《高考数学一轮复习 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-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 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-人教版高三数学试题（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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)|ln x|，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y1f(x)|ln x|，y2ax，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1f(x)|ln x|与y2ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点由图象易知，当a0时，不符合题意；当a0时，易知y1|ln x|与y2ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1|ln x|与y2ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|ln x，由ln xax，得a.令h(x
2、)，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)ax2bxc(a，b，c为常数)的导函数为f(x)对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，则的最大值为_解析：由f(x)ax2bxc得f(x)2axb.因为对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，即ax2bxc2axb恒成立，所以ax2(b2a)x(cb)0，所以即所以.设t，y(t1)，则y(t1)由y0得t1，所以当1t1时，y0，当t1时，y0.所以t1时，y取得极大值，也是最大值，即ymax22.
3、答案：223(2018苏北四市期末)已知函数f(x)若函数f(x)的图象与直线yx有三个不同的公共点，则实数a的取值集合为_解析：当x1时，f(x)sin x与yx的图象有1个交点，为(0,0)，则当x1时，f(x)x39x225xa与yx的图象有2个交点，即关于x的方程x39x224xa0在x1，)有两个不同解令g(x)x39x224xa，x1，)，则g(x)3x218x243(x2)(x4)，由g(x)0得x2或4.且x1,2)，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)20a0或g(4)16a0，解得a20或a16.
4、故实数a的取值集合为20，16答案：20，164已知函数f(x)axxln x(aR)(1)若函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a1且kZ时，不等式k(x1)f(x)在x(1，)上恒成立，求k的最大值解：(1)f(x)aln x1，由题意知f(x)0在e，)上恒成立，即ln xa10在e，)上恒成立，即a(ln x1)在e，)上恒成立，而(ln x1)max(ln e1)2，a2，即a的取值范围为2，)(2)当a1时，f(x)xxln x，x(1，)，原不等式可化为k，即k对任意x1恒成立令g(x)，则g(x).令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，h(x)
5、在(1，)上单调递增h(3)1ln 30，h(4)22ln 20，存在x0(3,4)使h(x0)0，即g(x0)0.即当1xx0时，h(x)0，即g(x)0.当xx0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)x0ln x020，得ln x0x02，g(x)ming(x0)x0(3,4)，kg(x)minx0且kZ，即kmax3.5已知函数f(x)(a1)ln xax21.(1)讨论yf(x)的单调性；(2)若a2，证明：对x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax.当a
6、0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减当1a0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，f(x)在上单调递减(2)证明：不妨假设x1x2.由于a2，故f(x)在(0，)上单调递减|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于f(x2)f(x1)4x14x2，即f(x2)4x2f(x1)4x1.令g(x)f(x)4x，则g(x)2ax4，于是g(x)0.从而g(x)在(0，)上单调递减，故g(x1)g(x2)，即f(x2)4x2f(x1)4x1，故对x1
7、，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.6(2017南通二模)植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30 m的围墙现有两种方案：方案多边形为直角三角形AEB(AEB90)，如图1所示，其中AEEB30 m；方案多边形为等腰梯形AEFB(ABEF)，如图2所示，其中AEEFBF10 m.请分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案解：设方案、中苗圃面积分别为S1，S2.方案：设AEx，则S1x(30x)2(当且仅当x15时取等号)方案：设BAE，则S2100sin (1cos )，由S2100(2cos2cos 1)0得cos (负值舍去)因为，
8、所以，列表S20S2极大值所以时，S2取得最大值为75，又75，故方案、中苗圃最大面积分别为m2,75m2.建苗圃时用方案，且BAE.二、重点选做题1(2017徐州期初测试)已知函数f(x)ex，g(x)ax2bx1(a，bR)(1)若a0，则a，b满足什么条件时，曲线yf(x)与yg(x)在x0处总有相同的切线？(2)当a1时，求函数h(x)的单调减区间；(3)当a0时，若f(x)g(x)对任意的xR恒成立，求b的取值的集合解：(1)f(x)ex，f(0)1，又f(0)1，yf(x)在x0处的切线方程为yx1，又g(x)2axb，g(0)b，又g(0)1，yg(x)在x0处的切线方程为ybx
9、1，所以当a0，aR且b1时，曲线yf(x)与yg(x)在x0处总有相同的切线(2)a1，则h(x)，h(x)，由h(x)0，得x11，x21b，当b0时，函数yh(x)的减区间为(，1b)，(1，)；当b0时，函数yh(x)的减区间为(，)；当b0时，函数yh(x)的减区间为(，1)，(1b，)(3)由a0，得(x)f(x)g(x)exbx1，(x)exb，当b0时，(x)0，函数(x)在R上单调递增，又(0)0，x(，0)时，(x)0，与函数f(x)g(x)矛盾，当b0时，由(x)0，得xln b；由(x)0，得xln b，函数(x)在(，ln b)上单调递减，在(ln b，)上单调递增，
10、()当0b1时，ln b0，又(0)0，(ln b)0，与函数f(x)g(x)矛盾，()当b1时，同理(ln b)0，与函数f(x)g(x)矛盾，()当b1时，ln b0，函数(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(x)(0)0，故b1满足题意综上所述，b的取值的集合为12.已知函数f(x)xexaln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当be时，f(x)b(x22x2)解：(1)因为f(x)(x1)ex，x0，依题意得f(1)0，即2ea0，解得a2e.所以f(x)(x1)ex，显然f(x)在(0，)上单调递增且f(1)
11、0，故当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：当b0时，由(1)知，当x1时，f(x)取得最小值e.又b(x22x2)的最大值为b，故f(x)b(x22x2)当00，则h(x)(x2)ex2b，当x(0,1时，2b0，(x2)ex0，所以h(x)0，当x(1，)时，(x2)ex2b0，0，所以h(x)0，所以当x(0，)时，h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，所以当x(0,1)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1时，g(x)取得最小值g(1)eb0，所以g(x)
12、0，即f(x)b(x22x2)综上，当be时，f(x)b(x22x2)三、冲刺满分题1(2017江苏高考)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb32b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以f10，又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)0有实根，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(
