2018年數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)項(xiàng)精練壓軸大題突破練（三）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（1）理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGEPAGE6學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精(三）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1）1．(2017屆北京市朝陽(yáng)區(qū)二模)已知函數(shù)f(x）＝ex＋x2－x，g(x）＝x2＋ax＋b，a，b∈R.（1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)F(x)＝f（x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2）若曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)（0，1)處的切線(xiàn)l與曲線(xiàn)y＝g（x)切于點(diǎn)(1,c)，求a,b,c的值；(3）若f（x）≥g(x)恒成立，求a＋b的最大值．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，g（x)＝x2＋x＋b,F（x）＝ex－2x－b，則F′(x)＝ex－2。令F′(x）＝ex－2>0，得x〉ln2，所以F(x)在(ln2，＋∞）上單調(diào)遞增．令F′(x）＝ex－2<0,得x<ln2，所以F（x)在（－∞，ln2)上單調(diào)遞減．所以F（x)的增區(qū)間是(ln2,＋∞),減區(qū)間是(－∞,ln2）．（2）因?yàn)閒′（x）＝ex＋2x－1，所以f′(0）＝0，所以l的方程為y＝1。依題意知，－eq\f(a,2)＝1，c＝1。于是l與拋物線(xiàn)g（x)＝x2－2x＋b切于點(diǎn)（1,1），由12－2＋b＝1，得b＝2.所以a＝－2，b＝2，c＝1.（3）設(shè)h（x）＝f(x）－g(x）＝ex－（a＋1）x－b,則h(x)≥0恒成立．易得h′（x）＝ex－(a＋1）．①當(dāng)a＋1≤0時(shí)，因?yàn)閔′(x)>0，所以此時(shí)h（x)在(－∞，＋∞）上單調(diào)遞增．（ⅰ）若a＋1＝0，則當(dāng)b≤0時(shí)滿(mǎn)足條件，此時(shí)a＋b≤－1；（ⅱ）若a＋1〈0，取x0〈0且x0〈eq\f（1－b，a＋1），此時(shí)h（x0）＝ex0－（a＋1)x0－b<1－（a＋1）eq\f（1－b，a＋1)－b＝0,所以h（x）≥0不恒成立，不滿(mǎn)足條件；②當(dāng)a＋1>0時(shí)，令h′（x)＝0，得x＝ln(a＋1）；由h′(x）>0，得x〉ln（a＋1);由h′（x)<0,得x<ln(a＋1)．所以h（x)在(－∞，ln(a＋1))上單調(diào)遞減，在（ln(a＋1），＋∞)上單調(diào)遞增．要使得“h（x)＝ex－(a＋1)x－b≥0恒成立”，必須有“當(dāng)x＝ln(a＋1）時(shí),h(x)min＝(a＋1）－（a＋1)ln(a＋1)－b≥0”所以b≤（a＋1)－（a＋1）ln(a＋1)，則a＋b≤2（a＋1)－（a＋1）ln（a＋1）－1.令G(x）＝2x－xlnx－1，x>0,則G′（x）＝1－lnx.令G′（x)＝0，得x＝e。由G′(x)〉0，得0<x〈e；由G′（x）〈0，得x〉e。所以G（x）在（0，e)上單調(diào)遞增，在(e,＋∞)上單調(diào)遞減，所以,當(dāng)x＝e時(shí),G(x）max＝e－1.從而，當(dāng)a＝e－1，b＝0時(shí)，a＋b的最大值為e－1.綜上，a＋b的最大值為e－1。2．某村莊擬修建一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形蓄水池（不計(jì)厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元（π為圓周率)．（1)將V表示成r的函數(shù)V（r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V（r）的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大．解(1）因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh元,底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為（200πrh＋160πr2)元．又根據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12000π,所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2），從而V(r）＝πr2h＝eq\f（π,5)（300r－4r3)．因?yàn)閞>0，又由h〉0，可得r〈5eq\r（3），故函數(shù)V（r)的定義域?yàn)?0，5eq\r(3））．（2）因?yàn)閂（r）＝eq\f(π,5)（300r－4r3），所以V′（r)＝eq\f(π,5)（300－12r2),令V′(r）＝0，解得r1＝5,r2＝－5（舍去)．當(dāng)r∈(0,5)時(shí)，V′（r)〉0,故V(r)在(0，5）上為增函數(shù);當(dāng)r∈（5，5eq\r（3))時(shí),V′(r)<0，故V（r)在（5,5eq\r（3))上為減函數(shù)．由此可知，V（r）在r＝5處取得最大值,此時(shí)h＝8。即當(dāng)r＝5，h＝8時(shí)，該蓄水池的體積最大．3．（2017屆天津市紅橋區(qū)二模)已知函數(shù)f(x）＝lnx－ax＋eq\f（b，x)(a，b∈R)，且對(duì)任意x>0，都有f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))）＝0.（1)用含a的表達(dá)式表示b；（2)若f（x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1〈x2，求出a的取值范圍，并證明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a2,2）))>0;(3）在（2)的條件下，判斷y＝f（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．解（1)根據(jù)題意,令x＝1，可得f(1)＋f（1)＝0，所以f(1)＝－a＋b＝0，經(jīng)驗(yàn)證，可得當(dāng)a＝b時(shí)，對(duì)任意x>0，都有f（x)＋feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,x)))＝0,所以b＝a。（2）由（1）可知,f（x)＝lnx－ax＋eq\f(a，x），且x〉0,所以f′（x）＝eq\f（1,x)－a－eq\f(a，x2）＝eq\f(－ax2＋x－a,x2)，令g(x)＝－ax2＋x－a，要使f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，則y＝g（x)有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,\f（1,2a）〉0，，Δ＝1－4a2>0，，g0＝－a<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〈0,,\f（1，2a)〉0，,Δ＝1－4a2〉0,,g0＝－a〉0，))解得0〈a〈eq\f(1,2）或無(wú)解，所以a的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，2))),可得0〈eq\f（a2,2）<eq\f（1,8）.由題意知，feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a2，2)））＝lneq\f（a2,2)－eq\f（a3,2）＋eq\f(2，a）＝2lna＋eq\f（2,a)－eq\f（a3，2)－ln2,令h(x)＝2lnx＋eq\f(2，x）－eq\f(x3,2）－ln2，則h′(x)＝eq\f(2，x）－eq\f（2,x2）－eq\f(3x2,2）＝eq\f（－3x4＋4x－4,2x2).而當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2)）)時(shí)，－3x4＋4x－4＝－3x4－4(1－x）〈0，即h′（x）〈0，所以h(x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2）))上單調(diào)遞減，所以h(x）〉heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2))）＝－2ln2＋4－eq\f（1,16）－ln2〉eq\f(63，16)－3lne>0。即當(dāng)0〈a<eq\f（1,2）時(shí),feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a2,2）))〉0.（3)因?yàn)閒′（x)＝eq\f（1,x)－a－eq\f(a,x2)＝eq\f(－ax2＋x－a，x2），g（x）＝－ax2＋x－a.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f（1－\r（1－4a2),2a)，x2＝eq\f(1＋\r（1－4a2)，2a).由(2）知，當(dāng)0〈a〈eq\f（1，2)時(shí),y＝g（x)的對(duì)稱(chēng)軸x＝eq\f(1，2a)∈(1,＋∞)，Δ＝1－4a2〉0，g(0)＝－a〈0，所以x2>1.又x1x2＝1，可得x1〈1，此時(shí)，f(x）在(0，x1)上單調(diào)遞減，在（x1,x2）上單調(diào)遞增，在(x2,＋∞）上單調(diào)遞減，所以y＝f（x)最多只有三個(gè)不同的零點(diǎn)．又因?yàn)閒（1）＝0，所以f（x)在(x1,1)上單調(diào)遞增，即當(dāng)x∈[x1,1）時(shí),f（x)<0恒成立．根據(jù)（2）可知，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a2,2))）〉0且0<eq\f（a2，2）<eq\f（1,8)，所以eq\f(a2，2）?(x1，1），即eq\f（a2，2)∈(0，x1），所以?x0∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a2,2），x1）），使得f(x0）＝0。由0〈x0〈x1〈1,得eq\f(1，x0)〉1,又feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0））)＝－f(x0）＝0，f(1)＝0，所以f(x)恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)：x0，1，eq\f(1,x0）.綜上所述，y＝f(x)恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)．4．(2017·福建省泉州市質(zhì)檢）已知函數(shù)f（x）＝lnx－kx＋k.(1）若f(x)≥0有唯一解，求實(shí)數(shù)k的值;（2)證明：當(dāng)a≤1時(shí),x(f（x）＋kx－k)〈ex－ax2－1.（附：ln2≈0。69，ln3≈1.10，eeq\f（3,2)≈4.48，e2≈7。39）(1）解函數(shù)f(x）的定義域?yàn)?0,＋∞)．要使f（x)≥0有唯一解,只需滿(mǎn)足f（x）max＝0，且f（x)max的解唯一，f′(x）＝eq\f（1－kx，x）.①當(dāng)k≤0時(shí)，f′（x）〉0，故f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，且f（1）＝0,所以f(x）≥0的解集為[1，＋∞),不符合題意;②當(dāng)k〉0，且x∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（1，k)）)時(shí)，f′（x)≥0,f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，k），＋∞））時(shí),f′(x)<0，f（x）單調(diào)遞減,所以f(x)有唯一的一個(gè)最大值為feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,k））)，令g（k）＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，k）)）＝k－lnk－1(k>0），則g(1）＝0，g′（k）＝eq\f（k－1,k)，當(dāng)0<k〈1時(shí)，g′（k）<0，故g(k）單調(diào)遞減；當(dāng)k>1時(shí)，g′（k）>0，故g(k)單調(diào)遞增，所以g(k）≥g（1）＝0，故令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,k))）＝k－lnk－1＝0，解得k＝1，此時(shí)f（x)有唯一的一個(gè)最大值為f(1），且f(1)＝0,故f(x）≥0的解集是｛1｝，符合題意．綜上，可得k＝1.（2）證明要證當(dāng)a≤1時(shí),x(f（x）＋kx－k)<ex－ax2－1,即證當(dāng)a≤1時(shí)，ex－ax2－xlnx－1〉0,即證ex－x2－xlnx－1>0。由(1)得當(dāng)k＝1時(shí)，f（x)≤0，即lnx≤x－1，又x〉0，所以xlnx≤x(x－1）,故只需證ex－2x2＋x－1〉0，當(dāng)x>0時(shí)成立；令h（x)＝ex－2x2＋x－1(x≥0），則h′(x）＝ex－4x＋1，令F（x）＝h′（x），則F′(x）＝ex－4,令F′(x）＝0，得x＝2ln2。因?yàn)镕′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0，2ln2］時(shí)，F(xiàn)′（x）≤0,F(x)單調(diào)遞減，即h′（x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（2ln2，＋∞)時(shí),F′(x）>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，即h′(x）單調(diào)遞增，且h′(2ln2）＝5－8ln2<0，h′（0）＝2〉0，h′(2）＝e2－8＋1>0,由零點(diǎn)存在性定理可知，?x1∈(0，2ln2)，?x2∈(2ln2,2),使得h′（x1）＝h′（x2）＝0，故當(dāng)0<x〈x1或x〉x2時(shí)，h′（x）〉0，h（x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，h′（x)