【导与练】2017届高三数学（文）二轮复习（全国通用）专题突破 专题二 函数与导数 第3讲 导数的综合应用
www.ks5u.com
第3讲 导数的综合应用
(限时:45分钟)
【选题明细表】
知识点、方法
题号
利用导数解决恒成立问题
3
利用导数证明不等式
4
利用导数解决方程、零点问题
1,2
1.(2016·河北衡水一模)已知函数f(x)=(其中k∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数),f′(x)为f(x)的导函数.
(1)若f′(1)=0,求函数g(x)=f(x)ex-x的极大值;
(2)若x∈(0,1]时,方程f′(x)=0有解,求实数k的取值范围.
解:(1)由f(x)=,
得f′(x)=,x∈(0,+∞),
由f′(1)=0,得k=1,
所以g(x)=ln x+1-x,g′(x)=,
所以g(x)在(0,1]上递增,在(1,+∞)上递减,
所以g(x)的极大值是g(1)=0.
(2)由f′(x)=0,得k=,
令F(x)=,
因为0
0时,求函数f(x)的单调递减区间;
(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间[,+∞)上有两个零点,求实数k的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-ax+1+a-=-(a>0),
①当a∈(0,1)时,>1.
由f′(x)<0,得x>或x<1.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞).
②当a=1时,恒有f′(x)≤0,
所以f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞).
③当a∈(1,+∞)时,<1.
由f′(x)<0,得x>1或x<.
所以f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).
综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞);
当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
当a∈(1,+∞)时,f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).
(2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)-2在x∈[,+∞)上有两个零点,
即关于x的方程k=在x∈[,+∞)上有两个不相等的实数根,
令函数h(x)=,x∈[,+∞),
则h′(x)=.
令函数p(x)=x2+3x-2ln x-4,x∈[,+∞).
则p′(x)=在[,+∞)上有p′(x)≥0,
故p(x)在[,+∞)上单调递增.
因为p(1)=0,所以当x∈[,1)时,有p(x)<0,
即h′(x)<0.
所以h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,有p(x)>0,即h′(x)>0,
所以h(x)单调递增.
因为h()=+,h(1)=1,
h(10)=>=6>h(),
所以k的取值范围为(1,+].
3.(2016·广西壮族自治区北海一模)已知函数f(x)=ax+xln x
(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围;
(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)1时,x-1>0,
故不等式k(x-1)1恒成立.
令g(x)=,则g′(x)=,
令h(x)=x-ln x-2(x>1),
则h′(x)=1-=>0⇒h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,
所以存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,
即当1x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,
所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
令h(x0)=x0-ln x0-2=0,即ln x0=x0-2,
g(x)min=g(x0)=
=
=x0∈(3,4),
所以kln 2,且f(x1)=f(x2),试证明:x1+x2<2ln 2.
(1)解:由f(x)=ex-ax-1,得f′(x)=ex-a.
又f′(0)=1-a=-1,所以a=2,
所以f(x)=ex-2x-1,f′(x)=ex-2,
由f′(x)=ex-2>0,得x>ln 2.
由f′(x)<0得xln 2,所以2ln 2-xln 2),
所以g′(x)=ex+4e-x-4≥0,
当且仅当x=ln 2时,等号成立,
所以g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)在(ln 2,+∞)上单调递增,
又g(ln 2)=0,所以当x>ln 2时,g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)>g(ln 2)=0,
即f(x)>f(2ln 2-x),
所以f(x2)>f(2ln 2-x2),
又因为f(x1)=f(x2),
所以f(x1)>f(2ln 2-x2),
由于x2>ln 2,所以2ln 2-x2
查看更多
