2020版高考数学二轮复习专题限时集训14导数的综合应用理

专题限时集训(十四) 导数的综合应用

(建议用时：40分钟)

1．已知函数f (x )＝ln x ＋2

x

.

(1)求函数f (x )在[1，＋∞)上的值域；

(2)若x ∈[1，＋∞)，ln x (ln x ＋4)≤2ax ＋4恒成立，求实数a 的取值范围． [解](1)易知f ′(x )＝－1－ln x x

2

＜0(x ≥1)， ∴f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (1)＝2.

∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]． (2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)， 则g ′(x )＝2⎝

⎛⎭

⎪

⎫ln x ＋2x －a ，

①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．

②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求． ③若0＜a ＜2，则x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2

x 0

＝a ，

则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4. ∵ln x 0＝ax 0－2，

∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)． 由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4， 即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2

.

∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x

在(1，＋∞)上单调递减，

∴4

e

2≤a ＜2. 综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭

⎪⎫4e 2，＋∞. 2．已知函数f (x )＝x 2

－(a －2)x －a ln x (a ∈R )． (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；

(2)当a ＝1时，证明：对任意的x ＞0，f (x )＋e x

＞x 2

＋x ＋2. [解](1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a

x

＝

x ＋

x －a

x

，

当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立， 所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a

2，

由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a

2

，

所以，函数在区间⎝ ⎛⎭

⎪⎫a

2，＋∞上单调递增， 在区间⎝ ⎛

⎭

⎪⎫

0，a 2上单调递减．

(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2

＋x －ln x ， 要证明f (x )＋e x

＞x 2

＋x ＋2， 只需证明e x

－ln x －2＞0， 设g (x )＝e x －ln x －2，

则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0， 令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x

＝1x

，

容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1

x 0

，

当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表

g (x )min ＝g (x 0)＝e 0－ln x 0－2＝x 0

＋x 0－2，

因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0， 因此不等式得证．

3．已知函数f (x )＝e x

(1＋a ln x )，其中a ＞0，设f ′(x )为f (x )的导函数． (1)设g (x )＝e －x

f ′(x )，若

g (x )≥2恒成立，求a 的取值范围；

(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f ′(x )的极小值点为x 1，当a ＞2时，求证：x 0＞x 1.

[解](1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝

⎛⎭

⎪⎫1＋a

x

＋a ln x (x ＞0)，

g (x )＝e －x f ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝

a x －

x 2

(x ＞0)．

当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，

当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .

由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．

(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝

⎛⎭

⎪⎫1＋a

x

＋a ln x ，

则h ′(x )＝e x ⎝

⎛⎭

⎪⎫1＋2a x －a x

2＋a ln x .

设H (x )＝1＋2a x －a

x

2＋a ln x (x ＞0)，

则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x

＝

a

x 2－2x ＋x 3

＞0，

故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，

因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0， 故存在x 2∈⎝ ⎛⎭

⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0， 则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增， 故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1. 由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1

x

≥1.

因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1

⎝

⎛⎭

⎪⎫1＋a x 1

＋a ln x 1＞e x 1

(1＋a )＞0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2a

x 1

，

所以f (x 1)＝e x 1

(1＋a ln x 1)＝a e

x 11－2x 1

x 21

＜0＝f (x 0)． 又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.

4．已知函数f (x )＝x ln x －a

2x 2

＋(a －1)x ，其导函数f ′(x )的最大值为0.

(1)求实数a 的值；

(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝－1(x 1≠x 2)，证明：x 1＋x 2＞2.

[解](1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)， 记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax

x

.

当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x

＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，

所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．