（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時15 3.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用夯基提能作業(yè).docx

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3.4　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 A組　基礎(chǔ)題組 1.“函數(shù)f(x)=a+ln x(x≥e)存在零點”是“a<-1”的(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案　B　由題意可知,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零點,則1+a≤0,即a≤-1,所以函數(shù)f(x)=a+ln x(x≥e)存在零點的充要條件為a≤-1,故選B. 2.已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),且xf (x)+f(x)>0,則函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點個數(shù)為(　　) A.0 B.1 C.0或1 D.無數(shù)個 答案　A　因為g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g(x)=xf (x)+f(x)(x>0),由題意可知g(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因為g(0)=1,y=f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),所以g(x)為(0,+∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù),g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上無零點. 3.(2018麗水模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若對于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,則實數(shù)a的值為　　　　. 答案　4 解析　當x=0時,無論a取何值, f(x)≥0顯然成立; 當x∈(0,1]時, f(x)=ax3-3x+1≥0可化為a≥3x2-1x3. 設(shè)g(x)=3x2-1x3,則g(x)=3(1-2x)x4, 令g(x)=0,得x=12, 所以g(x)在區(qū)間0,12上單調(diào)遞增,在區(qū)間12,1上單調(diào)遞減,因此g(x)max=g12=4,從而a≥4. 當x∈[-1,0)時,同理,a≤3x2-1x3,g(x)在區(qū)間[-1,0)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(-1)=4,從而a≤4. 綜上可知,a=4. 4.(2019紹興一中月考)已知函數(shù)f(x)=ex-3x+3a(e為自然對數(shù)的底數(shù),a∈R). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值; (2)求證:當a>ln3e,且x>0時,exx>32x+1x-3a. 解析　(1)由f(x)=ex-3x+3a知, f (x)=ex-3. 令f (x)=0,得x=ln 3, 于是當x變化時, f (x)和f(x)的變化情況如下表: x (-∞,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞) f (x) - 0 + f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln 3), 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 3,+∞), f(x)在x=ln 3處取得極小值,極小值為f(ln 3)=eln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a). (2)證明:待證不等式等價于ex-32x2+3ax-1>0, 設(shè)g(x)=ex-32x2+3ax-1,x>0, 則g(x)=ex-3x+3a,x>0. 由(1)及a>ln3e=ln 3-1知,g(x)的最小值為g(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0. ∴g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù), ∵g(0)=0,∴當x>0時,g(x)>0, 即ex-32x2+3ax-1>0,即exx>32x+1x-3a. 5.已知函數(shù)f(x)=12ax2-ln x(x>0,a∈R). (1)若a=2,求點(1, f(1))處的切線方程; (2)若不等式f(x)≥a2對任意x>0恒成立,求實數(shù)a的值. 解析　(1)當a=2時, f(x)=x2-ln x, f (x)=2x2-1x, ∴f(1)=1, f (1)=1,∴所求的切線方程為y=x. (2)易得f (x)=ax2-1x. 當a≤0時, f (x)<0,∴當x>1時, f(x)0時, f(x)在0,1a上單調(diào)遞減,在1a,+∞上單調(diào)遞增,∴f(x)min=f1a=12-ln1a, ∴12-ln1a≥a2,即1+ln a-a≥0. 設(shè)g(x)=1+ln x-x,則g (x)=1x-1=1-xx,∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1. 6.(2018浙江金華十校第二學(xué)期調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1. (1)求f(x)的最小值; (2)設(shè)h(x)≤f(x)對任意x∈[0,1]恒成立時k的最大值為λ,求證:4<λ<6. 解析　(1)因為f(x)=ex-x,所以f (x)=ex-1, 當x∈(-∞,0)時, f (x)<0, f(x)單調(diào)遞減, 當x∈(0,+∞)時, f (x)>0, f(x)單調(diào)遞增, 所以f(x)min=f(0)=1. (2)證明:由h(x)≤f(x),化簡可得k(x2-x3)≤ex-1, 當x=0,1時,k∈R, 當x∈(0,1)時,k≤ex-1x2-x3, 要證4<λ<6,則需證以下兩個問題: ①ex-1x2-x3>4對任意x∈(0,1)恒成立; ②存在x0∈(0,1),使得ex0-1x02-x03<6成立. 先證①ex-1x2-x3>4,即證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, 即證x≥4(x2-x3)?1≥4(x-x2)?(2x-1)2≥0, (2x-1)2≥0顯然成立, 所以ex-1x2-x3>4對任意x∈(0,1)恒成立; 再證②存在x0∈(0,1),使得ex0-1x02-x03<6成立, 取x0=12,e-114-18=8(e-1),因為e<74, 所以8(e-1)<834=6, 所以存在x0∈(0,1),使得ex0-1x02-x03<6成立, 由①②可知,4<λ<6. 7.(2019臺州中學(xué)月考)設(shè)f(x)=x-a-1x-aln x(a∈R). (1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點12, f12處的切線方程; (2)當0e-1成立?請說明理由. 解析　(1)當a=1時, f(x)=x-ln x, f (x)=1-1x.易知f12=12+ln 2, 所以曲線y=f(x)在點12,12+ln2處的切線的斜率為f 12=1-112=-1. 故所求的切線方程為y-12+ln2=-x-12, 即x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下: 假設(shè)當0e-1成立, 此時只需證明當x∈1e,e時, f(x)max>e-1即可. f (x)=1+a-1x2-ax=x2-ax+(a-1)x2=(x-1)[x-(a-1)]x2(x>0), 令f (x)=0得,x1=1,x2=a-1,當00. 故函數(shù)f(x)在1e,1上遞減,在(1,e)上遞增, 所以f(x)max=maxf1e, f(e). 于是,只需證明f(e)>e-1或f1e>e-1即可. 因為f(e)-(e-1)=e-a-1e-a-(e-1)=(e+1)(1-a)e>0, 所以f(e)>e-1,所以假設(shè)成立, 故當0e-1成立. B組　提升題組 1.(2018浙江,22,15分)已知函數(shù)f(x)=x-ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2; (2)若a≤3-4ln 2,證明:對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點. 解析　本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)用,同時考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用能力. (1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)=12x-1x, 由f (x1)=f (x2)得12x1-1x1=12x2-1x2, 因為x1≠x2, 所以1x1+1x2=12. 由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2, 因為x1≠x2,所以x1x2>256. 由題意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2). 設(shè)g(x)=12x-ln x,則g(x)=14x(x-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增, 故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1, 則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點. 2.設(shè)函數(shù)f(x)=a2x2-(ax+1)ln x+ax. (1)若a≥0,且函數(shù)y=f(x)有且僅有一個零點,求a的值; (2)是否存在實數(shù)a,使得不等式f(x)≥0對定義域內(nèi)的任意x恒成立?若存在,求出實數(shù)a的取值范圍;若不存在,請說明理由. 解析　函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), f(x)=(ax+1)(ax-ln x), (1)當a=0時, f(x)=-ln x,滿足題意. 當a>0時,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0?ax-ln x=0. 因為函數(shù)y=f(x)有且僅有一個零點,所以當直線y=ax與y=ln x相切時,a的值即為所求. 令(ln x)=1x=a,即x=1a,故切點坐標為1a,-lna,將其代入y=ax,得a=1e. 綜上可得a=0或1e. (2)存在.假設(shè)存在實數(shù)a,使得不等式f(x)≥0對定義域內(nèi)的任意x恒成立, 當a=0時,原不等式化為ln x≤0,不滿足題意. 當a>0時,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥lnxx. 令F(x)=lnxx,則F (x)=1-lnxx2, 所以函數(shù)F(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減, 所以函數(shù)F(x)在x=e處取得極大值,也為最大值,最大值為1e,由此可得a≥1e. 當a<0時,在0,-1a上,ax+1>0,在-1a,+∞上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,則g(x)=a-1x<0, 所以g(x)=ax-ln x在(0,+∞)上為減函數(shù), 所以只要當x=-1a時,ax-ln x=0成立即可,此時解得a=-e. 綜上可得,a∈1e,+∞∪{-e}. 3.(2019紹興一中月考)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-1x,求證: (1)當x<0時, f(x)<1; (2)對任意a>0,當0<|x|0,得x>0,令φ(x)<0,得x<0, 故φ(x)在(-∞,0)內(nèi)遞減,在(0,+∞)內(nèi)遞增, 所以對任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0, 即ex-1-x≥0(當且僅當x=0時,等號成立). 所以當x<0時,ex-1>x,即f(x)<1. (2)要證當0<|x|e-ln(1+a)-(1-a)=11+a-(1-a)=a21+a>0. 綜上,對任意a>0,當0<|x|0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間; (2)當a=0時,設(shè)函數(shù)g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函數(shù)g(x)在區(qū)間12,+∞上有兩個零點,求實數(shù)k的取值范圍. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f (x)=-ax+1+a-1x=-(ax-1)(x-1)x(a>0), 當a∈(0,1)時,1a>1. 由f (x)<0,得x>1a或x<1, 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),1a,+∞; 當a=1時,恒有f (x)≤0, 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞); 當a∈(1,+∞)時,1a<1. 由f (x)<0,得x>1或x<1a, 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1a,(1,+∞). 綜上,當a∈(0,1)時, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),1a,+∞; 當a=1時, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞); 當a∈(1,+∞)時, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1a,(1,+∞). (2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)+2在x∈12,+∞上有兩個零點,即關(guān)于x的方程k=x2-xlnx+2x+2在x∈12,+∞上有兩個不相等的實數(shù)根. 令函數(shù)h(x)=x2-xlnx+2x+2,x∈12,+∞, 則h(x)=x2+3x-2lnx-4(x+2)2, 令函數(shù)p(x)=x2+3x-2ln x-4,x∈12,+∞. 則p(x)=(2x-1)(x+2)x在12,+∞上有p(x)≥0, 故p(x)在12,+∞上單調(diào)遞增. 因為p(1)=0,所以當x∈12,1時,p(x)<0, 即h(x)<0,故h(x)單調(diào)遞減; 當x∈(1,+∞)時,p(x)>0, 即h(x)>0,故h(x)單調(diào)遞增. 因為h12=910+ln25,h(1)=1, 所以k的取值范圍是1,910+ln25.