浙江2020版高考数学大一轮复习《3.4导数的综合应用》提能作业含答案

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.0
B.1
C.0或1
D.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≥3-1
3
,则g'(x)=3(1-),
设g(x)=3-1
3
令g'(x)=0,得x=1,
所以g(x)在区间0,1上单调递增,在区间1,1上单调递减,因此g(x)max=g1=4,从而a≥ .
,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤ .
当x∈[-1,0)时,同理,a≤3-1
3
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;
,且x>0时,e>3x+1-3a.
(2)求证:当a>ln3
e
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)=e ln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).
(2)证明:待证不等式等价于e x-3x2+3ax-1>0,
设g(x)=e x-3x2+3ax-1,x>0,
则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.
=ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.
由(1)及a>ln3
e
∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,
∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,
即e x-3x2+3ax-1>0,即e>3x+1-3a.
5.已知函数f(x)=1ax2-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)=-1,
∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.
(2)易得f '(x)=-1.
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0,1上单调递减,在1,∞上单调递增,∴f(x)min=f1=1-ln1,∴1-ln1≥,即1+ln a-a≥0.
设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=1 -1=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)=-kx 3
+kx 2
-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(x 2
-x 3
)≤e x
-1, 当x=0,1时,k∈R, 当x∈(0,1)时,k≤e -1
- 3,
要证4<λ<6,则需证以下两个问题: ①e -1
- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;
②存在x 0∈(0,1),使得e
0-1 0 - 0
3<6成立.
先证①e -1
-
3>4,即证e x -1>4(x 2-x 3
),
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≥ (x 2
-x 3
)⇔1≥ (x -x 2
)⇔(2x-1)2
≥0, (2x-1)2
≥0显然成立,
所以e -1
- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;
再证②存在x 0∈(0,1),使得e
0-1 0 - 0
3<6成立,
取x 0=1 ,
e -1
1 -1
=8( e -1),因为 e <
,
所以8( e -1)< ×3
=6,
所以存在x 0∈(0,1),使得e
0-1 0- 0
<6成立,
由①②可知,4<λ<6.
7.(2019台州中学月考)设f(x)=x-
-1 -aln x(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点 1 , f 1
处的切线方程;
(2)当0<a<1时,在 1
e ,e 内是否存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立?请说明理由. 解析 (1)当a=1时, f(x)=x-ln x,
f '(x)=1-1 .易知f 1 =1
+ln 2,
所以曲线y=f(x)在点 1 ,1 ln 处的切线的斜率为f ' 1 =1-1
=-1.
故所求的切线方程为y- 1 ln =- -1
, 即x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下:
假设当0<a<1时,在 1
e ,e 内存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立,
此时只需证明当x∈ 1
e ,e 时, f(x)max >e-1即可.
f '(x)=1+ -1 -
= -ax (a -1) =( -1)[ -( -1)]
(x>0), 令f '(x)=0得,x 1=1,x 2=a-1,当0<a<1时,a-1<0, 故当x∈ 1
e ,1 时,
f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0.
故函数f(x)在 1
e
,1 上递减,在(1,e)上递增,
所以f(x)max =max 1
e , f(e) .
于是,只需证明f(e)>e-1或f 1
e >e-1即可. 因为f(e)-(e-1)=e-
-1e -a-(e-1)=
(e 1)(1- )
e
>0,
所以f(e)>e-1,所以假设成立,
故当0<a<1时,在x∈ 1
e ,e 上至少存在一实数x 0,使f(x 0)>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=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明: f(x 1)+f(x 2)>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)=1
-1
, 由f '(x 1)=f '(x 2)得 -1 1
= -1
,
因为x1≠x2,
所以+=1.
由基本不等式得11=1+≥ 1,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=1-ln x1+-ln x2=11-ln(x1x2).
设g(x)=1-ln x,则g'(x)=1(-4),
所以
所以g(x)在[ 56,+∞)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+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a<n1--k≤n1-k<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=-ln-.
设h(x)=-ln-,
则h'(x)=ln--1a=-()-1,
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+ ln +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)=a 2x 2
-(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)'=1
=a,即x=1
,故切点坐标为 1
,-ln ,将其代入y=ax,得a=1
e . 综上可得a=0或1e .
(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≥ln
.
令F(x)=ln ,则F '(x)=
1-ln
,
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1
e
,由此可得a≥1
e
.
当a<0时,在 0,-1 上,ax+1>0,在 -1 , ∞ 上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-1
<0, 所以g(x)=ax-ln x 在(0,+∞)上为减函数,
所以只要当x=-1
时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.
综上可得,a∈ 1
e
, ∞ ∪{-e}.
3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=e -1
,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
1-(1-a)=
1
>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)=-1ax2+(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1,∞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-1=-(-1)(-1)(a>0),
当a∈(0,1)时,1>1.
由f '(x)<0,得x>1或x<1,
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),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<1.
由f '(x)<0,得x>1或x<1,
所以f(x)的单调递减区间为 0,1
,(1,+∞).
综上,当a∈(0,1)时,
f(x)的单调递减区间为(0,1), 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
,(1,+∞).
(2)g(x)=x 2
-xln x-k(x+2)+2在x∈ 1
, ∞ 上有两个零点,即关于x 的方程k=
-xln
在x∈ 1
, ∞ 上有两个不相
等的实数根. 令函数h(x)= -xln
,x∈ 1
, ∞ ,
则h'(x)=
3x - ln -
( )
,
令函数p(x)=x 2
+3x-2ln x- ,x∈ 1
, ∞ . 则p'(x)=
( -1)( )
在 1
, ∞ 上有p'(x)≥0,
故p(x)在 1
, ∞ 上单调递增.
因为p(1)=0,所以当x∈ 1
,1 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 1
= 10+
ln
5
,h(1)=1,
所以k 的取值范围是 1,
10
ln 5
.。