2022人教版高考数学（浙江版）一轮复习训练：第三章第2讲第3课时导数与函数的综合问题（含解析）

[A级　基础练]1．已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1，所以f′(x)＝2ex－，所以f′(0)＝2－1＝1，又f(0)＝2－1＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解．设g(x)＝，则g′(x)＝，设h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex＜0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)的最大值为g(0)＝1，所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时，a＝1. 所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.2．(2021·温州七校联考)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝exlnx＋f(x)，证明：g(x)>1.解：(1)由f′(x)＝，得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．(2)证明：由(1)知g(x)＝exlnx＋，定义域为(0，＋∞)，所以g(x)>1，即exlnx＋>1等价于xlnx>－.设h(x)＝xlnx(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1.因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)在 (0，＋∞)上的最小值为h＝－.设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.[B级　综合练]3．已知函数f(x)＝ex＋bx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若b＝1，当x2＞x1＞0时，f(x1)－f(x2)＜(x1－x2)·(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex＋bx得f′(x)＝ex＋b，若b≥0，则f′(x)＞0，即f(x)＝ex＋bx在(－∞，＋∞)上是增函数；若b＜0，令f′(x)＞0得x＞ln(－b)，令f′(x)＜0得x＜ln(－b)，即f(x)＝ex＋bx在(－∞，ln(－b))上单调递减，在(ln(－b)，＋∞)上单调递增．(2)由题意知f(x)＝ex＋x，f(x1)－f(x2)＜(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)，即f(x1)－mx－x1＜f(x2)－mx－x2，由x2＞x1＞0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)上为增函数，所以φ′(x)＝ex－2mx≥0(x＞0)， 即2m≤(x＞0)．令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝，当h′(x)＜0时，0＜x＜1；当h′(x)＞0时，x＞1；当h′(x)＝0时，x＝1.所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤，所以实数m的取值范围为.4．(2021·浙江省名校协作体联考)已知函数f(x)＝ax2－x－ln.(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，求f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3.解：(1)因为f(x)＝ax2－x－ln＝ax2－x＋lnx，所以f′(x)＝2ax－1＋，所以k＝f′(1)＝2a.因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，所以2a＝2，即a＝1.所以f(1)＝0，故切点坐标为(1，0)．所以切线方程为y＝2x－2.(2)证明：因为f′(x)＝2ax－1＋＝，所以由题意知方程2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2， 所以f(x1)＋f(x2)＝ax＋ax－(x1＋x2)＋lnx1＋lnx2＝a(x＋x)－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝a－(x1＋x2)＋ln(x1x2)　＝ln－－1，令t＝，g(t)＝lnt－－1，则t∈(4，＋∞)，g′(t)＝－＝＜0，所以g(t)在(4，＋∞)上单调递减．所以g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3.[C级　提升练]5．设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.解：(1)因为f(x)＝ex－x，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)min＝f(0)＝1.(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1， 当x＝0，1时，k∈R，当x∈(0，1)时，k≤，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，即证x≥4(x2－x3)⇔1≥4(x－x2)⇔(2x－1)2≥0，(2x－1)2≥0，显然成立，所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；再证②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．取x0＝，＝8(－1)，因为＜，所以8(－1)＜8×＝6，所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，由①②可知，4＜λ＜6.6．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈ R)．(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，令f′(x)＜0，解得＜x＜1，故f(x)在(－∞，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)．当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；要m≥|f′(x)|，则m≥1；②当0＜a＜1时， 根据对称轴分类：当x＝＜2，即＜a＜1时，Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；当x＝≥2，即0＜a≤；f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值为1.