浙江專版2018年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)重難增分訓(xùn)練一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題

重難增分訓(xùn)練（一）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題1．已知m，n∈(2，e)，且eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)＜lneq\f(m,n)，則()A．m＞n B．m＜nC．m＞2＋eq\f(1,n) D．m，n的大小關(guān)系不確定解析：選A由不等式可得eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)＜lnm－lnn，即eq\f(1,n2)＋lnn＜eq\f(1,m2)＋lnm．設(shè)f(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx(x∈(2，e))，則f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3).因為x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增．因為f(n)＜f(m)，所以n＜m.故選A.2．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)＜ex的解集為________．解析：因為f(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(x＋2)的圖象關(guān)于x＝0對稱，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝2對稱．所以f(0)＝f(4)＝1.設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)(x∈R)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex).又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減．因為f(x)＜ex?eq\f(fx,ex)＜1，而g(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，所以f(x)＜ex?g(x)＜g(0)，所以x＞0.答案：(0，＋∞)3．(2017·廣東汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋xlnx，若m∈Z，且f(x)－m(x－1)>0對任意的x>1恒成立，則m的最大值為________．解析：因為f(x)＝x＋xlnx，且f(x)－m(x－1)>0對任意的x>1恒成立，等價于m<eq\f(x＋xlnx,x－1)在(1，＋∞)上恒成立，等價于m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋xlnx,x－1)))min(x>1)．令g(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)(x>1)，所以g′(x)＝eq\f(x－2－lnx,x－12).易知g′(x)＝0必有實根，設(shè)為x0(x0－2－lnx0＝0)，且g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－1)＝eq\f(x0＋x0x0－2,x0－1)＝x0，因此m<x0，令h(x)＝x－2－lnx，可得h(3)<0，h(4)>0，故3<x0<4，又m∈Z，故m的最大值為3.答案：34．已知函數(shù)f(x)＝|xex|，方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四個不同的實數(shù)根，則實數(shù)t的取值范圍為________．解析：f(x)＝|xex|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xex，x≥0，,－xex，x<0，))當(dāng)x≥0時，f′(x)＝ex＋xex≥0恒成立，所以函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)x<0時，f′(x)＝－ex－xex＝－ex(x＋1)，由f′(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)＝－ex(x＋1)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值為f(－1)＝－(－1)e－1＝eq\f(1,e)，要使方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四個不同的實數(shù)根，令f(x)＝m，則方程m2＋tm＋1＝0應(yīng)有兩個不同的實根，且一個根在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內(nèi)，一個根在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))內(nèi)，令g(m)＝m2＋tm＋1，因為g(0)＝1>0，則只需geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))2＋eq\f(t,e)＋1<0，解得t<－eq\f(e2＋1,e)，所以使得方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四個不同的實數(shù)根的t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e2＋1,e))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(e2＋1,e)))5．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx＋b，a，b為實數(shù)．(1)若曲線x＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3，求a，b的值；(2)若|f′(x)|<eq\f(3,x2)對∈[2,3]恒成立，求a的取值范圍．解：(1)由已知，得f′(x)＝1－eq\f(a,x)，且由題設(shè)得f′(1)＝2，f(1)＝5，從而，得1－a＝2且1＋b＝5，解得a＝－1，b＝4.(2)根據(jù)題設(shè)得，命題等價于當(dāng)x∈[2,3]時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)))<eq\f(3,x2)恒成立?|x－a|<eq\f(3,x)恒成立?－eq\f(3,x)<a－x<eq\f(3,x)恒成立?x－eq\f(3,x)<a<x＋eq\f(3,x)恒成立．(*)設(shè)g(x)＝x－eq\f(3,x)，x∈[2,3]，h(x)＝x＋eq\f(3,x)，x∈[2,3]，則(*)式即為g(x)max<a<h(x)min，而當(dāng)x∈[2,3]時，g(x)＝x－eq\f(3,x)和h(x)＝x＋eq\f(3,x)均為增函數(shù)，則g(x)max＝g(3)＝2，h(x)min＝h(2)＝eq\f(7,2)，所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2))).6．(2017·寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x＞1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值；(3)若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有兩個不等實根，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＋a，由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤eq\f(1,ln2x)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).∵x∈(1，＋∞)，∴l(xiāng)nx∈(0，＋∞)，∴當(dāng)eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0時，函數(shù)t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值為－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)當(dāng)a＝2時，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2ln2x,ln2x)，令f′(x)＝0，得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝e.當(dāng)1＜x＜e時，f′(x)＜0，當(dāng)x＞e時，f′(x)＞0，∴f(x)的極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e))＝eq\f(e,\f(1,2))＋2e＝4e.(3)將方程(2x－m)lnx＋x＝0兩邊同除以lnx得(2x－m)＋eq\f(x,lnx)＝0，整理得eq\f(x,lnx)＋2x＝m，即函數(shù)g(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x的圖象與函數(shù)y＝m的圖象在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上有兩個不同的交點．由(2)可知，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())1，e))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e，e))上單調(diào)遞增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e))＝4e，g(e)＝3e，在(1，e]上，當(dāng)x→1時，eq\f(x,lnx)→＋∞，∴4e＜m≤3e，故實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())4e，3e)).7．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＜0時，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a＜0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a＜0時，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.設(shè)g(x)＝lnx－x＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當(dāng)x＞0時，g(x)≤0.從而當(dāng)a＜0時，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.8．(2017·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)g(x)＝ax3＋x2＋x(a為實數(shù))．(1)試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；(2)若對任意x∈(0，＋∞)恒有g(shù)(x)≤lnx＋eq\f(1,x)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)g′(x)＝3ax2＋2x＋1.①當(dāng)a＝0時，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增；②當(dāng)a≠0時，Δ＝4－12a當(dāng)a≥eq\f(1,3)時，g′(x)＝3ax2＋2x＋1≥0恒成立，此時g(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0＜a＜eq\f(1,3)時，由g′(x)＝3ax2＋2x＋1＝0得，x1＝eq\f(－1－\r(1－3a),3a)，x2＝eq\f(－1＋\r(1－3a),3a)，g(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時，g(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x2，x1)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)，因此f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1.當(dāng)a＞－1時，g(1)＝a＋2＞1＝f(1)，顯然對任意x∈(0，＋∞)不恒有f(x)≥g(x)；當(dāng)a≤－1時，由(1)知，g(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞減，則3axeq\o\al(2,1)＋2x1＋1＝0，即axeq\o\al(2,1)＝－eq\f(1,3)(2x1＋1)，所以在(0，＋∞)上，g(x)max＝g(x1)＝axeq\o\al(3,1)＋xeq\o\al(2,1)＋x1＝eq\f(1,3)xeq\o\al(2,1)＋eq\f(2,3)x1＝eq\f(1,3)(x1＋1)2－eq\f(1,3).又x1＝eq\f(－1－\r(1－3a),3a)＝eq\f(1,\r(1－3a)－1)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，所以g(x)max＝eq\f(1,3)(x1＋1)2－eq\f(1,3)≤1＝f(x)min，即滿足對任意x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．綜上，實數(shù)a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－1)).9．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內(nèi)有極值．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求證：f(x2)－f(x1)>e＋2－eq\f(1,e).解：(1)0<x<1或x>1時，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x－12)＝eq\f(x－12－ax,xx－12)＝eq\f(x2－a＋2x＋1,xx－12).由f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內(nèi)有解．令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)，不妨設(shè)0<α<eq\f(1,e)，則β>e，所以g(0)＝1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)－eq\f(a＋2,e)＋1<0，解得a>e＋eq\f(1,e)－2.故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,e)－2，＋∞)).(2)證明：由f′(x)>0?0<x<α或x>β，由f′(x)<0?α<x<1，或1<x<β，所以f(x)在(0，α)內(nèi)遞增，在(α，1)內(nèi)遞減，在(1，β)內(nèi)遞減，在(β，＋∞)遞增．由x1∈(0,1)，得f(x1)≤f(α)＝lnα＋eq\f(a,α－1)，由x2∈(1，＋∞)得f(x2)≥f(β)＝lnβ＋eq\f(a,β－1)，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)，因為α·β＝1，α＋β＝a＋2，所以f(β)－f(α)＝lnβ－lneq\f(1,β)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,β－1)－\f(1,α－1)))＝2lnβ＋a·eq\f(α－β,β－1α－1)＝2lnβ＋a·eq\f(\f(1,β)－β,2－a＋2)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β)，記h(β)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β)，(β>e)，則h′(β)＝eq\f(2,β)＋1＋eq\f(1,β2)>0，h(β)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－eq\f(1,e).10．(2017·四川雅安模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋y＋2＝0垂直，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e2]上零點的個數(shù)．解：(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，則f′(2)＝eq\f(1－4a,2).因為直線2x＋y＋2＝0的斜率為－2，所以(－2)×eq\f(1－4a,2)＝－1，解得a＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(1－ax2,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(\r(a),a)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>0))得x>eq\f(\r(a),a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述：當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞)).(3)由(2)可知，(ⅰ)當(dāng)a<0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a>0，故f(x)在[1，e2]上沒有零點；(ⅱ)當(dāng)a＝0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一個零點；(ⅲ)當(dāng)a>0時，①若eq\f(\r(a),a)≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞減，因為f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，所以f(x)在[1，e2]上沒有零點．②若1<eq\f(\r(a),a)≤e2，即eq\f(1,e4)≤a<1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f