高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数应用

2017届高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数应用(二)课时作业 理
1．已知函数f (x )＝12
x 2
－2a ln x ＋(a －2)x ，a ∈R.
(1)当a ＝1时，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程． (2)是否存在实数a ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2有f x 2－f x 1
x 2－x 1
>a 恒成立？
若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．
解析：(1)函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x ，f ′(x )＝x －2a x ＋(a －2)＝
x －2x ＋a
x (x >0)．当a ＝1时，f ′(x )＝
x －2
x ＋1
x
，f ′(1)＝－2，则所求的切线方程为y －
f (1)＝－2(x －1)，即4x ＋2y －3＝0.
(2)假设存在这样的实数a 满足条件，不妨设0<x 1<x 2. 由
f x 2－f x 1
x 2－x 1
>a 知f (x 2)－ax 2>f (x 1)－ax 1成立，
令g (x )＝f (x )－ax ＝12
x 2
－2a ln x －2x ，则函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，
则g ′(x )＝x －2a x －2≥0，即2a ≤x 2－2x ＝(x －1)2
－1在(0，＋∞)上恒成立，则a ≤－12.
故存在这样的实数a 满足题意，其取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12.
2．已知函数f (x )＝x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)(a ∈R)． (1)若a ＝0，判断函数f (x )的单调性；
(2)若x >1时，f (x )<0恒成立，求a 的取值范围． 解析：(1)若a ＝0，f (x )＝x ln x －x ＋1，f ′(x )＝ln x . ∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．
(2)由题意知f (x )＝x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)<0在(1，＋∞)上恒成立．
①若a ＝0，则f (x )＝x ln x －x ＋1，f ′(x )＝ln x >0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，∴f (x )为(1，＋∞)上的增函数，∴f (x )>f (1)＝0，即f (x )<0不成立．∴a ＝0不合题意． ②若a ≠0，∵x >1，∴只需f x x ＝ln x －x －1
ax －a ＋1
x
<0在(1，＋∞)上恒成立．
记h (x )＝ln x －
x －1
ax －a ＋1
x
，x ∈(1，＋∞)，
则h ′(x )＝－ax 2－x －a ＋1x 2
＝－
x －1
ax ＋a －1
x 2
，x ∈(1，＋∞)．
由h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1－a
a
.
若a <0，则x 2＝1－a
a
<1＝x 1，
∴h ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，故h (x )为增函数， ∴h (x )>h (1)＝0，不合题意．
若0<a <12，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，
1－a a 时，h ′(x )>0，h (x )为增函数， ∴h (x )>h (1)＝0，不合题意，
若a ≥1
2，x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，
∴h (x )<h (1)＝0，符合题意．
综上所述，若x >1时，f (x )<0恒成立，则a ≥1
2
.
3．(2016·长沙一模)某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快，欲将这种食品价格控制在适当范围内，决定对这种食品生产厂家提供政府补贴，设这种食品的市场价格为x 元/千克，政府补贴为t 元/千克，根据市场调查，当16≤x ≤24时，这种食品市场日供应量p 万千克与市场日需求量q 万千克近似地满足关系：p ＝2(x ＋4t －14)(x ≥16，t ≥0)，q ＝24＋8ln
20x
(16≤x ≤24)．当p ＝q 时的市场价格称为市场平衡价格． (1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数，并求出函数的值域．
(2)为使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为每千克多少元？ 解析：(1)由p ＝q 得
2(x ＋4t －14)＝24＋8ln 20
x
(16≤x ≤24，t ≥0)．
t ＝132－14x ＋ln 20
x
(16≤x ≤24)．
∵t ′＝－14－1
x
<0，∴t 是x 的减函数．
∴t min ＝132－14×24＋ln 2024＝12＋ln 2024＝12＋ln 5
6
；
t max ＝13
2－14×16＋ln 2016＝52＋ln 54
，
∴值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1
2
＋ln 56，52＋ln 54.
(2)由(1)知t ＝132－14x ＋ln 20
x (16≤x ≤24)．
而x ＝20时，t ＝132－14×20＋ln 20
20
＝1.5(元/千克)，
∵t 是x 的减函数，欲使x ≤20，必须t ≥1.5(元/千克)，要使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为1.5元/千克．
4．(2016·唐山模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
ln x －ax ＋1x ≥a e x －1
＋a －2x x <a
.(a >0)
(1)若a ＝1，证明：y ＝f (x )在R 上单调递减； (2)当a >1时，讨论f (x )零点的个数．
解析：(1)证明：当x ≥1时，f ′(x )＝1
x
－1≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)
＝0；
当x <1时，f ′(x )＝e
x －1
－1<0，f (x )在(－∞，1)上单调递减，且此时f (x )>0.
所以y ＝f (x )在R 上单调递减．
(2)若x ≥a ，则f ′(x )＝1x －a ≤1
a
－a <0(a >1)，
所以此时f (x )单调递减，令g (a )＝f (a )＝ln a －a 2
＋1， 则g ′(a )＝1
a
－2a <0，所以f (a )＝g (a )<g (1)＝0，
即f (x )≤f (a )<0，故f (x )在[a ，＋∞)上无零点． 当x <a 时，f ′(x )＝e
x －1
＋a －2，
①当a >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 又f (0)＝e －1
>0，f ⎝
⎛⎭⎪⎫12－a <0，所以此时f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－a ，0上有一个零点．
②当a ＝2时，f (x )＝e x －1
，此时f (x )在(－∞，2)上没有零点．
③当1<a <2时，令f ′(x 0)＝0，解得x 0＝ln(2－a )＋1<1<a ，所以f (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，a )上单调递增．
f (x 0)＝e 01x －＋(a －2)x 0＝e 01x －(1－x 0)>0，
所以此时f (x )没有零点．
综上，当1<a ≤2时，f (x )没有零点；当a >2时，f (x )有一个零点．
5．(2016·张掖模拟)设函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)判断f (x )的单调性；
(2)当f (x )<0在(0，＋∞)上恒成立时，求a 的取值范围； (3)证明：当x ∈(0，＋∞)时，
x ＋1
e
x
(1＋x )1
x
<e.
解析：(1)f ′(x )＝1
x
－a ，函数f (x )＝ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，
当a ≤0时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上是增函数，
当a >0时，x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞时，
f ′(x )<0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
a ，＋∞上是减函数．
综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数，当a >0时，f (x )在⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1a 上是增函数，在
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上是减函数．
(2)f (x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即a >ln x x
在(0，＋∞)上恒成立，
设g (x )＝ln x x ，则g ′(x )＝1－ln x x
2
， 当x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 故当x ＝e 时，g (x )取得最大值1e
，
所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞. (3)证明：要证当x ∈(0，＋∞)时，
x ＋1
e
x
(1＋x )1x
<e ，设t ＝1＋x ，t ∈(1，＋∞)，只要证
t 1
1+1
t -<e t
，两边取以e 为底数的对数，即ln t <t －1.
由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 的最大值为－1，此时x ＝1，所以当t ∈(1，＋∞)时，ln t －t <－1，
即得ln t <t －1，所以原不等式成立．
6．(2016·河南八市联考)已知函数f (x )＝(－x 2
＋x －1)e x
，其中e 是自然对数的底数． (1)求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线；
(2)若方程f (x )＝13x 3＋12x 2
＋m 有3个不同的根，求实数m 的取值范围．
解析：(1)因为f (x )＝(－x 2
＋x －1)e x
，
所以f ′(x )＝(－2x ＋1)e x
＋(－x 2
＋x －1)e x ＝(－x 2－x )e x
. 所以曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为
k ＝f ′(1)＝－2e.
又f (1)＝－e ，
所以所求切线方程为y ＋e ＝－2e(x －1)，即2e x ＋y －e ＝0.
(2)因为f ′(x )＝(－2x ＋1)e x ＋(－x 2＋x －1)e x ＝(－x 2－x )e x
， 当x <－1或x >0时，f ′(x )<0； 当－1<x <0时，f ′(x )>0，
所以f (x )＝(－x 2
＋x －1)e x
在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－3
e ，在x ＝0处取得极大值
f (0)＝－1.
令g (x )＝13x 3＋12x 2＋m ，得g ′(x )＝x 2
＋x .
当x <－1或x >0时，g ′(x )>0； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，
所以g (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 故g (x )在x ＝－1处取得极大值g (－1)＝1
6＋m ，在x ＝0处取得极小值g (0)＝m .
因为方程f (x )＝13x 3＋12x 2
＋m 有3个不同的根，
即函数f (x )与g (x )的图象有3个不同的交点，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
f
－1<g －1f 0>g 0
，即⎩⎪⎨⎪⎧
－3e <16
＋m
－1>m
.
所以－3e －1
6
<m <－1.。