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2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 热点专题突破一 函数与导数的综合问题习题 理


热点专题突破一
1.函数 f(x)= 然对数的底数).

函数与导数的综合问题

,若曲线 f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线 e2x-y+e=0 垂直(其中 e 为自

(1)若 f(x)在(m,m+1)内存在极值,求实数 m 的取值范围; (2)求证:当 x>1 时,

.

1.【解析】(1)∵f'(x)=

,

由已知得 f'(e)=-

,∴-

=-

,故 a=1.

∴f(x)=

,f'(x)=-

(x>0).

当 x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)为增函数; 当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)为减函数.

∴x=1 是函数 f(x)的极大值点.
又 f(x)在(m,m+1)内存在极值,

∴m<1<m+1,即 0<m<1,
故实数 m 的取值范围是(0,1). (2) ,

即为

.

令 g(x)=

,

则 g'(x)=

.

再令 φ (x)=x-ln x,则 φ '(x)=1-

.

1

∵x>1,∴φ '(x)>0,∴φ (x)在(1,+∞)上是增函数, ∴φ (x)>φ (1)=1>0,∴g'(x)>0. ∴g(x)在(1,+∞)上是增函数. ∴x>1 时,g(x)>g(1)=2,故 .

令 h(x)=

,

则 h'(x)=2

.

∵x>1,∴1-ex<0,∴h'(x)<0,即 h(x)在(1,+∞)上是减函数, ∴当 x>1 时,h(x)<h(1)= .



>h(x),即

.

2. (2015·南京模拟) 如图是一块镀锌铁皮的边角料 ABCD,其中 AB,CD,DA 都是线段,曲线段

BC 是抛物线的一部分,且点 B 是抛物线的顶点,BA 所在直线是该抛物线的对称轴,经测
量,AB=2 米,AD=3 米,AB⊥AD,点 C 到 AD,AB 的距离 CH,CR 的长均为 1 米,现要用这块边角料截 一个矩形 AEFG(其中点 F 在曲线段 BC 或线段 CD 上,点 E 在线段 AD 上,点 G 在线段 AB 上).设

BG 的长为 x 米,矩形 AEFG 的面积为 S 平方米.

(1)将 S 表示为 x 的函数; (2)当 x 为多少米时,S 取得最大值,最大值是多少? 2.【解析】(1)以点 B 为坐标原点,BA 所在直线为 x 轴,建立平面直角坐标系,设曲线段 BC 所 在的抛物线方程为 y =2px(p>0). 将点 C(1,1)代入,得 2p=1,所以曲线段 BC 的方程为 y= (0≤x≤1).
2

又由点 C(1,1),D(2,3)得线段 CD 的方程为 y=2x-1(1≤x≤2), 2

而 GA=2-x,所以 S=

(2)①当 0≤x≤1 时,因为 S=

(2-x)=2

,

所以 S'=

,令 S'=0 得 x= .

当 x∈

时,S'>0,所以此时单调 S 递增;

当 x∈

时,S'<0,所以此时 S 单调递减,所以当 x= 时,Smax=

.

当 1<x<2 时,因为 S=(2x-1)(2-x)=-2

.

所以当 x= 时,S= .

因为

,所以当 x= 时,Smax= ,

故当 x 取值为 米时,矩形 AEFG 的面积最大为 平方米. 3.已知函数 f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)≤0 恒成立,证明:当 0<x1<x2 时,

<2

.

3.【解析】(1)f'(x)=

,x>0.

若 a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 若 a>0,当 x∈ 减. (2)由(1)知,若 a≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(1)=0,故 f(x)≤0 不恒成立. 3 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈ 时,f'(x)<0,f(x)单调递

若 a>2,当 x∈

时,f(x)单调递减,f(x)>f(1)=0,不合题意.

若 0<a<2,当 x∈

时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0,不合题意.

若 a=2,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

f(x)≤f(1)=0 符合题意.
当 x1<x2 时,f(x2)-f(x1)=2ln

-2(x2-x1),要证

<2

成立,则此不等式等价于

f(x2)-f(x1)<2

(x2-x1)=2

-2(x2-x1),

只需证明 2ln

<2

即可,

令 g(x)=2ln x-2x+2,x>1, 则 g'(x)=

-2=

<0,

所以 g(x)在(1,+∞)上单调递减, 故 g(x)<g(1)=0,即 2ln

<2

成立,

所以

<2

.
mx
2

4. (2015·新课标全国卷Ⅱ) 设函数 f(x)=e +x -mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围. 4.【解析】(1)f'(x)=m(e -1)+2x. 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1≤0,f'(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,e -1≥0,f'(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1>0,f'(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,e -1<0,f'(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
mx mx mx mx mx

4

(2)由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x)在 x=0 处取 得最小值.所以对于任意 x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1 的充要条件是

即 设函数 g(t)=e -t-e+1,则 g'(t)=e -1. 当 t<0 时,g'(t)<0;当 t>0 时,g'(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e +2-e<0,故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当 m>1 时,g(m)>0,即 e -m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 5. (2015·宜春模拟) 已知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),若 y=
-m m -1 t t



在(0,+∞)上为增函数,则

称 f(x)为“一阶比增函数”,若 y=

在(0,+∞)上为增函数,则称 f(x)为“二阶比增函

数”.把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为 A,把所有由“二阶比增函数”组成的集 合记为 A2. (1)已知函数 f(x)=x -2hx -hx,若 f(x)∈A1 且 f(x)?A2,求实数 h 的取值范围. (2)已知 f(x)∈A2,且存在常数 k,使得对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<k,求 k 的最小值. 5.【解析】(1)若 f(x)∈A1 且 f(x)?A2,即 g(x)=
3 2

=x2-2hx-h 在(0,+∞)上为增函数,所以

h≤0;而 F(x)=

=x- -2h 在(0,+∞)上不为增函数,

因为 F'(x)=1+

,则 h<0.

综上得实数 h 的取值范围是(-∞,0). (2)先证明 f(x)≤0 对 x∈(0,+∞)成立, 5

假设存在 x0∈(0,+∞),使得 f(x0)>0, 记

=m>0,因为 f(x)∈A2,

所以 f(x)为“二阶比增函数”,即

是增函数,

所以当 x>x0>0 时,

=m,即 f(x)>mx2;

所以一定存在 x1>x0>0,使得 f(x1)>m

>k 成立,

这与 f(x)<k 对任意的 x∈(0,+∞)成立矛盾, 所以 f(x)≤0 对任意的 x∈(0,+∞)都成立; 再证明 f(x)=0 在(0,+∞)上无解,假设存在 x2>0,使得 f(x2)=0; 因为 f(x)为“二阶比增函数”,即 是增函数,

所以一定存在 x3>x2>0,使得 所以 f(x)=0 在(0,+∞)上无解,

=0 成立,这与上述的证明结果矛盾.

综上所述,当 f(x)∈A2 时,对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<0 成立, 所以当常数 k≥0 时,使得对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<k,故 k 的最小值为 0. 6. (2015·海南模拟) 已知函数 f(x)=xln x. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)对于任意正实数 x,不等式 f(x)>kx- 恒成立,求实数 k 的取值范围; (3)是否存在最小的正的常数 m,使得:当 a>m 时,对于任意正实数 x,不等式 f(a+x)<f(a)·e 恒成立?给出你的结论,并说明结论的合理性. 6.【解析】(1)令 f'(x)=ln x+1=0,得 x= .
x

当 x∈

时,f'(x)<0;

6

当 x∈

时,f'(x)>0,

所以函数 f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.

(2)由于 x>0,所以 f(x)=xln x>kx- ?k<ln x+

.

构造函数 k(x)=ln x+

,

则令 k'(x)=

=0,得 x= .

当 x∈

时,k'(x)<0;

当 x∈

时,k'(x)>0,

所以函数在点 x= 处取得最小值,

即 k(x)min=k

=ln

+1=1-ln 2.

因此 k 的取值范围是(-∞,1-ln 2). (3)结论:存在最小的正的常数 m.证明如下:

f(a+x)<f(a)·ex?(a+x)ln(a+x)<a ln a·ex?

.

构造函数 g(x)=

,则问题就是要求 g(a+x)<g(a)恒成立.

对 g(x)求导,得 g'(x)=

.

令 h(x)=ln x+1-xln x,则 h'(x)=

-ln x-1,显然 h'(x)是减函数.

又 h'(1)=0,所以函数 h(x)=ln x+1-xln x 在(0,1]上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.

7

而h

=ln

+1-

·ln

=-2+1+

<0,

h(1)=ln 1+1-ln 1=1>0,h(e)=ln e+1-eln e=1+1-e=2-e<0,
所以函数 h(x)=ln x+1-xln x 在区间(0,1)和(1,+∞)上各有一个零点,设这两个零点分别为

x1 和 x2(x1<x2),并且有在区间(0,x1)和(x2,+∞)上,h(x)<0,即 g'(x)<0;在区间(x1,x2)内 h(x)>0,即 g'(x)>0.
从而可知函数 g(x)在区间(0,x1)和(x2,+∞)上单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.

g(1)=0 ,当 0<x<1 时,g(x)<0;当 x>1 时,g(x)>0.
还有 g(x2)是函数的极大值,也是最大值, 因此题目要找的 m=x2.理由如下: 当 a>x2 时,对于任意非零正数 x,a+x>a>x2,而 g(x)在(x2,+∞)上单调递减, 所以 g(a+x)<g(a)一定恒成立,即题目所要求的不等式恒成立,说明 m≤x2; 当 0<a<x2 时,取 x=x2-a,显然 x>0 且 g(a+x)=g(x2)>g(a),题目所要求的不等式不恒成立,说明

m 不能比 x2 小.
综合可知,题目所要寻求的最小的正的常数 m 就是 x2,即存在最小的正的常数 m=x2,当 a>m 时, 对于任意正实数 x,不等式 f(a+x)<f(a)e 恒成立. 7. (2015·湖南雅礼中学月考) 已知函数 f(x)=ln(x+a)-x -x 在 x=0 处取得极值. (1)求实数 a 的值; (2)若关于 x 的方程 f(x)=围; (3)证明:对任意的正整数 n,不等式 2+
2

x

x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范

+?+

>ln(n+1)都成立.

7.【解析】(1)f'(x)=

-2x-1,

∵x=0 时,f(x)取得极值, ∴f'(0)=0,


-2×0-1=0,解得 a=1.

经检验 a=1 符合题意. 8

∴实数 a 的值为 1.
(2)由(1)知 a=1,f(x)=ln(x+1)-x -x, 由 f(x)=2

x+b,得 ln(x+1)-x2+ x-b=0,

令 φ (x)=ln(x+1)-x2+ x-b,

则 f(x)=-

x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于 φ (x)=0 在区间[0,2]上恰有

两个不同的实数根.

∵φ '(x)=

-2x+

,

当 x∈[0,1]时,φ '(x)>0,于是 φ (x)在[0,1)上单调递增; 当 x∈(1,2]时,φ '(x)<0,于是 φ (x)在(1,2]上单调递减.

依题意有

解得 ln 3-1≤b<ln 2+ .

(3) f(x)=ln(x+1)-x2-x 的定义域为{x|x>-1},由(1)知 f'(x)=

,

令 f'(x)=0,得 x=0 或 x=-

(舍去),

∴当-1<x<0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x>0 时,f'(x)<0 ,f(x)单调递减. ∴f(0)为 f(x)在(-1,+∞)上的最大值. ∴f(x)≤f(0),∴ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当 x=0 时,等号成立).
对任意正整数 n,取 x= >0,得 ln ,

∴ln

,

9

∴2+

+?+

>ln 2+ln +ln +?+ln

=ln(n+1).

10


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