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1、（全国通用）2017届高三数学二轮复习专题突破专题二函数与导数第3讲导数的综合应用限时训练文第3讲导数的综合应用(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号利用导数解决恒成立问题3利用导数证明不等式4利用导数解决方程、零点问题1,21.(2016河北衡水一模)已知函数f(x)=lnx+kex(其中kR,e=2.718 28是自然对数的底数),f(x)为f(x)的导函数.(1)若f(1)=0,求函数g(x)=f(x)ex-x的极大值;(2)若x(0,1时,方程f(x)=0有解,求实数k的取值范围.解:(1)由f(x)=lnx+kex,得f(x)=1-kx-xlnxxex,x(0,+),由f(
2、1)=0,得k=1,所以g(x)=ln x+1-x,g(x)=1-xx,所以g(x)在(0,1上递增,在(1,+)上递减,所以g(x)的极大值是g(1)=0.(2)由f(x)=0,得k=1-xlnxx,令F(x)=1-xlnxx,因为0x1,所以F(x)=-x+1x20时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间12,+)上有两个零点,求实数k的取值范围.解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-ax+1+a-1x=-(ax-1)(x-1)x(a0),当a(0,1)时,1a1.由f(x)1a或x1.所以f(x)
3、的单调递减区间为(0,1),(1a,+).当a=1时,恒有f(x)0,所以f(x)单调递减.所以f(x)的单调递减区间为(0,+).当a(1,+)时,1a1.由f(x)1或x1a.所以f(x)的单调递减区间为(0,1a),(1,+).综上,当a(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(1a,+);当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,+);当a(1,+)时,f(x)的单调递减区间为(0,1a),(1,+).(2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)-2在x12,+)上有两个零点,即关于x的方程k=x2-xlnx+2x+2在x12,+)上有两个不相等的实数根,令函数h(x)=x
4、2-xlnx+2x+2,x12,+),则h(x)=x2+3x-2lnx-4(x+2)2.令函数p(x)=x2+3x-2ln x-4,x12,+).则p(x)=(2x-1)(x+2)x在12,+)上有p(x)0,故p(x)在12,+)上单调递增.因为p(1)=0,所以当x12,1)时,有p(x)0,即h(x)0,即h(x)0,所以h(x)单调递增.因为h(12)=910+ln25,h(1)=1,h(10)=102-10ln1012102-10ln e312=6h(12),所以k的取值范围为(1,910+ln25.3.(2016广西壮族自治区北海一模)已知函数f(x)=ax+xln x(aR).(
5、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kZ时,不等式k(x-1)1时,x-10,故不等式k(x-1)f(x)kf(x)x-1,即k1恒成立.令g(x)=x+xlnxx-1,则g(x)=x-lnx-2(x-1)2,令h(x)=x-ln x-2(x1),则h(x)=1-1x=x-1x0h(x)在(1,+)上单调递增.因为h(3)=1-ln 30,所以存在x0(3,4)使h(x0)=0,即当1xx0时,h(x)0,即g(x)x0时,h(x)0,即g(x)0,所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增.令h(x0)=x0-ln x0-2=0,即
6、ln x0=x0-2,g(x)min=g(x0)=x0(1+ln x0)x0-1=x0(1+x0-2)x0-1=x0(3,4),所以kg(x)min=x0且kZ,即kmax=3.4.(2016甘肃兰州诊断)已知函数f(x)=ex-ax-1(a为常数),曲线y=f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数y=f(x)的单调区间;(2)若x1ln 2,且f(x1)=f(x2),试证明:x1+x20,得xln 2.由f(x)0得xln 2,所以2ln 2-xln 2),所以g(x)=ex+4e-x-40,当且仅当x=ln 2时,等号成立,所以g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)在(ln 2,+)上单调递增,又g(ln 2)=0,所以当xln 2时,g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)g(ln 2)=0,即f(x)f(2ln 2-x),所以f(x2)f(2ln 2-x2),又因为f(x1)=f(x2),所以f(x1)f(2ln 2-x2),由于x2ln 2,所以2ln 2-x2ln 2,因为x1ln 2,由(1)知函数y=f(x)在区间(-,ln 2)上单调递减,所以x12ln 2-x2,即x1+x22ln 2.4 / 4
