高考数学大二轮复习第五讲函数与导数第2课时导数的应用限时规范训练理

第2课时导数的应用
1．(2019·惠州模拟)已知函数f(x)＝2e x－(x－a)2＋3，a∈R.
(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝2(e x－x＋a)，
∵函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，即在x＝0处的切线的斜率为0，
∴f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝2(e x－x＋a)，令h(x)＝2(e x－x＋a)(x≥0)，
则h′(x)＝2(e x－1)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．
①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5，
又a≥－1，∴－1≤a≤ 5.
②当a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈[0，x0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，则f(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，
则f′(x)>0，即f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3≥0，
又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，
∴2e x0－(e x0)2＋3≥0，解得0<x0≤ln 3.
由e x0＝x0－a⇒a＝x0－e x0，
令M(x)＝x－e x,0<x≤ln 3，
则M′(x)＝1－e x<0，
∴M(x)在(0，ln 3]上单调递减，
则M(x)≥M(ln 3)＝ln 3－3，M(x)<M(0)＝－1，
∴ln 3－3≤a<－1.
综上，ln 3－3≤a≤ 5.
故a的取值范围是[ln 3－3，5]．
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．
解析：(1)证明：设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，
g ′(x )＝x cos x .
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0， 所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π上单调递减． 又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2>0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)存在唯一零点．
所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.
由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．
又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.
又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax .
因此，a 的取值范围是(－∞，0]．
3．(2019·大观区校级月考)已知函数f (x )＝x (e x
－a )－a ln x ，a ∈R .
(1)当a ＝e 时，求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．
解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
当a ＝e 时，f ′(x )＝(1＋x )(x e x －e )x
.令f ′(x )＝0， 则e x ＝e x
，可得x ＝1 ∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)记t ＝ln x ＋x ，则t ＝ln x ＋x 在(0，＋∞)上单增，且t ∈R .
∴f (x )＝x e x －a (ln x ＋x )＝e t
－at ＝g (t )．
∴f (x )在(0，＋∞)上有两个零点等价于g (t )＝e t －at 在t ∈R 上有两个零点． ①在a ＝0时，g (t )＝e t 在R 上单增，且g (t )>0，故g (t )无零点；
②在a <0时，g ′(t )＝e t －a >0，g (t )在R 上单增， 又g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝e 1a
－1<0， 故g (t )在R 上只有一个零点；
③在a >0时，由g ′(t )＝e t
－a ＝0可知g (t )在t ＝ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )＝a (1－ln a )．若0<a <e ，g 最小＝a (1－ln a )>0，g (t )无零点；
若a ＝e ，g 最小＝0，g (t )只有一个零点；
若a >e 时，g 最小＝a (1－ln a )<0，而g (0)＝1>0，
由于f (x )＝ln x x 在x >e 时为减函数，可知：a >e 时，f (a )<f (e)，ln a a <ln e e
， 即e a >a e >a 2.从而g (a )＝e a －a 2>0，
∴g (t )在(0，ln a )和(ln a ，＋∞)上各有一个零点．
综上讨论可知：a >e 时f (x )有两个零点，即所求a 的取值范围是(e ，＋∞)．
4．(2019·洛阳统一考试)设函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.
(1)讨论函数h (x )＝f (x )x
的单调性； (2)如果对任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)因为h (x )＝a x 2＋ln x (x >0)，所以h ′(x )＝－2a x 3＋1x ＝x 2－2a x 3， ①当a ≤0时，h ′(x )>0，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增；
②当a >0时，令h ′(x )>0，得x >2a ，即函数h (x )的单调递增区间为(2a ，＋∞)； 令h ′(x )<0，得0<x <2a ，即函数h (x )的单调递减区间为(0，2a )．
(2)由g (x )＝x 3－x 2－3得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －23， 因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－258，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23＝－8527，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝1⎝ ⎛⎭
⎪⎫其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， 故对任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立， 等价于当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立， 等价于a ≥x －x 2
ln x 成立，
记F (x )＝x －x 2ln x ，所以a ≥F (x )max . F ′(x )＝1－2x ln x －x ，F ′(1)＝0.
令m (x )＝1－2x ln x －x ，则m ′(x )＝－3－2ln x ，
当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2时，m ′(x )＝－3－2ln x <0， 所以m (x )＝F ′(x )＝1－2x ln x －x 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上单调递减，
当x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1时，F ′(x )>0，当x ∈(1,2]时，F ′(x )<0，
即函数F (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1，
从而实数a 的取值范围为[1，＋∞)．。