2018高三数学(理)一轮复习课时作业(十六)导数的综合应用
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即函数h(x)＝x－x2lnx在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
5．(2017·山东威海一模，21)已知函数f(x)＝lnx－ax＋，对任意的x∈(0，＋∞)，满足f(x)＋f＝0，其中a，b为常数．
(1)若f源自文库x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．
设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0，当<x<1时，h′(x)>0.
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝a＋＝(x>0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)>－e2x，得a>－.
设g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝.
∴当0<x<2时，g′(x)>0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
∴g(x)≤g(2)＝－.
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)>0，即ex>2x.
故当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)>.
2．已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.
解析：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0,f(x)单调递增；
因此实数a的取值范围为.
4．设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)>0得x<0，或x>，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上是单调递减函数，在区间上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
令g(x)＝2lnx＋－－ln 2，
则g′(x)＝－－＝.
所以，x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
故x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝2－－ln 2>1－ln e＝0.
所以0<a<1时，f>0.
6．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．
解析：(1)由已知得f′(x)＝2＋(x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1,2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，
课时作业
[授课提示：对应学生用书第218页]
1．设f(x)＝ex－1.当x>－1时，证明：f(x)>.
证明：当x>－1时，f(x)>，即ex－1>＝2x－1，当且仅当ex>2x，即ex－2x>0恒成立时原不等式成立．
令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln 2.
(2)已知0<a<1，求证：f>0.
解析：(1)在f(x)＋f＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，
又f(1)＝ln 1－a＋b＝－a＋b，所以b＝a.
从而f(x)＝lnx－ax＋，
f′(x)＝－a，f′(1)＝1－2a.
又f′(1)＝＝5，
所以1－2a＝5，a＝－2.
(2)证明：f＝ln－＋＝2lna＋－－ln 2.
(3)由已知知所求可转化为f(x)max<g(x)max.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0<ex<1，
当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝ex－2<0，故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减；
当x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0，故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
(2)若x>0时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．
解析：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2，得
y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝4a＝0，则a＝0.
此时f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.
由f′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，2)上单调递减；
则0<－xex<1，
从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减．
当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.
综上，总有g(x)<1.
3．已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
5．(2017·山东威海一模，21)已知函数f(x)＝lnx－ax＋，对任意的x∈(0，＋∞)，满足f(x)＋f＝0，其中a，b为常数．
(1)若f源自文库x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．
设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0，当<x<1时，h′(x)>0.
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝a＋＝(x>0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)>－e2x，得a>－.
设g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝.
∴当0<x<2时，g′(x)>0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
∴g(x)≤g(2)＝－.
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)>0，即ex>2x.
故当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)>.
2．已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.
解析：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0,f(x)单调递增；
因此实数a的取值范围为.
4．设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)>0得x<0，或x>，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上是单调递减函数，在区间上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
令g(x)＝2lnx＋－－ln 2，
则g′(x)＝－－＝.
所以，x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
故x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝2－－ln 2>1－ln e＝0.
所以0<a<1时，f>0.
6．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．
解析：(1)由已知得f′(x)＝2＋(x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1,2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，
课时作业
[授课提示：对应学生用书第218页]
1．设f(x)＝ex－1.当x>－1时，证明：f(x)>.
证明：当x>－1时，f(x)>，即ex－1>＝2x－1，当且仅当ex>2x，即ex－2x>0恒成立时原不等式成立．
令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln 2.
(2)已知0<a<1，求证：f>0.
解析：(1)在f(x)＋f＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，
又f(1)＝ln 1－a＋b＝－a＋b，所以b＝a.
从而f(x)＝lnx－ax＋，
f′(x)＝－a，f′(1)＝1－2a.
又f′(1)＝＝5，
所以1－2a＝5，a＝－2.
(2)证明：f＝ln－＋＝2lna＋－－ln 2.
(3)由已知知所求可转化为f(x)max<g(x)max.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0<ex<1，
当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝ex－2<0，故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减；
当x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0，故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
(2)若x>0时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．
解析：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2，得
y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝4a＝0，则a＝0.
此时f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.
由f′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，2)上单调递减；
则0<－xex<1，
从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减．
当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.
综上，总有g(x)<1.
3．已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；