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高考压轴大题突破练(三)
——函数与导数(1)
(推举时间：70分钟)
1．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝(a>0)，设F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)求函数F(x)的单调区间；
(2)若以函数y＝F(x)(x∈(0,3])图象上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤恒成立，求实数a的最小值．
解 (1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋(x>0)，
F′(x)＝－＝.
∵a>0，由F′(x)>0⇒x∈(a，＋∞)，
∴F(x)在(a，＋∞)上是增函数．
由F′(x)<0⇒x∈(0，a)，∴F(x)在(0，a)上是减函数．
综上，F(x)的单调递减区间为(0，a)，
单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由F′(x)＝(0<x≤3)，得
k＝F′(x)＝≤(0<x0≤3)恒成立⇒a≥－x＋x0(0<x0≤3)恒成立．
∵当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
∴a≥，即实数a的最小值为.
2．已知f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a≠0，求函数f(x)的单调区间；
(3)若不等式2xln x≤f′(x)＋a2＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴k＝f′(1)＝4，又f(1)＝3，∴切点坐标为(1,3)，∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，即4x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，
由f′(x)＝0，得x＝－a或x＝.
①当a>0时，由f′(x)<0，得－a<x<.
由f′(x)>0，得x<－a或x>，
此时f(x)的单调递减区间为(－a，)，单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)<0，得<x<－a.
由f′(x)>0，得x<或x>－a，
此时f(x)的单调递减区间为(，－a)，
单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．
综上，当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－a，)，
单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．
当a<0时，f(x)的单调递减区间为(，－a)，
单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．
(3)依题意x∈(0，＋∞)，不等式2xln x≤f′(x)＋a2＋1恒成立，等价于2xln x≤3x2＋2ax＋1在(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln x－x－在(0，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝ln x－－，
则h′(x)＝－＋＝－.
令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，
当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.
当x变化时，h′(x)与h(x)变化状况如下表
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
－2
单调递减
∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，
∴a≥－2，即a的取值范围是[－2，＋∞)．
3．某知名保健品企业新研发了一种健康饮品，已知每天生产该种饮品最多不超过4万瓶，最少1 000瓶，经检测在生产过程中该饮品的正品率P与每日生产产品瓶数x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝，每生产一瓶饮品盈利4元，每毁灭一瓶次品亏损2元．(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)
(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；
(2)求该种饮品日利润的最大值．
解 (1)由题意，得每生产1 000瓶饮品盈利4 000元，每毁灭1 000瓶次品亏损2 000元，
故y＝4 000··x－2 000(1－)·x＝3 600x－x3.
所以日利润y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)．
(2)令f(x)＝－x3＋3 600x，x∈[1,40]，
则f′(x)＝3 600－4x2，令f′(x)＝0，解得x＝30.
当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0.
所以函数f(x)＝－x3＋3 600x(1≤x≤40)在[1,30)上单调递增，在(30,40]上单调递减．
所以当x＝30时，函数y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，
最大值为－×303＋3 600×30＝72 000.
所以该种饮品的日产量为30千瓶，即3万瓶时，日利润最大，最大值为72 000元．
4．已知函数f(x)＝(a∈R)，g(x)＝.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有公共点，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝e1－a，
当x∈(0，e1－a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当x∈(e1－a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数．
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，
单调递减区间为(e1－a，＋∞)，
极大值为f(x)极大值＝f(e1－a)＝ea－1，无微小值．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝，
则F′(x)＝.
令F′(x)＝0，得x＝e2－a；令F′(x)>0，得x<e2－a；
令F′(x)<0，得x>e2－a，
故函数F(x)在区间(0，e2－a)上是增函数，
在区间(e2－a，＋∞)上是减函数．
①当e2－a<e2，即a>0时，
函数F(x)在区间(0，e2－a)上是增函数，
在区间(e2－a，e2]上是减函数，
所以F(x)max＝F(e2－a)＝ea－2.
又F(e1－a)＝0，F(e2)＝>0，
由图象，易知当0<x<e1－a时，F(x)<0；
当e1－a<x≤e2时，F(x)>0，
此时函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有1个公共点．
②当e2－a≥e2，即a≤0时，F(x)在区间(0，e2]上是增函数，F(x)max＝F(e2)＝.
若F(x)max＝F(e2)＝≥0，即－1≤a≤0时，
函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上只有1个公共点；
若F(x)max＝F(e2)＝<0，即a<－1时，
函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上没有公共点．
综上，满足条件的实数a的取值范围是[－1，＋∞)．
5．设f(x)＝ln x＋－1，证明：
(1)当x>1时，f(x)<(x－1)；
(2)当1<x<3时，f(x)<.
证明 (1)方法一 记g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，
则当x>1时，g′(x)＝＋－<0.
又g(1)＝0，所以有g(x)<0，即f(x)<(x－1)．
方法二 当x>1时，2<x＋1，故<＋.①
令k(x)＝ln x－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝－1<0，
故k(x)<0，即ln x<x－1.②
由①②得，当x>1时，f(x)<(x－1)．
(2)方法一 记h(x)＝f(x)－，
由(1)得h′(x)＝＋－
＝－<－
＝.
令G(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，
G′(x)＝3(x＋5)2－216<0，
因此G(x)在(1,3)内是减函数．
又由G(1)＝0，得G(x)<0，所以h′(x)<0.
因此h(x)在(1,3)内是减函数．
又h(1)＝0，所以h(x)<0.
于是当1<x<3时，f(x)<.
方法二 记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，
则当1<x<3时，
由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
<(x－1)＋(x＋5)·－9
＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]
<
＝(7x2－32x＋25)<0.
因此h(x)在(1,3)内单调递减．
又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<.
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