【数学】2020届江苏一轮复习通用版3-3导数在实际问题中的应用及综合应用作业
3.3 导数在实际问题中的应用及综合应用
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
导数在实际问题中的应用及综合应用
1.实际问题中的最值问题
2.函数综合问题的探究
2016江苏,17
导数在实际问题中的应用
几何体的体积
★★★
2016江苏,20
函数的综合问题探究
2018江苏,17
函数在实际问题中的应用
三角函数的应用
分析解读 导数在实际问题中的应用和导数的综合应用是江苏高考的必考内容.考查学生分析问题的能力及学生数学建模与数学抽象的学科素养.
炼技法
【方法集训】
方法一 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题的方法
(2019届江苏启东检测)设函数f(x)=aln x+1-a2x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)
0, f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以存在x0≥1,使得f(x0)1,故当x∈1,a1-a时, f '(x)<0,当x∈a1-a,+∞时, f '(x)>0,即f(x)在1,a1-a上单调递减,在a1-a,+∞上单调递增.
所以存在x0≥1,使得f(x0)aa-1,所以不合题意.
③若a>1,则f(1)=1-a2-1=-a-121.
综上,a的取值范围是(-2-1,2-1)∪(1,+∞).
方法二 利用导数解决函数零点问题的方法
(2018江苏镇江期末)已知b>0,且b≠1,函数f(x)=ex+bx,其中e为自然对数的底数.
(1)对满足b>0,且b≠1的任意实数b,证明函数y=f(x)的图象经过唯一定点;
(2)如果关于x的方程f(x)=2有且只有一个解,求实数b的取值范围.
解析 (1)假设y=f(x)过定点(x0,y0),则y0=ex0+bx0对任意b>0,且b≠1恒成立.
令b=2得y0=ex0+2x0;令b=3得y0=ex0+3x0,
所以2x0=3x0,32x0=1,解得唯一解x0=0,所以y0=2,
所以函数y=f(x)的图象经过唯一定点(0,2).
(2)令g(x)=f(x)-2=ex+bx-2,则g(x)为R上连续函数,且g(0)=0,
则方程g(x)=0存在一个解.
(i)当b>1时,g(x)为增函数,此时g(x)=0只有一解.
(ii)当00,00,所以g'(x)>0,g(x)为增函数.
所以g(x)极小=g(x0),又g(x)的定义域为R,所以g(x)min=g(x0).
①若x0>0,g(x)在(-∞,x0)上为减函数,g(x0)0.
所以x∈(x0,ln 2)时,g(x)至少存在另外一个零点,矛盾.
②若x0<0,g(x)在(x0,+∞)上为增函数,g(x0)0,所以g(x)在(logb2,x0)上存在另一个解,矛盾.
③当x0=logeb(-ln b)=0,则-ln b=1,解得b=1e,此时方程为g(x)=ex+1ex-2=0,由(1)得,只有唯一解x0=0,满足条件.
综上,当b>1或b=1e时,方程f(x)=2有且只有一个解.
方法三 利用导数解决生活中的优化问题的方法
(2018江苏淮安、宿迁期中)将2张边长均为1分米的正方形纸片分别按甲、乙两种方式剪裁并废弃阴影部分.
(1)在图甲的方式下,剩余部分恰能完全覆盖某圆锥的表面,求该圆锥的母线长及底面半径;
(2)在图乙的方式下,剩余部分能完全覆盖一个长方体的表面,求长方体体积的最大值.
解析 (1)图甲对应的圆锥如图丙,设圆锥母线PA=L分米,圆锥底面半径OA=r分米,
则有L+r+2r=2,14×2πL=2πr,解得L=202-823,r=52-223,
∴该圆锥的母线长为202-823分米,底面半径为52-223分米.
(2)图乙剩余部分覆盖的长方体如图丁所示,设其同一顶点处的三条棱长分别为a,b,c,则2(a+b)=1,b+c=1⇒a=12-b,c=1-b,
长方体体积V=abc=12-bb(1-b)=b3-32b2+12b00,b∈3-36,12时,g'(b)<0,
∴g(b)在0,3-36上递增,在3-36,12上递减,
∴当b=3-36时,Vmax=12-3-36×3-36×1-3-36=336.
∴长方体体积的最大值为336立方分米.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·江苏卷题组
1.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
解析 本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ米,EC=40sin θ米,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)
=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=14,θ0∈0,π6.
当θ∈θ0,π2时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是14,1.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是14,1.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,
所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0).
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈θ0,π2.
设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈θ0,π2.
则f '(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1),令f '(θ)=0,得θ=π6,
当θ∈θ0,π6时, f '(θ)>0,所以f(θ)为增函数;
当θ∈π6,π2时, f '(θ)<0,所以f(θ)为减函数,
因此,当θ=π6时, f(θ)取到最大值.
答:当θ=π6时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
名师点睛 (1)用θ表示OE和EC,就能求出矩形ABCD及三角形CPD的面积,求定义域时抓住N、G关于OK对称得到∠GOK的正弦值,从而求得sin θ的范围.
(2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代θ的范围,判断f '(θ)的符号,再确定f(θ)的单调性,就能得到最大值,从而解决问题.
2.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
解析 (1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6,
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
V锥=13·A1B12·PO1=13×62×2=24(m3);
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).
(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则00,V是单调增函数;
当230,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=12.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
解析 (1)因为a=2,b=12,
所以f(x)=2x+2-x.
①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.
②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,
所以m≤(f(x))2+4f(x)对于x∈R恒成立.
而(f(x))2+4f(x)=f(x)+4f(x)≥2f(x)·4f(x)=4,且(f(0))2+4f(0)=4,
所以m≤4,故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,
所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g'(x)=axln a+bxln b,又由01知ln a<0,ln b>0,所以g'(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2,
从而对任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的单调增函数.
于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)g'(x0)=0.
因而函数g(x)在(-∞,x0)上是单调减函数,在(x0,+∞)上是单调增函数.
下证x0=0.
若x0<0,则x0aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为00,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点 导数在实际问题中的应用及综合应用
1.(2015课标Ⅰ改编,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是 .
答案 32e,1
2.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f '(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时, f '(x)<0;
当x∈a-a2-42,a+a2-42时, f '(x)>0.
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.
(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1,不妨设x11,
由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.
方法总结 构造函数证明不等式的策略:
(1)转化为f(x)≥C(C为常数)型,证明f(x)min或临界值大于或等于C.
(2)转化为f(x)≥g(x)型,利用导数判断f(x),g(x)的单调性,进而求出函数f(x)、g(x)的最值或临界值,用原不等式成立的充分条件证明.
(3)转化为f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型,构造函数h(x)=f(x)+g(x),利用h(x)单调性及a,b的大小证明.
4.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时, f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
解析 (1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,
则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.
而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即ae24,由于h(0)=1,
所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.
因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.
5.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln lnalna;
(3)证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
解析 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a.
令h'(x)=0,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
h'(x)
-
0
+
h(x)
↘
极小值
↗
所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明:由f '(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ax1ln a.
由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.
因为这两条切线平行,故有ax1ln a=1x2lna,
即x2ax1(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,
所以x1+g(x2)=-2ln lnalna.
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1ln a·(x-x1).
曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).
要证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.
即只需证明当a≥e1e时,
方程组ax1lna=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna,②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,
得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln lnalna=0.③
因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+1lna+2ln lnalna,
即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,
即1-(ln a)2x0ax0=0.
由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥e1e,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln lnalna=1x0(lna)2+x0+2ln lnalna≥2+2ln lnalna≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0.
由(1)可得ax≥1+xln a,当x>1lna时,有
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln lnalna,
所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.
所以,当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
6.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
(1)函数f(x)的导函数f '(x)=12x-1x,
由f '(x1)=f '(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,
因为x1≠x2,
所以1x1+1x2=12.
由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12 x-ln x,则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,+∞)上单调递增,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,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解 (1)f '(x)=12x-1x,
且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
设f '(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.
即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴Δ=1-16t>0,x1+x2=12t>0,x1x2=1t>0,即0g116=8-8ln 2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.
取m=e-|a|-k,则h(m)=e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥e-|a|-k+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
又x>0时,x-kx<12k-k·12k2=14k.
即h(x)<14k-a-ln x,取n=e14k-a,
则h(n)<14k-a-ln n=0,
而-|a|-k≤-a-k<-a+14k,∴n>m>0.
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
∵h'(x)=12x-1x-k≤12×14-142-k=116-k,
∴当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
即当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当00,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当00,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
7.(2017课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈0,-12a时, f '(x)>0;
当x∈-12a,+∞时, f '(x)<0,
故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+∞单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-12a取得最大值,最大值为f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等价于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=1x-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2.
8.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+122…1+12n0,由f '(x)=1-ax=x-ax知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n.
从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.故1+121+122…1+12n2,所以m的最小值为3.
评析 导数是研究函数的单调性、极值(最值)有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系;(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性或已知单调性,求参数;(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题;(4)考查数形结合思想的应用.
9.(2016课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解析 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)
(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分)
(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且ba2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b>0,
故f(x)存在两个零点.(4分)
(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时, f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分)
若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分)
(2)不妨设x1f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.(10分)
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g '(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时, g '(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(12分)
思路分析 (1)根据a的值分a=0,a>0和a<0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即可确定零点个数,进而得a的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将x1+x2<2转化为函数值间的不等关系,从而构造函数进行证明.
C组 教师专用题组
1.(2017课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.
解析 本题考查了导数的综合应用.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-1x,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-1x.
当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h'(x)<0;
当x∈12,+∞时,h'(x)>0.
所以h(x)在0,12单调递减,在12,+∞单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12有唯一零点x0,在12,+∞有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<14.
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-20;当x∈(20,30)时,V'<0.
所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值.
此时ha=12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.
评析 本题考查函数的概念、导数的求法等基础知识,考查数学建模能力、空间想象能力、数学阅读能力、运算能力及解决实际问题的能力等,要求高,难度较大,易错点颇多.
3.(2012江苏,18,16分)若函数y=f (x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f (x)的极值点.
已知a,b是实数,1和-1是函数f (x)=x3+ax2+bx的两个极值点.
(1)求a和b的值;
(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f (x)+2,求g(x)的极值点;
(3)设h(x)=f (f (x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的零点个数.
解析 (1)由题设知f '(x)=3x2+2ax+b,
且f '(-1)=3-2a+b=0,
f '(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x.
因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),
所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,
于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2.
当x<-2时,g'(x)<0;当-20,故-2是g(x)的极值点.
当-21时,g'(x)>0,故1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极值点为-2.
(3)令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c.先讨论关于x的方程 f(x)=d根的情况,d∈[-2,2].
当|d|=2时,由(2)可知, f(x)=-2的两个不同的根为1和-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1和2.
当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0, f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0,
所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根.由(1)知f '(x)=
3(x+1)(x-1).
①当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从而f(x)>f(2)=2,
此时f(x)=d无实根.同理, f(x)=d在(-∞,-2)上无实根.
②当x∈(1,2)时, f '(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-d<0, f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理, f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.
③当x∈(-1,1)时, f '(x)<0,故f(x)是单调减函数,
又f(-1)-d>0, f(1)-d<0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一实根.
由上可知:当|d|=2时, f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足|x1|=1,|x2|=2;
当|d|<2时, f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i=3,4,5.
现考虑函数y=h(x)的零点.
(i)当|c|=2时, f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,而f(x)=t1有三个不同的根, f(x)=t2有两个不同的根,故y=h(x)有5个零点.
(ii)当|c|<2时, f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5满足|ti|<2,i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y=h(x)有9个零点.
综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;当|c|<2时,函数y=h(x)有9个零点.
评析本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识,考查运算求解能力、运用数形结合、分类讨论等思想方法分析与解决问题的能力.
【三年模拟】
一、填空题(每小题5分,共40分)
1.(2019届江苏徐州三中检测)已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是 .
答案 3
2.(2019届江苏镇江一中检测)f(x)=x3-3x+a有3个不同的零点,则a的取值范围是 .
答案 (-2,2)
3.(2019届江苏南通中学检测)已知a∈R,且函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,那么实数a的取值范围是 .
答案 (-∞,-1)
4.(2019届江苏汇龙中学检测)某银行准备设一种新的定期存款业务,经预测,存款量与存款利率的平方成正比,比例系数为k(k>0),贷款的利率为4.8%,假设银行吸收的存款能全部放贷出去.若存款利率为x(x∈(0,0.048)),则银行获得最大收益的存款利率为 .
答案 3.2%
5.(2019届江苏高邮中学检测)已知函数f(x)=13x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若f(x)+5≥0恒成立,则实数m的取值范围是 .
答案 179,+∞
6.(2019届江苏海门中学检测)若函数f(x)=-13x3+12x2+2ax在23,+∞上存在单调递增区间,则a的取值范围是 .
答案 -19,+∞
7.(2019届江苏包场中学检测)设f(x)=|ln x|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,4)上有三个零点,则实数a的取值范围是 .
答案 ln 22,1e
8.(2019届江苏海头中学检测)已知函数f(x)=ax-1+ln x,若存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,则实数a的取值范围是 .
答案 (-∞,1]
二、解答题(共45分)
9.(2019届江苏苏州中学检测)设函数f(x)=ln x+mx,m∈R.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f '(x)-x3零点的个数.
解析 (1)当m=e时, f(x)=ln x+ex,
则f '(x)=x-ex2,由f '(x)=0,得x=e.
所以当x∈(0,e)时, f '(x)<0, f(x)在(0,e)上单调递减;
当x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(e,+∞)上单调递增,
所以当x=e时, f(x)取得极小值f(e)=ln e+ee=2,所以f(x)的极小值为2.
(2)g(x)=f '(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0).
令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).
令φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).
当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以x=1是φ(x)唯一的极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,
所以φ(x)的最大值为φ(1)=23.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知
①当m>23时,函数g(x)无零点;
②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当023时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当00时,解关于x的不等式f '(x)>ex;
(2)若f(x)在[-1,1]上是单调增函数,求a的取值范围;
(3)当a=0时,求使方程f(x)=x+2在[k,k+1]上有解的整数k的所有值.
解析 (1)f '(x)=[ax2+(2a+1)x+1]ex,
不等式f '(x)>ex可化为[ax2+(2a+1)x]ex>0.
因为ex>0,故有ax2+(2a+1)x>0,
当a>0时,不等式f '(x)>ex的解集是-∞,-2a+1a∪(0,+∞).
(2)由(1)得f '(x)=[ax2+(2a+1)x+1]ex,
①当a=0时, f '(x)=(x+1)ex, f '(x)≥0在[-1,1]上恒成立,当且仅当x=-1时取等号,故a=0符合要求.
②当a≠0时,令g(x)=ax2+(2a+1)x+1,因为Δ=(2a+1)2-4a=4a2+1>0,
所以g(x)=0有两个不相等的实数根x1,x2,不妨设x1>x2,
因此f(x)既有极大值又有极小值.
若a>0,因为g(-1)·g(0)=-a<0,所以f(x)在(-1,1)内有极值点,故f(x)在[-1,1]上不单调.
若a<0,可知x1>0>x2,
因为g(x)的图象开口向下,g(0)=1>0,所以要使f(x)在[-1,1]上单调,
必须满足g(1)≥0,g(-1)≥0,即3a+2≥0,-a≥0.所以-23≤a<0.
综上可知,a的取值范围是-23,0.
(3)当a=0时,方程即为xex=x+2,由于ex>0,所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex-2x-1=0,令h(x)=ex-2x-1.
因为h'(x)=ex+2x2>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(-∞,0),(0,+∞)内是单调增函数.
又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-13<0,h(-2)=e-2>0,
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,
所以整数k的所有值为{-3,1}.
11.(2018江苏苏州高三第一次调研测试)已知函数f(x)=-x3+x2,x<0,ex-ax,x≥0.
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(-x)+f(x)=ex-3在区间(0,+∞)上有实数解,求实数a的取值范围;
(3)若存在实数m,n∈[0,2],且|m-n|≥1,使得f(m)=f(n),求证:1≤ae-1≤e.
解析 (1)当a=2时, f(x)=-x3+x2,x<0,ex-2x,x≥0.
当x<0时, f(x)=-x3+x2,则f '(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),
易知f '(x)<0在x<0时恒成立,
所以函数f(x)在区间(-∞,0)上为减函数.
当x≥0时, f(x)=ex-2x, f '(x)=ex-2,
令f '(x)=0,解得x=ln 2,当0ln 2时, f '(x)>0,
所以函数f(x)在区间(0,ln 2)上为减函数,在区间(ln 2,+∞)上为增函数,且f(0)=1>0.
综上,函数f(x)的单调减区间为(-∞,0),(0,ln 2),单调增区间为(ln 2,+∞).
(2)设x>0,则-x<0,所以f(-x)+f(x)=x3+x2+ex-ax,
x3+x2+ex-ax=ex-3在区间(0,+∞)上有解等价于a=x2+x+3x在区间(0,+∞)上有解.
记g(x)=x2+x+3x(x>0),
则g'(x)=2x+1-3x2=2x3+x2-3x2=(x-1)(2x2+3x+3)x2,
令g'(x)=0,因为x>0,所以2x2+3x+3>0,解得x=1.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,
故函数g(x)在x=1处取得最小值g(1)=5.易知g(x)的最大值为无穷大.
要使方程a=g(x)在区间(0,+∞)上有解,当且仅当a≥g(x)min=g(1)=5.
综上,满足题意的实数a的取值范围为[5,+∞).
(3)证明:由题意f '(x)=ex-a(x≥0).
当a≤0时, f '(x)>0,此时函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
由f(m)=f(n),可得m=n,与条件|m-n|≥1矛盾,所以a>0.
令f '(x)=0,解得x=ln a,
当x∈(0,ln a)时, f '(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,
所以函数f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
若存在m,n∈[0,2], f(m)=f(n),则ln a介于m,n之间,
不妨设0≤m
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