2018高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 课时达标检测（十七）导数与函数的综合问题 理

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1、课时达标检测(十七)导数与函数的综合问题一、全员必做题1．(2017·宜州调研)设f(x)＝

2、lnx

3、，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)A.B.C.D.解析：选D　令y1＝f(x)＝

4、lnx

5、，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝

6、lnx

7、与y2＝ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝

8、lnx

9、与y2＝ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝

10、lnx

11、与y2＝ax的图象

12、在区间(1,4)上有两个交点即可，此时

13、lnx

14、＝lnx，由lnx＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以k>1，则下列结论中一定错误的是(　　)A．fC．f解析：选C　由已知，构造函数g(x)＝f(x)－kx，则g′(x)＝f′(x)－k>0，∴函数g(x)在R上单调递增，且>0，∴g>g(0)，即f－>－1，即

15、f>，∴选项C错误，选项D正确．构造函数h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝f′(x)－1>0，∴函数h(x)在R上单调递增，且>0，∴h>h(0)，即f－>－1，即f>－1，但选项A、B无法判断，故选C.3．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)＝x＋是定义在M＝{x

16、1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为(　　)A.B．5C．6D．8解析：选B　因为g(x)＝x＋≥2＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋＋c＝g(2

17、)＝1，所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，所以f′(x)＝x－＝.因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，所以f(x)＝x2＋－5，f′(x)＝，所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f(1)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.4．已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)

18、最大值．解：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，由题意知f′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞)上恒成立，即a≥－(lnx＋1)在[e，＋∞)上恒成立，而[－(lnx＋1)]max＝－(lne＋1)＝－2，∴a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx，∵x∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为k<，即k<对任意x>1恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝.令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2l

19、n2>0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.即当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，∴k

20、f(x1)－f(x2)

21、≥4

22、x

23、1－x2

24、.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝＝.当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当－10，f(x)在上单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)在＋∞上单调递减．(2)证明：不妨假设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴

25、f(x1)－f(x2)

26、≥4

27、x1－x2

28、等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4

29、x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)