浙江专版2018年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题

重难增分训练（一）函数与导数的综合问题1．已知m，n∈(2，e)，且eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)＜lneq\f(m,n)，则()A．m＞n B．m＜nC．m＞2＋eq\f(1,n) D．m，n的大小关系不确定解析：选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．设f(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx(x∈(2，e))，则f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3).因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.故选A.2．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为________．解析：因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝eq\f(fx,ex)(x∈R)，则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)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为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·广东汕头模拟)已知函数f(x)＝x＋xlnx，若m∈Z，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，则m的最大值为________．解析：因为f(x)＝x＋xlnx，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，等价于m<eq\f(x＋xlnx,x－1)在(1，＋∞)上恒成立，等价于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必有实根，设为x0(x0－2－lnx0＝0)，且g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时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的最大值为3.答案：34．已知函数f(x)＝|xex|，方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，则实数t的取值范围为________．解析：f(x)＝|xex|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xex，x≥0，,－xex，x<0，))当x≥0时，f′(x)＝ex＋xex≥0恒成立，所以函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数；当x<0时，f′(x)＝－ex－xex＝－ex(x＋1)，由f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＝－ex(x＋1)>0，函数f(x)为增函数，当x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，函数f(x)为减函数，所以函数f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为f(－1)＝－(－1)e－1＝eq\f(1,e)，要使方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，令f(x)＝m，则方程m2＋tm＋1＝0应有两个不同的实根，且一个根在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内，一个根在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))内，令g(m)＝m2＋tm＋1，因为g(0)＝1>0，则只需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)有四个不同的实数根的t的取值范围为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．已知函数f(x)＝x－alnx＋b，a，b为实数．(1)若曲线x＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，b的值；(2)若|f′(x)|<eq\f(3,x2)对∈[2,3]恒成立，求a的取值范围．解：(1)由已知，得f′(x)＝1－eq\f(a,x)，且由题设得f′(1)＝2，f(1)＝5，从而，得1－a＝2且1＋b＝5，解得a＝－1，b＝4.(2)根据题设得，命题等价于当x∈[2,3]时，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．(*)设g(x)＝x－eq\f(3,x)，x∈[2,3]，h(x)＝x＋eq\f(3,x)，x∈[2,3]，则(*)式即为g(x)max<a<h(x)min，而当x∈[2,3]时，g(x)＝x－eq\f(3,x)和h(x)＝x＋eq\f(3,x)均为增函数，则g(x)max＝g(3)＝2，h(x)min＝h(2)＝eq\f(7,2)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2))).6．(2017·宁波模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x＞1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；(3)若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＋a，由题意可得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，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴当eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0时，函数t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值为－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)当a＝2时，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.当1＜x＜e时，f′(x)＜0，当x＞e时，f′(x)＞0，∴f(x)的极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e))＝eq\f(e,\f(1,2))＋2e＝4e.(3)将方程(2x－m)lnx＋x＝0两边同除以lnx得(2x－m)＋eq\f(x,lnx)＝0，整理得eq\f(x,lnx)＋2x＝m，即函数g(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x的图象与函数y＝m的图象在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上有两个不同的交点．由(2)可知，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())1，e))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e，e))上单调递增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())e))＝4e，g(e)＝3e，在(1，e]上，当x→1时，eq\f(x,lnx)→＋∞，∴4e＜m≤3e，故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())4e，3e)).7．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得最大值，最大值为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等价于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.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，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·合肥质检)已知函数g(x)＝ax3＋x2＋x(a为实数)．(1)试讨论函数g(x)的单调性；(2)若对任意x∈(0，＋∞)恒有g(x)≤lnx＋eq\f(1,x)，求实数a的取值范围．解：(1)g′(x)＝3ax2＋2x＋1.①当a＝0时，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增；②当a≠0时，Δ＝4－12a当a≥eq\f(1,3)时，g′(x)＝3ax2＋2x＋1≥0恒成立，此时g(x)在R上单调递增；当0＜a＜eq\f(1,3)时，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，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减；当a＜0时，g(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上单调递减，在(x2，x1)上单调递增．(2)令f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)，因此f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.当a＞－1时，g(1)＝a＋2＞1＝f(1)，显然对任意x∈(0，＋∞)不恒有f(x)≥g(x)；当a≤－1时，由(1)知，g(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减，则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，即满足对任意x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．综上，实数a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－1)).9．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内有极值．(1)求实数a的取值范围；(2)若x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)．求证：f(x2)－f(x1)>e＋2－eq\f(1,e).解：(1)0<x<1或x>1时，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)))内有解．令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)，不妨设0<α<eq\f(1,e)，则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.故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,e)－2，＋∞)).(2)证明：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)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，＋∞)递增．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)，因为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)，记h(β)＝2lnβ＋β－eq\f(1,β)，(β>e)，则h′(β)＝eq\f(2,β)＋1＋eq\f(1,β2)>0，h(β)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－eq\f(1,e).10．(2017·四川雅安模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．解：(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，则f′(2)＝eq\f(1－4a,2).因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－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，＋∞)，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，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)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递减．综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞)).(3)由(2)可知，(ⅰ)当a<0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a>0，故f(x)在[1，e2]上没有零点；(ⅱ)当a＝0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一个零点；(ⅲ)当a>0时，①若eq\f(\r(a),a)≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e2]上单调递减，因为f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，所以f(x)在[1，e2]上没有零点．②若1<eq\f(\r(a),a)≤e2，即eq\f(1,e4)≤a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f