资源描述：
《2019版高考数学复习导数及其应用课时达标检测十七导数与函数的综合问题》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
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________．解析：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的图象在区
12、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＜a＜.答案：2．(2018·常州中学第一次检测)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数)的导函数为f′(x)．对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，则的最大值为________．解析：由f(x)＝ax2＋bx＋c得f′(x)＝2ax＋b.因为对任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，即ax2
15、＋bx＋c≥2ax＋b恒成立，所以ax2＋(b－2a)x＋(c－b)≥0，所以即∴所以≤＝.设t＝，y＝(t≥1)，则y′＝＝(t≥1)．由y′＝0得t＝＋1，所以当1≤t＜＋1时，y′＞0，当t＞＋1时，y′＜0.所以t＝＋1时，y取得极大值，也是最大值，即ymax＝＝2－2.答案：2－23．(2018·苏北四市期末)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与直线y＝x有三个不同的公共点，则实数a的取值集合为________．解析：当x＜1时，f(x)＝sinx与y＝x的图象有1个交点，为(0,0)，则当x≥1时，f(x)＝x3－9x2＋25x＋a与y
16、＝x的图象有2个交点，即关于x的方程x3－9x2＋24x＋a＝0在x∈[1，＋∞)有两个不同解．令g(x)＝x3－9x2＋24x＋a，x∈[1，＋∞)，则g′(x)＝3x2－18x＋24＝3(x－2)(x－4)，由g′(x)＝0得x＝2或4.且x∈[1,2)，g′(x)＞0，g(x)递增；x∈(2,4)，g′(x)＜0，g(x)递减；x∈(4，＋∞)，g′(x)＞0，g(x)递增．所以g(2)＝20＋a＝0或g(4)＝16＋a＝0，解得a＝－20或a＝－16.故实数a的取值集合为{－20，－16}．答案：{－20，－16}4．已知函数f(x)＝ax＋x
17、lnx(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)＜f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．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
18、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)＝2－2ln2＞0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.即当1＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0.当x＞x0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＜g(x)min＝x0且k∈Z，
19、即kmax＝3.5．已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论y＝f(x)的单调性；(2)若a≤－2，证明：对∀x1，x2∈(0，＋∞)，
20、f(x1)－f(x2)
21、≥4
22、x1－x2
23、.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－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，由于f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；当x∈时，f′(x)＜0
24、，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，＋
