2020届数学新攻略一轮复习浙江专用 3_4 导数的综合应用+夯基提能作业+Word版含解析

§3.4导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点”是“a<-1”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf '(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为( )A.0B.1C.0或1D.无数个答案 A 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf '(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)≥0显然成立;当x∈(0,1]时, f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.设g(x)=-,则g'(x)=(-),令g'(x)=0,得x=,所以g(x)在区间,上单调递增,在区间,上单调递减,因此g(x)max=g=4,从而a≥4.当x∈[-1,0)时,同理,a≤-,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4.综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln,且x>0时,>x+-3a.解析(1)由f(x)=e x-3x+3a知, f '(x)=e x-3.令f '(x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表:故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).(2)证明:待证不等式等价于e x-x2+3ax-1>0,设g(x)=e x-x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln=ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即e x-x2+3ax-1>0,即>x+-3a.5.已知函数f(x)=ax2-ln x(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1, f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥对任意x>0恒成立,求实数a的值.解析(1)当a=2时, f(x)=x2-ln x, f '(x)=-,∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f '(x)=-.当a≤0时, f '(x)<0,∴当x>1时, f(x)<,故此时不合题意;当a>0时, f(x)在,上单调递减,在,∞上单调递增,∴f(x)min=f=-ln,∴-ln≥,即1+ln a-a≥0.设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=-1=-,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=e x-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.(1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k的最大值为λ,求证:4<λ<6. 解析(1)因为f(x)=e x-x,所以f '(x)=e x-1,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x2-x3)≤e x-1,当x=0,1时,k∈R,当x∈(0,1)时,k≤-,-要证4<λ<6,则需证以下两个问题:>4对任意x∈(0,1)恒成立;①--<6成立.②存在x0∈(0,1),使得--先证①->4,即证e x-1>4(x2-x3),-由(1)可知,e x-x≥1恒成立,所以e x-1≥x,又x≠0,所以e x-1>x,即证x≥4(x2-x3)⇔1≥4(x-x2)⇔(2x-1)2≥0,(2x-1)2≥0显然成立,>4对任意x∈(0,1)恒成立;所以--<6成立,再证②存在x0∈(0,1),使得--=8(-1),因为<,取x0=,--所以8(-1)<8×=6,所以存在x0∈(0,1),使得-<6成立,-由①②可知,4<λ<6.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x---aln x(a∈R).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点, 处的切线方程;(2)当0<a<1时,在,内是否存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立?请说明理由. 解析(1)当a=1时, f(x)=x-ln x, f '(x)=1-.易知f=+ln 2,所以曲线y=f(x)在点,处的切线的斜率为f '=1-=-1.故所求的切线方程为y-=--,即x+y-ln 2-1=0.(2)存在.理由如下:假设当0<a<1时,在,内存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立,此时只需证明当x∈,时, f(x)max>e-1即可.f '(x)=1+--=-(-)=(-)[-(-)](x>0),令f '(x)=0得,x1=1,x2=a-1,当0<a<1时,a-1<0,故当x∈,时, f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0.故函数f(x)在,上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max=max, ().于是,只需证明f(e)>e-1或f>e-1即可.因为f(e)-(e-1)=e---a-(e-1)=()(-)>0,所以f(e)>e-1,所以假设成立,故当0<a<1时,在x∈,上至少存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立.B组提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(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)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g'(x)=(-4),所以所以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=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n-≤n-<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=--.设h(x)=--,则h'(x)=--=-()-,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.2.设函数f(x)=a2x2-(ax+1)ln x+ax.(1)若a≥0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x恒成立?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a>0时,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0⇔ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax与y=ln x相切时,a的值即为所求.令(ln x)'==a,即x=,故切点坐标为,-,将其代入y=ax,得a=.综上可得a=0或.(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x恒成立,当a=0时,原不等式化为ln x≤0,不满足题意.当a>0时,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥.令F(x)=,则F '(x)=-,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数F(x)在x=e处取得极大值,也为最大值,最大值为,由此可得a≥.当a<0时,在,-上,ax+1>0,在-,∞上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-<0,所以g(x)=ax-ln x在(0,+∞)上为减函数,所以只要当x=-时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.综上可得,a∈,∞∪{-e}.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=-,求证:(1)当x<0时, f(x)<1;(2)对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.证明(1)设φ(x)=e x-1-x,x∈R,则φ'(x)=e x-1,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0,故φ(x)在(-∞,0)内递减,在(0,+∞)内递增,所以对任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0,即e x-1-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立).所以当x<0时,e x-1>x,即f(x)<1.(2)要证当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a,即证当0<x<ln(1+a)时,e x-1-(1+a)x<0;①当-ln(1+a)<x<0时,e x-1-(1-a)x<0.②令函数g(x)=e x-1-(1+a)x,h(x)=e x-1-(1-a)x.注意到g(0)=h(0)=0,故要证①与②,只需证明g(x)在(0,ln(1+a))内递减,h(x)在(-ln(1+a),0)内递增.事实上,当x∈(0,ln(1+a))时,g'(x)=e x-(1+a)<e ln(1+a)-(1+a)=0;当x∈(-ln(1+a),0)时,h'(x)=e x-(1-a)>e-ln(1+a)-(1-a)=-(1-a)=>0.综上,对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.4.已知函数f(x)=-ax2+(1+a)x-ln x(a∈R).(1)当a>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.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-ax+1+a-=-(-)(-)(a>0),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),,∞;当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞);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,,(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,,(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∈,时,p(x)<0,即h'(x)<0,故h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,p(x)>0,即h'(x)>0,故h(x)单调递增.因为h=+,h(1)=1,所以k的取值范围是,.。