2018届高三数学复习集合常用逻辑用语第3讲导数及其应用第2课时利用导数研究函数的综合问题理.docx

第2课时利用导数研究函数的综合问题A组基础题组1.(2017石家庄教学质量检测(一)已知函数f(x)=x2-ax与g(x)=ex的图象上存在关于直线y=x的对称点,则实数a的取值范围是() A.B.C.D.2.(2017广东五校协作体第一次诊断考试)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,g(x)0, f(x)g(x)f (x)g(x),f(x)=axg(x)(a0,a1),+=.在有穷数列(n=1,2,10)中,任意取正整数k(1k10),则前k项和大于的概率是()A.B.C.D.3.(2017兰州诊断考试)已知函数f (x)=ex+mln x(mR,e为自然对数的底数),若对任意正数x1,x2,当x1x2时都有f(x1)-f(x2)x1-x2成立,则实数m的取值范围是.4.若不恒为零的函数f(x)(x0)满足f(xy)=f(x)+f(y),且当x1时,f(x)0,则不等式f(x)+f0的解集为.5.(2017陕西高三教学质量检测试题(一)已知函数f(x)=ln(x+1)+(aR).(1)当a+(nN*).6.(2017甘肃张掖第一次诊断考试)已知函数f(x)=,曲线y=f(x)在点(e2,f(e2)处的切线与直线2x+y=0垂直(其中e为自然对数的底数).(1)求f(x)的解析式及单调递减区间;(2)是否存在最小的常数k,使得对任意x(0,1),f(x)+2恒成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.B组提升题组1.(2017湖南湘中名校高三联考)已知函数f(x)=xln x,g(x)=,直线l:y=(k-3)x-k+2.(1)曲线y=f(x)在x=e处的切线与直线l平行,求实数k的值;(2)若至少存在一个x01,e,使f(x0)1时,函数f(x)的图象恒在直线l的上方,求k的最大值.2.(2017广州综合测试(一)已知函数f(x)=ln x+(a0).(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a,b1时,f(ln b).答案精解精析A组基础题组1.A因为函数f(x)与g(x)的图象在上存在关于直线y=x对称的点,所以问题转化为方程x2-ax=ln x在上有解,即a=在上有解.令h(x)=,则h(x)=,当x=1时,h(x)=0,所以h(x)在上单调递减,在1,e上单调递增,又h(1)=1,h=e+,h(e)=e-,所以h(x),即a,故选A.2.C由f(x)=axg(x),可得ax=,=0,所以为减函数,所以0a1,由+=,可得a+=,解得a=或a=2,又0a可得k4,即5k10时,前k项和大于,故所求的概率为=.故选C.3.答案0,+)解析依题意得,对于任意的正数x1,x2,当x1x2时,都有f(x1)-x1f(x2)-x2,因此函数g(x)=f(x)-x在区间(0,+)上是增函数,于是当x0时,g(x)=f (x)-1=ex+-10,即x(ex-1)-m在(0,+)上恒成立.记h(x)=x(ex-1),x0,则有h(x)=(x+1)ex-1(0+1)e0-1=0(x0),所以h(x)在区间(0,+)上是增函数,h(x)的值域是(0,+),因此-m0,m0.故所求实数m的取值范围是0,+).4.答案解析令x=y=1,得f(1)=0,由f(1)=f(-1)(-1)=2f(-1)=0,得f(-1)=0,再令y=-1,得f(-x)=f(x)+f(-1),即f(-x)=f(x),f(x)为偶函数,不等式f(x)+f0可化为ff(1),即f(2x-3)f(1).由f(x)=f=f(x2)+ f=2f(x)+f,得f=-f(x),那么f=f(x)+f=f(x)-f(y),设0x11,得f0,即f(x2)-f(x1)0,即f(x2)f(x1),f(x)在(0,+)上为增函数,解得1x或x-1),f (x)=,a0,当x(-1,-a-1)时,f (x)0,函数f(x)的极小值为f(-a-1)=a+1+ln(-a),无极大值.(2)证明:由(1)知,取a=-1,f(x)=ln(x+1)-f(0)=0.当x0时,ln(x+1),取x=,得ln.ln+ln+ln+ln+,即ln(n+1)+.6.解析(1)f (x)=,由f (e2)=,得m=2,故f(x)=,此时f (x)=,由f (x)00x1或1x+2恒成立,即+2恒成立-2恒成立,当x(0,1)时,ln x2x-2ln x恒成立,令g(x)=2x-2ln x,则g(x)=,再令h(x)=2-ln x-2,得h(x)=h(1)=0,故g(x)=0,所以g(x)在(0,1)内单调递增,所以g(x)g(1)=2k2.故存在常数k=2满足题意.B组提升题组1.解析(1)由已知得f (x)=ln x+1,且f (e)=ln e+1=2=k-3,解得k=5.(2)因为至少存在一个x01,e,使f(x0)g(x0)成立,所以至少存在一个x01,e,使x0ln x0成立.令h(x)=,当x1,e时,h(x)=0恒成立,因此h(x)=在1,e上单调递增.故当x=1时,h(x)min=0,故实数a的取值范围为(0,+).(3)由已知得,xln x(k-3)x-k+2在(1,+)上恒成立,即k0在(1,+)上恒成立,所以m(x)在(1,+)上单调递增,且m(3)=1-ln 30,所以在(1,+)上存在唯一实数x0(x0(3,4)使m(x0)=0,即x0-ln x0-2=0.当1xx0时,m(x)0,即F(x)x0时,m(x)0,即F(x)0,所以F(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,故F(x)min=F(x0)=x0+2(5,6).故k0,x(0,a)时,f (x)0,所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.当x=a时,f(x)min=ln a+1.又f(1)=ln 1+a=a0,当ln a+10,即00;当x时,g(x)0,则0a.所以实数a的取值范围为.(2)令h(x)=xln x+a,则h(x)=ln x+1.当0x时,h(x)时,h(x)0,所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递增.当x=时,h(x)min=-+a.于是,当a时,h(x)-+a.令(x)=xe-x,则(x)=e-x-xe-x=