2020屆江蘇高考數(shù)學(xué)(理)總復(fù)習(xí)課堂檢測(cè)：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題

1、-1 則 h (x) = In x 1 ex+ 1. 由(1)知當(dāng) a= 1 時(shí)，f(x)= In x+ x 1 在 1 上單調(diào)遞減，在(1, e)上單調(diào)遞增, 當(dāng) x 1 e 時(shí)，f(x) f(1) = 0. 1 /丄丄+ In x 1 0 在 x x _1 i，e 恒成h (x)= 1 + In x 1 ex+ 1 0+ 1 0, h(x) = (In x 1)ex+ x 在 x e _e 單調(diào)遞增, 當(dāng) mv 2ee +：或 m e 時(shí)，函數(shù) g(x)在；e 沒有零點(diǎn); 當(dāng)-2ee + m三e時(shí)，函數(shù)g(x)在匕 e 上有一個(gè)零課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十六) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題 1 1 1.已知

2、函數(shù) f(x)= In x + ax-a( (a c R 且 )- (1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性； 當(dāng) x -, e 時(shí)，試判斷函數(shù) g(x)= (In x- 1)ex+ x-m 的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解：( (1) )f( (x) )=axa-21(xo), ax 當(dāng) av 0 時(shí)，f (x)0 恒成立，函數(shù) f(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增； ax 1 1 當(dāng) a0 時(shí)，由 f (x)= -0，得 x1, ax a ax 1 1 由f (x)= ax1 v o,得0v xv a， .函數(shù) f(x)在寸寸，+ a上單調(diào)遞增，在 0,-上單調(diào)遞減. 綜上所述，當(dāng) av 0 時(shí)，函數(shù) f(x)在(0

3、 ,+)上單調(diào)遞增; 當(dāng) a 0 時(shí)，函數(shù) f(x)在 右右+ a上單調(diào)遞增，在 0, *上單調(diào)遞減. 時(shí)，函數(shù) g(x)= (In x 1)ex+ x m 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，等價(jià)于方程 (In x 1)ex + x= m 的根的個(gè)數(shù). 令 h(x)= (In x 1)ex+ x, 當(dāng) x e e -h(X) )min = h 1 - 1 2ee +：, h(x)max = h(e)= e. e 1 _ x 2.已知函數(shù) f(x)= xe . 求 f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值; (2)是否存在實(shí)數(shù) a 使得對(duì)于任意的 xi, X2 (a,+s )，且 xi X2 a 也二 a 成立？ 若存在，求 a 的

4、取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由. xi a 解：因?yàn)?f(x) = xex, 所以 f (x)= (x+ 1)ex. 令 f (x)= 0，得 x= 1. 當(dāng) x 變化時(shí)，f (x), f(x)的變化情況如下表： X (8, 1) 1 (1 , + 8 ) f (X) 一 0 + f(x) 極小值 所以 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為( (一8, 1)，單調(diào)遞增區(qū)間為( (一 1,+ 8 ), 1 f(x)有極小值 f( 1)= -，無(wú)極大值. e 存在滿足題意的實(shí)數(shù) a.理由如下: 則f - f - 等價(jià)于 g(x)在 (a, + 8)上單調(diào)遞增. X2 a X1 a fx2 ax a ex+ a

5、ea (x)=XI2 記 h(x)= (x2 ax a)ex + aea, 則 h (x)= x2 + (2 a)x 2a ex = (x + 2) (x a)ex, 故當(dāng) a 2，且 xa 時(shí)，h (x)0, h(x)在(a, + 8)上單調(diào)遞增. 故 h(x) h(a)= 0，從而 g (x)0, g(x)在(a, + 8)上單調(diào)遞增，滿足題意； 另一方面，當(dāng) av 2,且 av xv 2 時(shí)，h (x) v 0, h(x)在(a, 2)上單調(diào)遞減. 故 h(x)v h(a)= 0, 從而 g (x)v 0, g(x)在(a, 2)上單調(diào)遞減，不滿足題意. 所以 a 的取值范圍為2,+ 8

6、). 3.已知函數(shù) f(x)= ex+ ax+ b(a, b R)在 x= 0 處的導(dǎo)數(shù)值為 0. (1) 求實(shí)數(shù) a 的值； (2) 若 f(x)有兩個(gè)零點(diǎn) X1, x2，且x1v x2, (i )求實(shí)數(shù) b 的取值范圍； x xe ae x a (x a), 又 g (ii )證明:X1+ X2 0, f(x)單調(diào)遞增. 所以 f(x)在 x = 0 處取得極小值，也是最小值，且 f(0) = 1+ b. 因?yàn)?f(x)有兩個(gè)零點(diǎn) X1, X2, 所以 f(0) = 1 + bv 0,所以 bv- 1, 即實(shí)數(shù) b 的取值范圍是( (一a,- 1) (ii )證明：因?yàn)?f(X1)= 0,

7、 f(X2) = 0, 所以 e%1 X1 + b= 0 ，e%2 X2 + b= 0 , 由一得 e 勺一 e X1 = X2 X1,即卩 e X1 (e X2X1 1) = x? Xj. 令 X2 X1= t, t 0，貝 y e X1 (ef 1) = t, e X1e X2v 1,即證亡上v 1, e i e i 即證 t2efv (e 1)2，即證 t2 (ef)2 + 2e 1 v 0. 令 m(t)= t2et (et)2+ 2et 1, 則 m (t)= et(t2 + 2t+ 2 2et). 令 n(t) = t2+ 2t+ 2 2e；貝 U n (t)= 2t+ 2 2et

8、. 設(shè) gt) = 2t+ 2 2e；則當(dāng) t0 時(shí)，/ (t)= 2 2etv 0, 所以當(dāng) t0 時(shí)，gt)單調(diào)遞減， 因?yàn)?g0) = 0，所以當(dāng) t0 時(shí)，gt)v 0，貝U n (t)v 0, 所以當(dāng) t0 時(shí)，n(t)單調(diào)遞減， 又 n(0) = 0,所以當(dāng) t0 時(shí)，n(t)v 0，貝U m (t) v 0, 所以當(dāng) t0 時(shí)，m(t)單調(diào)遞減， 因?yàn)?m(0)= 0,所以當(dāng) t 0 時(shí)，m(t) v 0. 綜上可知，原式得證. 4.若對(duì)任意實(shí)數(shù) k, b 都有函數(shù) y= f(x) + kx+ b 的圖象與直線 y= kx+ b 相切，則稱函 數(shù) f(x)為恒切函數(shù)”，設(shè)函數(shù) g

9、(x)= aex x pa, a, p R (1)討論函數(shù) g(x)的單調(diào)性； 已知函數(shù) g(x)為“恒切函數(shù)”. 求實(shí)數(shù) p 的取值范圍； 3 所以 e X1 占,e X2= e 1 e 1 要證 X1+ X2 0 時(shí)，由 g (x) 0,得 x In a;由 g (x)v 0，得 xv In a, 所以函數(shù) g(x)在( (a, In a)上單調(diào)遞減，在( (In a,+)上單調(diào)遞增. 綜上，當(dāng) aw 0 時(shí)，函數(shù) g(x)在 R 上單調(diào)遞減；當(dāng) a0 時(shí)，函數(shù) g(x)在( a , In a) 上單調(diào)遞減，在( (In a,+a)上單調(diào)遞增. 若函數(shù) f(x)為“恒切函數(shù)”，則函數(shù) y=

10、 f(x) + kx+ b 的圖象與直線 y= kx+ b 相切， 設(shè)切點(diǎn)為( (X。，y),貝 y f( (X。) )+ k = k 且 f(x0)+ kxo+ b= kx+ b, 即卩 f (x) = 0, f(x) = 0. 因?yàn)楹瘮?shù) ax)為“恒切函數(shù)”， 所以存在 冷，使得 g (X) = 0, g(X0) = 0, ae x0 Pa= 0, x 即 解得 a= e 0 0, p= e (1 x). 冊(cè)1= 0, x x 設(shè) m(x)= e (1 x),貝U m (x)= xe , 由 m (x)v 0,得 x0 ;由 m (x) 0，得 xv 0, 故函數(shù) m(x)在(a, 0)上

11、單調(diào)遞增，在(0 , + a )上單調(diào)遞減， 從而 m(x)max = m(0) = 1, 故實(shí)數(shù) P 的取值范圍為( (一a, 1. 證明：由知當(dāng) P 取最大值時(shí)，p= 1, a = 1, 故 h(x)= (ex x 1)ex m, 則 h (x)= (2ex x 2)ex. 因?yàn)楹瘮?shù) h(x)為“恒切函數(shù)”， 故存在 X0,使得 h ( (X。) = 0, h(X0) = 0, 由 h (X0) = 0,得(2eX0 X0 2)eX0 = 0，即 2eX0 x 2 = 0. 設(shè) n(x)= 2ex x 2,則 n (x) = 2ex 1, 由 n (x)0，得 x In 2 ;由 n (x)v 0,得 xv In 2, 故 n(x)在(a, In 2) 上單調(diào)遞減，在( (In 2, + a)上單調(diào)遞增. 在單調(diào)遞增區(qū)間( (一 In 2, + a)上, n(0) = 0, 故 X0= 0, 則由 h(x) = 0,得 m= 0. 在單調(diào)遞減區(qū)間( (一a, In 2) 上, n( 2)= 2e2 0, 3 1 2 = 2e_2 -2 2X (20) _2 -i= ；-1V 0, 故在區(qū)間 一 2, 3 上存在唯一的