高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第13节 导数的综合应用 第二课时练习 新人教A版-新

第二章 第13节 导数的综合应用 第二课时
1．(导学号14577231)(文科)(2018·某某市一模)设f (x )＝x e x
，g (x )＝12x 2＋x .
(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；
(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立，某某数m 的取值X 围．
解：(1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x
＋12
x 2＋x ，
F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，
令F ′(x )＞0，解得x ＞－1；令F ′(x )＜0，解得x ＜－1， 故F (x )在(－∞，－1)递减，在(－1，＋∞)递增， 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1
e
.
(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立， 则任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有mf (x 1)－g (x 1)＞mf (x 2)－g (x 2)＞0恒成立． 令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x
－12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，
即只需h (x )在[－1，＋∞)递增即可，
故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x
－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立， 故m ≥1e x ，而1
e x ≤e，
故m ≥e.
1．(导学号14577232)(理科)(2018·某某市一模)设f (x )＝ln x ，g (x )＝1
2x |x |.
(1)求g (x )在x ＝－1处的切线方程；
(2)令F (x )＝x ·f (x )－g (x )，求F (x )的单调区间；
(3)若任意x 1，x 2∈[1，＋∞)且x 1＞x 2，都有m [g (x 1)－g (x 2)]＞x 1f (x 1)－x 2f (x 2)恒成立，某某数m 的取值X 围．
解：(1)x ＜0时，g (x )＝－12x 2
，g ′(x )＝－x ，
故g (－1)＝－1
2
，g ′(－1)＝1，
故切线方程是y ＋12＝(x ＋1)，即x －y ＋1
2
＝0.
(2)F (x )＝x ln x －12x |x |＝x ln x －12
x 2
，(x ＞0)，
F ′(x )＝ln x －x ＋1，F ″(x )＝1
x
－1.
令F ″(x )＞0，解得0＜x ＜1；令F ″(x )＜0，解得x ＞1， 故F ′(x )在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减， 故F ′(x )≤F ′(1)＝0， 故F (x )在(0，＋∞)递减．
(3)已知可转化为x 1＞x 2≥1时，mg (x 1)－x 1f (x 1)≥mg (x 2)－x 2f (x 2)恒成立． 令h (x )＝mg (x )－xf (x )＝m
2x 2
－x ln x ，则h (x )为单调递增的函数，
故h ′(x )＝mx －ln x －1≥0恒成立，即m ≥ln x ＋1
x
恒成立．
令m (x )＝ln x ＋1x ，则m ′(x )＝－ln x x
2，
∴当x ∈[1，＋∞)时，m ′(x )≤0，m (x )单调递减，
m (x )≤m (1)＝1，故m ≥1.
2．(导学号14577233)(理科)(2018·某某市、某某市、崇左市一模)已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )
(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值X 围；
(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)＜f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值．
解：(1)∵f (x )＝ax ＋x ln x ，
∴f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，又函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数， ∴当x ≥e 时，a ＋1＋ln x ≥0恒成立，
∴a ≥(－1－ln x )max ＝－1－ln e ＝－2，即a 的取值X 围为[－2，＋∞)； (2)当x ＞1时，x －1＞0，故不等式k (x －1)＜f (x )⇔k ＜f x
x －1
， 即k <
x ＋x ln x
x －1
对任意x ＞1恒成立． 令g (x )＝
x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2
x －12
， 令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)，
则h ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
>0⇒h (x )在(1，＋∞)上单增．
∵h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0， ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)＝0，
即当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，
当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0，＋∞)上单增． 令h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即ln x 0＝x 0－2，g (x )min ＝g (x 0)＝
x 01＋ln x 0
x 0－1
＝
x 01＋x 0－2
x 0－1
＝x 0∈(3,4)，
∴k ＜g (x )min ＝x 0且k ∈Z ， 即k max ＝3.
2．(导学号14577234)(文科)(2018·潍坊市一模)设f (x )＝ax 2
－a ＋e e x ，g (x )＝12＋ln x .
(1)设h (x )＝f (x )－g (x )＋e x
－e x
x e x
，讨论y ＝h (x )的单调性；
(2)证明：对任意a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12，∃x ∈(1，＋∞)，使f (x )＜g (x )成立． 解析：(1)h (x )＝f (x )－g (x )＋e x －e x
x e x ＝ax 2
－ln x －a ，
则h ′(x )＝2ax －1x ＝2a 2
－1
x
.
①a ≤0时，h (x )在(0，＋∞)递减； ②a ＞0时，令h ′(x )＞0，解得x ＞1
2a
， 令h ′(x )＜0，解得0＜x ＜1
2a
， 故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，
12a 递减，在⎝
⎛⎭
⎪⎫
12a ，＋∞递增． (2)证明：由题意得：ax 2
－a ＋e e x ＜1x ＋ln x ，
∃x ∈(1，＋∞)，ax 2
－a －ln x ＜1x －e e x .
设k (x )＝e x
－e x
x e x
，
若记k 1(x )＝e x
－e x ，则k 1′(x )＝e x
－e ，
当x ＞1时，(x )＞0，k 1(x )在(1，＋∞)递增，k 1(x )＞k 1(1)＝0， 若a ≤0，由于x ＞1，故f (x )＜g (x )恒成立． 若0＜a ＜12，设h (x )＝a (x 2
－1)－ln x ，
由(1)x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫1，
12a 时，h (x )递减，x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞时，h (x )递增，
故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＜h (1)＝0，而k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ＞0，
即存在x ＝
1
2a
＞1，使得f (x )＜g (x )，
故对任意a ∈(－∞，0)，∃x ∈(1，＋∞)，使得f (x )＜g (x )成立． 3．(导学号14577235)(理科)(2018·某某十三校第二次联考)设函数f (x )＝x
ln x
－ax . (1)若函数f (x )在(1，＋∞)上为减函数，某某数a 的最小值；
(2)若存在x 1，x 2∈[e ，e 2
]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立，某某数a 的取值X 围． 解：(1) 由已知得x ＞0，x ≠1.
因f (x )在(1，＋∞)上为减函数，故f ′(x )＝ln x －1
ln x
2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0. 又f ′(x )＝ln x －1ln x 2－a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x 2＋1ln x
－a
＝－⎝
⎛⎭⎪
⎫1ln x －122＋14
－a ，
故当1ln x ＝12，即x ＝e 2
时，f ′(x )max ＝14－a .
所以14－a ≤0，于是a ≥14，故a 的最小值为14
.
(2)命题“若存在x 1，x 2∈[e ，e 2
]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于 “当x ∈[e ，e 2
]时，有f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ”．
由(1)，当x ∈[e ，e 2
]时，f ′(x )max ＝14－a ，∴f ′(x )max ＋a ＝14.
问题等价于：“当x ∈[e ，e 2
]时，有f (x )min ≤14”．
①当a ≥14时，由(1)，f (x )在[e ，e 2
]上为减函数，
则f (x )min ＝f (e 2
)＝e 2
2－a e 2
≤14，故a ≥12－14e
2.
②当a <14时，由于f ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122＋14－a 在[e ，e 2]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ，14－a
(ⅰ)－a ≥0，即a ≤0，f ′(x )≥0在[e ，e 2
]恒成立，故f (x )在[e ，e 2
]上为增函数， 于是，f (x )min ＝f (e)＝e －a e≥e>1
4
，矛盾．
(ⅱ)－a <0，即0<a <1
4
，由f ′(x )的单调性和值域知，
存在唯一x 0∈(e ，e 2
)，使f ′(x )＝0，且满足：
当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(x 0，e 2
)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，
所以，f min (x )＝f (x 0)＝x 0ln x 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2
)所以，a ≥1ln x 0－14x 0>1ln e 2
－14e >12
－14＝14，与0<a <1
4
矛盾． 综上得a ≥12－1
4e
2.
3．(导学号14577236)(文科)(2018·某某某某市一模)已知函数f (x )＝x 3
－2f ′(1)x 2
＋1，g (x )＝x 2
－ax (a ∈R )
(1)求f ′(1)的值和f (x )的单调区间； (2)若对任意x 1∈[－1,1]都存在x 2∈(0,2)， 使得f (x 1)≥g (x 2)，某某数a 的取值X 围． 解：(1)函数f (x )＝x 3
－2f ′(1)x 2
＋1， ∴f ′(x )＝3x 2
－4f ′(1)x ，
f ′(1)＝3－4f ′(1)，即f ′(1)＝1， f ′(x )≥0，解得x ≤0或x ≥43
；f ′(x )≤0，
解得0≤x ≤4
3
；
即f (x )在(－∞，0]、⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞上单调递增；在⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，43单调递减； (2)当x 1∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]单调递增，在[0,1]单调递减； 而f (－1)＝－2，f (1)＝0，可知f (x )max ＝f (－1)＝－2， 从而：－2≥g (x )＝x 2
－ax 在x ∈(0,2)上有解，
即a ≥x 2＋2
x
有解，
a ≥⎣⎢⎡⎦
⎥⎤x 2
＋2x min
＝22，即a ≥2 2. 4．(导学号14577237)(2018·某某白山市三模)已知函数f (x )＝mx －m x
，g (x )＝3ln x . (1)当m ＝4时，求曲线f (x )＝mx －m x
在点(2，f (2))处的切线方程；
(2)若x ∈(1， e ](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，某某数m 的取值X 围．
解：(1)f (x )＝4x －4x 的导数为f ′(x )＝4＋4
x
2，
可得在点(2，f (2))处的切线斜率为k ＝4＋1＝5， 切点为(2,6)，
可得切线的方程为y －6＝5(x －2)，即为y ＝5x －4； (2)x ∈(1， e ]时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，
即为m ⎝
⎛⎭
⎪⎫x －1x ＜3ln x ＋3在(1， e ]恒成立，
由1＜x ≤e 时，3ln x ＋3∈⎝ ⎛⎦⎥⎤3，92，x －1x 递增，可得值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e －1e ，
即有m ＜3x ln x ＋x
x 2－1的最小值，
由h (x )＝
3
x ln x ＋x x 2－1的导数为h ′(x )＝3－2－ln x －x 2
ln x
x 2－12
，
可得1＜x ≤e 时，h ′(x )＜0，h (x )递减， 可得x ＝e 时，h (x )取得最小值，且为
9e
2e －1
. 可得m ＜
9e 2
e －1
.
则m 的X 围是⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－∞，
9e 2e －1.。