（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十六）函数与导数的综合问题 文（含解析）苏教版

课时跟踪检测（十六）函数与导数的综合问题1．已知函数f(x)＝lnx＋1ax－1a(a∈R且a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈1e，e时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)f′(x)＝ax－1ax2(x＞0)，当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＝ax－1ax2＞0，得x＞1a，由f′(x)＝ax－1ax2＜0，得0＜x＜1a，∴函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．(2)当x∈1e，e时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1.由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋1x－1在1e，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x∈1e，e时，f(x)≥f(1)＝0.∴1x＋lnx－1≥0在x∈1e，e上恒成立．∴h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1≥0＋1＞0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈1e，e上单调递增，∴h(x)min＝h1e＝－2e1e＋1e，h(x)max＝h(e)＝e.∴当m＜－2e1e＋1e或m＞e时，函数g(x)在1e，e上没有零点；当－2e1e＋1e≤m≤e时，函数g(x)在1e，e上有一个零点．2．已知函数f(x)＝xex.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有fx2－fax2－a＞fx1－fax1－a成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)因为f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，f(x)有极小值f(－1)＝－1e，无极大值．(2)存在满足题意的实数a.理由如下：令g(x)＝fx－fax－a＝xex－aeax－a(x＞a)，则fx2－fax2－a＞fx1－fax1－a等价于g(x)在(a，＋∞)上单调递增．又g′(x)＝x2－ax－ax＋aeax－a2，记h(x)＝(x2－ax－a)ex＋aea，则h′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝(x＋2)·(x－a)ex，故当a≥－2，且x＞a时，h′(x)＞0，h(x)在(a，＋∞)上单调递增．故h(x)＞h(a)＝0，从而g′(x)＞0，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，满足题意；另一方面，当a＜－2，且a＜x＜－2时，h′(x)＜0，h(x)在(a，－2)上单调递减．故h(x)＜h(a)＝0，从而g′(x)＜0，g(x)在(a，－2)上单调递减，不满足题意．所以a的取值范围为[－2，＋∞)．3．已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(a，b∈R)在x＝0处的导数值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1＜x2，(ⅰ)求实数b的取值范围；(ⅱ)证明：x1＋x2＜0.解：(1)因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a，又f′(0)＝0，所以a＝－1.(2)(ⅰ)因为f(x)＝ex－x＋b，所以f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝0处取得极小值，也是最小值，且f(0)＝1＋b.因为f(x)有两个零点x1，x2，所以f(0)＝1＋b＜0，所以b＜－1，即实数b的取值范围是(－∞，－1)．(ⅱ)证明：因为f(x1)＝0，f(x2)＝0，所以ex1－x1＋b＝0①，ex2－x2＋b＝0②，由②－①得ex2－ex1＝x2－x1，即ex1(ex2－x1－1)＝x2－x1.令x2－x1＝t，t＞0，则ex1(et－1)＝t，所以ex1＝tet－1，ex2＝tetet－1.要证x1＋x2＜0，只需证ex1ex2＜1，即证tet－1·tetet－1＜1，即证t2et＜(et－1)2，即证t2et－(et)2＋2et－1＜0.令m(t)＝t2et－(et)2＋2et－1，则m′(t)＝et(t2＋2t＋2－2et)．令n(t)＝t2＋2t＋2－2et，则n′(t)＝2t＋2－2et.设φ(t)＝2t＋2－2et，则当t＞0时，φ′(t)＝2－2et＜0，所以当t＞0时，φ(t)单调递减，因为φ(0)＝0，所以当t＞0时，φ(t)＜0，则n′(t)＜0，所以当t＞0时，n(t)单调递减，又n(0)＝0，所以当t＞0时，n(t)＜0，则m′(t)＜0，所以当t＞0时，m(t)单调递减，因为m(0)＝0，所以当t＞0时，m(t)＜0.综上可知，原式得证．4．若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.(1)讨论函数g(x)的单调性；(2)已知函数g(x)为“恒切函数”．①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)ex－m为“恒切函数”，求证：0≤m＜316.(参考数据：e3≈20)解：(1)g′(x)＝aex－1，当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，由g′(x)＞0，得x＞－lna；由g′(x)＜0，得x＜－lna，所以函数g(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，即ae0x－x0－pa＝0，ae0x－1＝0，解得a＝e－0x＞0，p＝e0x(1－x0)．设m(x)＝ex(1－x)，则m′(x)＝－xex，由m′(x)＜0，得x＞0；由m′(x)＞0，得x＜0，故函数m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m(x)max＝m(0)＝1，故实数p的取值范围为(－∞，1]．②证明：由①知当p取最大值时，p＝1，a＝1，故h(x)＝(ex－x－1)ex－m，则h′(x)＝(2ex－x－2)ex.因为函数h(x)为“恒切函数”，故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，由h′(x0)＝0，得(2e0x－x0－2)e0x＝0，即2e0x－x0－2＝0.设n(x)＝2ex－x－2，则n′(x)＝2ex－1，由n′(x)＞0，得x＞－ln2；由n′(x)＜0，得x＜－ln2，故n(x)在(－∞，－ln2)上单调递减，在(－ln2，＋∞)上单调递增．在单调递增区间(－ln2，＋∞)上，n(0)＝0，故x0＝0，则由h(x0)＝0，得m＝0.在单调递减区间(－∞，－ln2)上，n(－2)＝2e－2＞0，n－32＝2e32－12≈2×(20)12－12＝15－12＜0，故在区间－2，－32上存在唯一的x0，使得2e0x－x0－2＝0，即e0x＝x0＋22，此时由h(x0)＝0，得m＝(e0x－x0－1)e0x＝x0＋22－x0－1·x0＋22＝－14x0(x0＋2)＝－14(x0＋1)2＋14，因为函数r(x)＝－14(x＋1)2＋14在－2，－32上单调递增，且r(－2)＝0，r－32＝316，所以0＜m＜316.综上，0≤m＜316.