⎪⎫ln x 0－2

x 0－1，(10分)

令1x 0＝t >0，由题意得a ＝1x 0＋1x 20＝t ＋t 2

，b ＝ln x 0－2x 0

－1＝－ln t －2t －1，

令a ＋b ＝φ(t )＝－ln t ＋t 2

－t －1，则φ′(t )＝－1t ＋2t －1＝ 2t ＋1 t －1 t

，

当t ∈(0,1)时，φ′(t )<0，φ(t )在(0,1)上单调递减；

当t ∈(1，＋∞)时，φ′(t )>0，φ(t )在(1，＋∞)上单调递增， ∴a ＋b ＝φ(t )≥φ(1)＝－1，故a ＋b 的最小值为－1.(15分)

3．[2017·山西怀仁模拟](本小题满分20分)设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2

－(m

＋1)x ，m >0.

(1)求函数f (x )的单调区间；

(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝

x ＋m x －m

x

，(3分)

当0m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．

综上，函数f (x )的单调增区间是(m ，＋∞)，减区间是(0，m )．(6分) (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12

x 2

＋(m ＋1)x －m ln x ，

x >0，

问题等价于求函数F (x )的零点个数，(7分)

F ′(x )＝－

x －1 x －m

x

，(9分)

当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数， 注意到F (1)＝3

2>0，F (4)＝－ln 4<0，

∴F (x )有唯一零点．(13分)

当m >1时，0m 时，F ′(x )<0,10，

∴函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋1

2

>0，

F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)<0，∴F (x )有唯一零点．(17分)

综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．(20分)

4．[2017·河南八市质检](本小题满分20分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2

－3x ，函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．

(1)求a 的值；

(2)求函数g (x )的极值；

(3)设斜率为k 的直线与函数f (x )的图象交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1

x 2

.

解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2

－3x ，则g ′(x )＝1x

＋2ax －3，(2分)

g ′(1)＝1＋2a －3＝0，a ＝1.(5分)

(2)由(1)得g ′(x )＝2x 2

－3x ＋1x ＝ 2x －1 x －1

x

，(7分)

∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0，得x ＝1

2

或x ＝1，(9分)

∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭

⎪⎫12，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．故函数g (x )的极小值为g (1)＝－2，极大值为g ⎝ ⎛⎭

⎪⎫12＝－ln 2－54.(12分)

(3)依题意得k ＝

y 2－y 1x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1

x 2－x 1

⇒ln x 2－kx 2＝ln x 1－kx 1，(14分) 令h (x )＝ln x －kx ，则h ′(x )＝1

x

－k ，(15分) 由h ′(x )＝0，得x ＝1k ，当x >1

k

时，h ′(x )<0，

当0

k

时，h ′(x )>0，(17分)

∴h (x )在⎝

⎛⎭⎪⎫0，1k 单调递增，在⎝ ⎛⎭

⎪⎫1k ，＋∞单调递减，又h (x 1)＝h (x 2)，

∴x 1<1k

x 1

.(20分)