【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第四节　导数的综合应用作业

【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第四节　导数的综合应用作业

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1．(2018·安徽合肥一中等六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．‎ ‎(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1＝0.‎ ‎(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)，‎ ‎①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ 所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.‎ ‎②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，‎ 所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．‎ 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎2．(2018·青岛调研)设函数f(x)＝－kln x，k＞0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值．‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ‎ ‎]上仅有一个零点．‎ 解：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得 f′(x)＝x－＝.‎ 由f′(x)＝0解得x＝.‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，‎ 从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，‎ 且f(1)＝＞0，f()＝＜0，‎ 所以f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．‎ ‎3．(2018·安徽十大名校联考)设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.‎ ‎(1)证明：当a＜2－2ln 2时，f′(x)没有零点；‎ ‎(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．‎ 解：(1)证明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，‎ ‎∴g′(x)＝ex－2.‎ 令g′(x)＜0，解得x＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x＞ln 2，‎ ‎∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f′(x)min＝f′(ln 2)＝2－2ln 2－a.‎ 当a＜2－2ln 2时，f′(x)min＞0，‎ ‎∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点．‎ ‎(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，‎ ‎∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤－x－＋1恒成立．‎ 令h(x)＝－x－＋1(x＞0)，则h′(x)＝.‎ 当x＞0时，ex－x－1＞0恒成立，‎ 令h′(x)＜0，解得0＜x＜1，令h′(x)＞0，解得x＞1，‎ ‎∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴h(x)min＝h(1)＝e－1.∴a的取值范围是(－∞，e－1]．‎ B级　能力提升练 ‎4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.‎ ‎(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.‎ 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.‎ 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.‎ 当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.‎ 设g(x)＝－ln x－1，‎ 则g′(x)＝－.‎ 当0＜x＜1时，g′(x)＜0；‎ 当x＞1时，g′(x)＞0.‎ 所以x＝1是g(x)的最小值点．‎ 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.‎ 因此，当a≥时，f(x)≥0.‎ ‎5．(2018·太原调研)设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2e2x－(x＞0)．‎ 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；‎ 当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，‎ 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，‎ 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln.‎ 故当a＞0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ C级　素养加强练 ‎6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－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：＜a－2.‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.‎ ‎(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．‎ ‎(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或 x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在，单调递减，在(，)单调递增．‎ ‎(2)证明：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x1＜x2，则x2＞1.‎ 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.‎ 设函数g(x)＝－x＋2ln x，‎ 由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，‎ 又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.‎ 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.‎