江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.4 大题考法—函数与导数的综合问题达标训练（含解析）

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1、函数与导数的综合问题A组——大题保分练1．已知函数f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)．(1)设a＝－1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围；(2)设b＝0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ex＋x2－bx，∴f′(x)＝－ex＋2x－b，由题意知，f′(x)＝－ex＋2x－b≤0对x∈R恒成立．由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x.令F(x)＝－ex＋2x，则F′(x)＝－ex＋2，由F′(x)＝0，得x＝ln2.当x＜ln2时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，当x＞ln2时，F

2、′(x)＜0，F(x)单调递减，从而当x＝ln2时，F(x)取得最大值2ln2－2，∴b≥2ln2－2，故b的取值范围为[2ln2－2，＋∞)．(2)当b＝0时，f(x)＝aex＋x2.由题意知aex＋x2＝0只有一个解．由aex＋x2＝0，得－a＝，令G(x)＝，则G′(x)＝，由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为[0，＋∞)；当0＜x＜2时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为；当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为.由题意得，－a＝0或－a＞，从

3、而a＝0或a＜－，故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为∪{0}．2．已知函数f(x)＝(1＋b)x＋－alnx(a＞0)在x＝2a处取得极值．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝x2－2cx＋4－ln2，当a＝1时，若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求实数c的取值范围．解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－alnx，a＞0，x＞0，得f′(x)＝1＋b－－.又f(x)在x＝2a处取得极值，所以f′(2a)＝1＋b－－＝b＝0，所以f(x)＝x＋－alnx，f′(x)＝1－－＝＝，又a＞0，且函数f(x)的定义

4、域为(0，＋∞)，所以由f′(x)＞0，得x＞2a；由f′(x)＜0，得0＜x＜2a，即函数f(x)的单调递增区间为(2a，＋∞)，单调递减区间为(0,2a)．(2)当a＝1时，f(x)＝x＋－lnx，x∈(0，＋∞)，由(1)知x∈[1，e]时，f(x)在[1,2]上单调递减，在(2，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln2.对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，即f(x)min≥g(x)，x∈[1，e]恒成立．即3－ln2≥x2－2cx＋4－ln2，x∈[1，e]恒成立，即2c≥x＋，x∈[1，e]恒成立，令h(x)＝x＋，则h

5、′(x)＝1－≥0，x∈[1，e]，即h(x)＝x＋在[1，e]上单调递增，故h(x)max＝h(e)＝e＋，所以c≥.故实数c的取值范围为.3．(2018·南京、盐城一模)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－3(a∈R)．(1)当a＝2时，解关于x的方程g(ex)＝0(其中e为自然对数的底数)；(2)求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间；(3)当a＝1时，记h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．(参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)解：(1

6、)当a＝2时，方程g(ex)＝0，即为2ex＋－3＝0，去分母，得2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝，故所求方程的根为x＝0或x＝－ln2.(2)因为φ(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋－3(x>0)，所以φ′(x)＝＋a－＝＝(x>0)，①当a＝0时，由φ′(x)>0，解得x>0；②当a>1时，由φ′(x)>0，解得x>；③当00，解得x>0；④当a＝1时，由φ′(x)>0，解得x>0；⑤当a<0时，由φ′(x)>0，解得0

7、当a>1时，φ(x)的单调增区间为.(3)存在满足题意的λ.当a＝1时，g(x)＝x－3，所以h(x)＝(x－3)lnx，所以h′(x)＝lnx＋1－在(0，＋∞)上单调递增．因为h′＝ln＋1－2<0，h′(2)＝ln2＋1－>0，所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0，即lnx0＋1－＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)lnx0＝(x0－3)·＝－＝6－，记函数r(x)＝6－，由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上单调递增，所以r