（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 考點(diǎn)集訓(xùn)（十七）第17講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 新人教A版

考點(diǎn)集訓(xùn)(十七)　第17講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 對應(yīng)學(xué)生用書p219 A組題 1．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) [解析]2xlnx≥－x2＋ax－3，則a≤2lnx＋x＋， 設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，則h′(x)＝. 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4. [答案]B 2．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f(4)＝－3，且對任意實(shí)數(shù)x，總有f′(x)＜3，則不等式f(x)＜3x－15的解集為(　　) A．(－∞，4) B．(－∞，－4) C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(4，＋∞) [解析]設(shè)g(x)＝f(x)－(3x－15)＝f(x)－3x＋15，則所求的不等式解集可理解為使g(x)<0的解集．g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)＝f′(x)－3，根據(jù)題意可知g′(x)＝f′(x)－3<0對任意實(shí)數(shù)x恒成立，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．則g(4)＝f(4)－12＋15＝0，令g(x)<0，則g(x)<g(4)，根據(jù)單調(diào)遞減可知：x>4. [答案]D 3．若a＞，則方程lnx－ax＝0的實(shí)根的個(gè)數(shù)為(　　) A．0個(gè)B．1個(gè) C．2個(gè)D．無窮多個(gè) [解析]方程lnx－ax＝0等價(jià)于＝a，設(shè)f(x)＝.∵f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，得x＝e，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f(x)的最大值f(e)＝，即f(x)＝≤(僅當(dāng)x＝e時(shí)，等號成立)．∵a＞，∴原方程無實(shí)根． [答案]A 4．某品牌小汽車在勻速行駛中每小時(shí)的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/時(shí))的函數(shù)解析式為y＝x3－x＋18(0＜x≤120)．若要使該汽車行駛200千米時(shí)的油耗最低，則汽車勻速行駛的速度應(yīng)為(　　) A．60千米/時(shí)B．80千米/時(shí) C．90千米/時(shí)D．100千米/時(shí) [解析]當(dāng)速度為x千米/小時(shí)，時(shí)間為小時(shí)， 所以f(x)＝·＝x2＋－20(0＜x≤120)， 所以f′(x)＝x－＝(0＜x≤120)， 令f′(x)＝0，∴x＝90. 當(dāng)x∈(0，90)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(90，120)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 所以x＝90時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值． [答案]C 5．某城市在發(fā)展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關(guān)注，據(jù)有關(guān)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，從上午6時(shí)到9時(shí)，車輛通過該市某一路段的用時(shí)y(分鐘)與車輛進(jìn)入該路段的時(shí)刻t之間的關(guān)系可近似地用如下函數(shù)給出：y＝－t3－t2＋36t－.則在這段時(shí)間內(nèi)，通過該路段用時(shí)最多的時(shí)刻是________時(shí)． [解析]y′＝－t2－t＋36＝－(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8，當(dāng)6≤t<8時(shí)，y′>0；當(dāng)8<t<9時(shí)，y′<0.∴當(dāng)t＝8時(shí)，y有最大值． [答案]8 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是____________． [解析]f(x)<0，ex(2x－1)<ax－a，記g(x)＝ex(2x－1)，則題意說明存在唯一的整數(shù)x0，使g(x)的圖象在直線y＝ax－a下方，g′(x)＝ex(2x＋1)，當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)>0，因此當(dāng)x＝－時(shí)，g(x)取得極小值也是最小值g＝－2e－，又g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直線y＝ax－a過點(diǎn)(1，0)且斜率為a，故 解得≤a<1. [答案] 7．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－mx2－x(m∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，證明：lnx1＋lnx2>2. [解析] (1)∵f(x)＝xlnx－mx2－x(m∈R)在(0，＋∞)上是減函數(shù)， ∴f′(x)＝lnx－mx≤0在定義域(0，＋∞)上恒成立， ∴m≥， 設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝， 由h′(x)>0，得x∈(0，e)，由h′(x)<0，得x>e， ∴函數(shù)h(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減， ∴h(x)max＝h(e)＝，∴m≥. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是. (2)由(1)知f′(x)＝lnx－mx， ∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2， ∴則 ∴＝， ∴l(xiāng)nx1＋lnx2＝·ln＝， 設(shè)t＝∈(0，1)，則lnx1＋lnx2＝， 要證lnx1＋lnx2>2，只需證>2， 只需證lnt<，只需證lnt－<0， 構(gòu)造函數(shù)g(t)＝lnt－， 則g′(t)＝－＝>0， ∴g(t)＝lnt－在t∈(0，1)上遞增， ∴g(t)<g(1)＝0，即g(t)＝lnt－<0， ∴l(xiāng)nx1＋lnx2>2. 8．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx＋1. (1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的最大值； (2)對任意的x>0，不等式f(x)≤xex恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解析] (1)f(x)＝－x＋lnx＋1，∴f′(x)＝， ∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴f(x)的最大值為f(1)＝0. (2)不等式ax＋lnx＋1≤xex恒成立， 等價(jià)于a≤在(0，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝，x>0，∴g′(x)＝. 令h(x)＝x2ex＋lnx，x>0，h′(x)＝(x2＋2x)ex＋>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又h＝－2ln2<0，h(1)>0， 所以h(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0∈，xex0＋lnx0＝0， 所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)min＝g(x0)＝. ∵xex0＋lnx0＝0， 即x0ex0＝＝ln＝eln， 構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝xex，易證φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以x0＝ln，則＝ex0，將這兩個(gè)式子代入g(x0)＝＝＝1， 所以a≤1. B組題 1．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) [解析]a＝0時(shí)，不符合題意，a≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不符合題意． 則a<0，由圖象結(jié)合f(0)＝1>0知，此時(shí)必有f>0， 即a×－3×＋1>0，化簡得a2>4. 又a<0，所以a<－2. [答案]C 2．已知函數(shù)f(x)＝(a，b∈R)，若對?x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥1恒成立，記ab的最小值為g(a，b)，則g(a，b)的最大值為________． [解析]由題意可得?x∈(0，＋∞)，f(x)≥1恒成立， ∴≥1，解得eax＋b≥x，即ax＋b≥lnx， 為滿足題意，當(dāng)直線與曲線相切時(shí)成立， 不妨設(shè)切點(diǎn)(x0，lnx0)，由(lnx)′＝， ∴切線方程為y－lnx0＝(x－x0)， 即y＝x－1＋lnx0， ∴a＝，b＝lnx0－1，ab＝. 令g(x)＝，g′(x)＝＝0，x＝e2， 當(dāng)0<x<e2時(shí)，g′(x)>0，g(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x>e2時(shí)，g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)， 則g(a，b)max＝＝. [答案] 3．已知函數(shù)f＝x，函數(shù)g＝λf＋sinx是區(qū)間上的減函數(shù)． (1)求λ的最大值； (2)若g<t2＋λt＋1在上恒成立，求t的取值范圍； (3)討論關(guān)于x的方程＝x2－2ex＋m的根的個(gè)數(shù)． [解析] (1)∵f＝x，∴g＝λf＋sinx＝λx＋sinx， 又∵g在上單調(diào)遞減， ∴g′＝λ＋cosx≤0在恒成立， ∴λ≤＝－1，∴故λ的最大值為－1. (2)∵＝g＝－λ－sin1， ∴只需t2＋λt＋1>－λ－sin1在上恒成立， 即λ＋t2＋sin1＋1>0， 令h＝λ＋t2＋sin1＋1>0， 則需又∵t2－t＋sin1>0恒成立， ∴t≤－1. (3)由于＝＝x2－2ex＋m， 令f1＝，f2＝x2－2ex＋m， ∵f′1＝， ∴當(dāng)x∈時(shí)，f′1>0，即f1單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時(shí)，f′1≤0，即f1單調(diào)遞減， ∴＝f1＝， 又∵f2＝＋m－e2， ∴當(dāng)m－e2>，即m>e2＋時(shí)，方程無解； 當(dāng)m－e2＝，即m＝e2＋時(shí)，方程有一個(gè)解； 當(dāng)m－e2<，即m<e2＋時(shí)，方程有兩個(gè)解． 4．已知函數(shù)f＝lnx－x2＋x. (1)討論函數(shù)f的單調(diào)性； (2)若對任意的實(shí)數(shù)a，函數(shù)f＝－x2＋x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． [解析] (1)由f′＝lnx＋－x＋a＋1＝. 令f′＝0，得x＝或x＝ea. 當(dāng)a＝ln時(shí)，f′≥0，此時(shí)f在上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<ln時(shí)，令f′>0，得x<ea或x>；令f′<0，得ea<x<； 當(dāng)a>ln時(shí)，令f′>0，得x<或x>ea；令f′<0，得<x<ea. 綜上所述，當(dāng)a＝ln時(shí)，f′≥0，此時(shí)f在上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<ln時(shí)，f在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>ln時(shí)，f在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)由題意，lnx－x2＋x＝－x2＋x， 即lnx＝ax－a－b有兩個(gè)不同的零點(diǎn). 法一：令F＝lnx，F(xiàn)′＝lnx－＋1， ∵F′在遞增，F(xiàn)′＝0，當(dāng)x∈時(shí)， F′<0，當(dāng)x∈時(shí)，F(xiàn)′>0， ∴F在遞減，在遞增， 所以F在x＝1處取得極小值F＝0. 令G＝ax－a－b，則G恒過點(diǎn). 因?yàn)楹瘮?shù)f＝－x2＋x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以F與G的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以－b>F＝0，解得實(shí)數(shù)b的取值范圍為. 綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍為. 法二：令H＝lnx－ax＋a, 則H′＝lnx－＋1－a，H′在遞增，H′(1)＝－a, 當(dāng)a<0時(shí)，H′(1)>0，H′(ea)＝1－<0； 當(dāng)a≥0時(shí)，H′(1)≤0，H′(ea＋1)＝2－>0, 所以?x0>0，使得H′＝0.即a＝lnx0－＋1， 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，H′<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，H′>0， 所以H＝H＝lnx0－ax0＋a＝2－. 若對任意的實(shí)數(shù)a，函數(shù)f＝－x2＋x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)， 則等價(jià)于－b>2－對任意x0∈(0，＋∞)恒成立， 解得實(shí)數(shù)b的取值范圍為. 綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍為. 9