高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 熱點專題突破一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題習(xí)題 理試題

熱點專題突破一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題1.函數(shù)f(x)=,若曲線f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線e2x-y+e=0垂直(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若f(x)在(m,m+1)內(nèi)存在極值,求實數(shù)m的取值范圍;(2)求證:當x>1時,.1.【解析】(1)∵f'(x)=,由已知得f'(e)=-,∴-=-,故a=1.∴f(x)=,f'(x)=-(x>0).當x∈(0,1)時,f'(x)>0,f(x)為增函數(shù);當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)為減函數(shù).∴x=1是函數(shù)f(x)的極大值點.又f(x)在(m,m+1)內(nèi)存在極值,∴m<1<m+1,即0<m<1,故實數(shù)m的取值范圍是(0,1).(2),即為.令g(x)=,則g'(x)=.再令φ(x)=x-lnx,則φ'(x)=1-.∵x>1,∴φ'(x)>0,∴φ(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),∴φ(x)>φ(1)=1>0,∴g'(x)>0.∴g(x)在(1,+∞)上是增函數(shù).∴x>1時,g(x)>g(1)=2,故.令h(x)=,則h'(x)=2.∵x>1,∴1-ex<0,∴h'(x)<0,即h(x)在(1,+∞)上是減函數(shù),∴當x>1時,h(x)<h(1)=.∴>h(x),即.2.(2015·南京模擬)如圖是一塊鍍鋅鐵皮的邊角料ABCD,其中AB,CD,DA都是線段,曲線段BC是拋物線的一部分,且點B是拋物線的頂點,BA所在直線是該拋物線的對稱軸,經(jīng)測量,AB=2米,AD=3米,AB⊥AD,點C到AD,AB的距離CH,CR的長均為1米,現(xiàn)要用這塊邊角料截一個矩形AEFG(其中點F在曲線段BC或線段CD上,點E在線段AD上,點G在線段AB上).設(shè)BG的長為x米,矩形AEFG的面積為S平方米.(1)將S表示為x的函數(shù);(2)當x為多少米時,S取得最大值,最大值是多少?2.【解析】(1)以點B為坐標原點,BA所在直線為x軸,建立平面直角坐標系,設(shè)曲線段BC所在的拋物線方程為y2=2px(p>0).將點C(1,1)代入,得2p=1,所以曲線段BC的方程為y=(0≤x≤1).又由點C(1,1),D(2,3)得線段CD的方程為y=2x-1(1≤x≤2),而GA=2-x,所以S=(2)①當0≤x≤1時,因為S=(2-x)=2,所以S'=,令S'=0得x=.當x∈時,S'>0,所以此時單調(diào)S遞增;當x∈時,S'<0,所以此時S單調(diào)遞減,所以當x=時,Smax=.當1<x<2時,因為S=(2x-1)(2-x)=-2.所以當x=時,S=.因為,所以當x=時,Smax=,故當x取值為米時,矩形AEFG的面積最大為平方米.3.已知函數(shù)f(x)=2lnx-ax+a(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)≤0恒成立,證明:當0<x1<x2時,<2.3.【解析】(1)f'(x)=,x>0.若a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;若a>0,當x∈時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當x∈時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.(2)由(1)知,若a≤0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(1)=0,故f(x)≤0不恒成立.若a>2,當x∈時,f(x)單調(diào)遞減,f(x)>f(1)=0,不合題意.若0<a<2,當x∈時,f(x)單調(diào)遞增,f(x)>f(1)=0,不合題意.若a=2,f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,f(x)≤f(1)=0符合題意.當x1<x2時,f(x2)-f(x1)=2ln-2(x2-x1),要證<2成立,則此不等式等價于f(x2)-f(x1)<2(x2-x1)=2-2(x2-x1),只需證明2ln<2即可,令g(x)=2lnx-2x+2,x>1,則g'(x)=-2=<0,所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故g(x)<g(1)=0,即2ln<2成立,所以<2.4.(2015·新課標全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx.(1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增;(2)若對于任意x1,x2∈[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍.4.【解析】(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1≤0,f'(x)<0;當x∈(0,+∞)時,emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1>0,f'(x)<0;當x∈(0,+∞)時,emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是即 ①設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g'(t)=et-1.當t<0時,g'(t)<0;當t>0時,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當t∈[-1,1]時,g(t)≤0.當m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;當m>1時,g(m)>0,即em-m>e-1;當m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.綜上,m的取值范圍是[-1,1].5.(2015·宜春模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),若y=在(0,+∞)上為增函數(shù),則稱f(x)為“一階比增函數(shù)”,若y=在(0,+∞)上為增函數(shù),則稱f(x)為“二階比增函數(shù)”.把所有由“一階比增函數(shù)”組成的集合記為A,把所有由“二階比增函數(shù)”組成的集合記為A2.(1)已知函數(shù)f(x)=x3-2hx2-hx,若f(x)∈A1且f(x)?A2,求實數(shù)h的取值范圍.(2)已知f(x)∈A2,且存在常數(shù)k,使得對任意的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)==x2-2hx-h在(0,+∞)上為增函數(shù),所以h≤0;而F(x)==x--2h在(0,+∞)上不為增函數(shù),因為F'(x)=1+,則h<0.綜上得實數(shù)h的取值范圍是(-∞,0).(2)先證明f(x)≤0對x∈(0,+∞)成立,假設(shè)存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)>0,記=m>0,因為f(x)∈A2,所以f(x)為“二階比增函數(shù)”,即是增函數(shù),所以當x>x0>0時,=m,即f(x)>mx2;所以一定存在x1>x0>0,使得f(x1)>m>k成立,這與f(x)<k對任意的x∈(0,+∞)成立矛盾,所以f(x)≤0對任意的x∈(0,+∞)都成立;再證明f(x)=0在(0,+∞)上無解,假設(shè)存在x2>0,使得f(x2)=0;因為f(x)為“二階比增函數(shù)”,即是增函數(shù),所以一定存在x3>x2>0,使得=0成立,這與上述的證明結(jié)果矛盾.所以f(x)=0在(0,+∞)上無解,綜上所述,當f(x)∈A2時,對任意的x∈(0,+∞),都有f(x)<0成立,所以當常數(shù)k≥0時,使得對任意的x∈(0,+∞),都有f(x)<k,故k的最小值為0.6.(2015·海南模擬)已知函數(shù)f(x)=xlnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)對于任意正實數(shù)x,不等式f(x)>kx-恒成立,求實數(shù)k的取值范圍;(3)是否存在最小的正的常數(shù)m,使得:當a>m時,對于任意正實數(shù)x,不等式f(a+x)<f(a)·ex恒成立?給出你的結(jié)論,并說明結(jié)論的合理性.6.【解析】(1)令f'(x)=lnx+1=0,得x=.當x∈時,f'(x)<0;當x∈時,f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.(2)由于x>0,所以f(x)=xlnx>kx-?k<lnx+.構(gòu)造函數(shù)k(x)=lnx+,則令k'(x)==0,得x=.當x∈時,k'(x)<0;當x∈時,k'(x)>0,所以函數(shù)在點x=處取得最小值,即k(x)min=k=ln+1=1-ln2.因此k的取值范圍是(-∞,1-ln2).(3)結(jié)論:存在最小的正的常數(shù)m.證明如下:f(a+x)<f(a)·ex?(a+x)ln(a+x)<alna·ex?.構(gòu)造函數(shù)g(x)=,則問題就是要求g(a+x)<g(a)恒成立.對g(x)求導(dǎo),得g'(x)=.令h(x)=lnx+1-xlnx,則h'(x)=-lnx-1,顯然h'(x)是減函數(shù).又h'(1)=0,所以函數(shù)h(x)=lnx+1-xlnx在(0,1]上是增函數(shù),在(1,+∞)上是減函數(shù).而h=ln+1-·ln=-2+1+<0,h(1)=ln1+1-ln1=1>0,h(e)=lne+1-elne=1+1-e=2-e<0,所以函數(shù)h(x)=lnx+1-xlnx在區(qū)間(0,1)和(1,+∞)上各有一個零點,設(shè)這兩個零點分別為x1和x2(x1<x2),并且有在區(qū)間(0,x1)和(x2,+∞)上,h(x)<0,即g'(x)<0;在區(qū)間(x1,x2)內(nèi)h(x)>0,即g'(x)>0.從而可知函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,x1)和(x2,+∞)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增.g(1)=0,當0<x<1時,g(x)<0;當x>1時,g(x)>0.還有g(shù)(x2)是函數(shù)的極大值,也是最大值,因此題目要找的m=x2.理由如下:當a>x2時,對于任意非零正數(shù)x,a+x>a>x2,而g(x)在(x2,+∞)上單調(diào)遞減,所以g(a+x)<g(a)一定恒成立,即題目所要求的不等式恒成立,說明m≤x2;當0<a<x2時,取x=x2-a,顯然x>0且g(a+x)=g(x2)>g(a),題目所要求的不等式不恒成立,說明m不能比x2小.綜合可知,題目所要尋求的最小的正的常數(shù)m就是x2,即存在最小的正的常數(shù)m=x2,當a>m時,對于任意正實數(shù)x,不等式f(a+x)<f(a)ex恒成立.7.(2015·湖南雅禮中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0處取得極值.(1)求實數(shù)a的值;(2)若關(guān)于x的方程f(x)=-x+b在區(qū)間[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根,求實數(shù)b的取值范圍;(3)證明:對任意的正整數(shù)n,不等式2++…+>ln(n+1)都成立.7.【解析】(1)f'(x)=-2x-1,∵x=0時,f(x)取得極值,∴f'(0)=0,即-2×0-1=0,解得a=1.經(jīng)檢驗a=1符合題意.∴實數(shù)a的值為1.(2)由(1)知a=1,f(x)=ln(x+1)-x2-x,由f(x)=-x+b,得ln(x+1)-x2+x-b=0,令φ(x)=ln(x+1)-x2+x-b,則f(x)=-x+b在區(qū)間[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根等價于φ(x)=0在區(qū)間[0,2]上恰有兩個不同的實數(shù)根.∵φ'(x)=-2x+,當x∈[0,1]時,φ'(x)>0,于是φ(x)在[0,1)上單調(diào)遞增;當x∈(1,2]時,φ'(x)<0,于是φ(x)在(1,2]上單調(diào)遞減.依題意有解得ln3-1≤b<ln2