2018年高考数学二轮复习压轴大题规范练3函数与导数1

(三)函数与导数(1)

1．(2017·天津)设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线．

①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0；

②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围．

(1)解 由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得

f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．

令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a.

由|a|≤1，得a<4－a.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x (－∞，a) (a,4－a) (4－a，＋∞)

f′(x) ＋ － ＋

f(x) ↗ ↘ ↗

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．

(2)①证明 因为g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))，

由题意知 gx0＝0ex，g′x0＝0ex，

所以 fx00ex＝0ex，0exfx0＋f′x0＝0ex，

解得 fx0＝1，f′x0＝0.所以f(x)在x＝x0处的导数等于0.

②解 因为g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex>0，

所以f(x)≤1.

又因为f(x0)＝1，f′(x0)＝0，

所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知，x0＝a.

另一方面，由于|a|≤1，故a＋1<4－a.

由(1)知，f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当x0＝a时，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，从而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立．

由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.

令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，

所以t′(x)＝6x2－12x.

令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0.

因为t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，

所以t(x)的值域为[－7,1]．所以b的取值范围是[－7,1]．

2．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．

(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；

(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．

解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，

底面的总成本为160πr2元，

所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．

又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，

所以h＝15r(300－4r2)，

从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．

因为r>0，又由h>0，可得r<53，

故函数V(r)的定义域为(0,53)．

(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，

所以V′(r)＝π5(300－12r2)，

令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．

当r∈(0,5)时，V′(r)>0，

故V(r)在(0,5)上为增函数；

当r∈(5,53)时，V′(r)<0，

故V(r)在(5,53)上为减函数．

由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.

即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．

3．(2017届天津市红桥区二模)已知函数f(x)＝ln x－ax＋bx(a，b∈R)，且对任意x>0，都有f(x)＋f 1x＝0.

(1)用含a的表达式表示b；

(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且x10；

(3)在(2)的条件下，判断y＝f(x)零点的个数，并说明理由．

解 (1)根据题意，令x＝1，

可得f(1)＋f(1)＝0，

所以f(1)＝－a＋b＝0，

经验证，可得当a＝b时，对任意x>0，

都有f(x)＋f 1x＝0，所以b＝a.

(2)由(1)可知，f(x)＝ln x－ax＋ax，且x>0，

所以f′(x)＝1x－a－ax2＝－ax2＋x－ax2，

令g(x)＝－ax2＋x－a，要使f(x)存在两个极值点x1，x2，则y＝g(x)有两个不相等的正实数根，

所以 a>0，12a>0，Δ＝1－4a2>0，g0＝－a<0或 a<0，12a>0，Δ＝1－4a2>0，g0＝－a>0，

解得0

可得0

由题意知，fa22＝ln a22－a32＋2a

＝2ln a＋2a－a32－ln 2，

令h(x)＝2ln x＋2x－x32－ln 2，

则h′(x)＝2x－2x2－3x22＝－3x4＋4x－42x2.

而当x∈0，12时，

－3x4＋4x－4＝－3x4－4(1－x)<0，

即h′(x)<0，

所以h(x)在0，12上单调递减，

所以h(x)>h12＝－2ln 2＋4－116－ln 2>6316－3ln e>0.

即当00.

(3)因为f′(x)＝1x－a－ax2＝－ax2＋x－ax2，

g(x)＝－ax2＋x－a.

令f′(x)＝0，得x1＝1－1－4a22a，

x2＝1＋1－4a22a.

由(2)知，当00，g(0)＝－a<0，所以x2>1.

又x1x2＝1，可得x1<1，

此时，f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，

所以y＝f(x)最多只有三个不同的零点．

又因为f(1)＝0，所以f(x)在(x1,1)上单调递增，

即当x∈[x1,1)时，f(x)<0恒成立．

根据(2)可知，fa22>0且0

所以a22∉(x1,1)，即a22∈(0，x1)，

所以∃x0∈a22，x1，使得f(x0)＝0.

由01，

又f1x0＝－f(x0)＝0，f(1)＝0，

所以f(x)恰有三个不同的零点：x0,1，1x0.

综上所述，y＝f(x)恰有三个不同的零点．

4．(2017·湖南省衡阳市联考)已知函数f(x)＝exsin x.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)如果对于任意的x∈0，π2，f(x)≥kx恒成立，求实数k的取值范围；

(3)设函数F(x)＝f(x)＋excos x，x∈－2 015π2，2 017π2，过点Mπ－12，0作函数F(x)图象的所有切线，令各切点的横坐标按从小到大的顺序构成数列{xn}，求数列{xn}的所有项之和S.

解 (1)∵f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＝2exsinx＋π4.

∴f(x)的递增区间为2kπ－π4，2kπ＋3π4 (k∈Z)；

递减区间为2kπ＋3π4，2kπ＋7π4 (k∈Z)．

(2)令g(x)＝f(x)－kx＝exsin x－kx，

要使f(x)≥kx恒成立，只需当x∈0，π2时，g(x)min≥0，

∵g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－k，

令h(x)＝ex(sin x＋cos x)，

则h′(x)＝2excos x≥0对x∈0，π2恒成立，

∴h(x)在0，π2上是增函数，则h(x)∈[1，e2]．

①当k≤1时，g′(x)≥0恒成立，g(x)在0，π2上为增函数，

∴g(x)min＝g(0)＝0，∴k≤1满足题意；

②当1

则当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，

∴g(x0)

③当k≥e2时，g′(x)≤0恒成立，

g(x)在0，π2上为减函数，

∴g(x)≤g(0)＝0不符合题意．

∴k≤1，即k∈(－∞，1]．

(3)∵F(x)＝f(x)＋excos x＝ex(sin x＋cos x)，

∴F′(x)＝2excos x，

设切点坐标为(x0，0ex(sin x0＋cos x0))，

则切线斜率为F′(x0)＝20excos x0，

从而切线方程为

y－0ex(sin x0＋cos x0)＝20excos x0(x－x0)，

∴－0ex(sin x0＋cos x0)＝20excos x0π－12－x0

⇔tan x0＝2x0－π2，

令y1＝tan x，y2＝2x－π2，这两个函数的图象均关于点π2，0对称，则它们交点的横坐标也关于x＝π2对称，从而所作的所有切线的切点的横坐标构成数列{xn}的项也关于x＝π2成对出现，又在－2 015π2，2 017π2上共有1 008对，每对和为π.

∴S＝1 008π.