南粤风采36选7最新开奖:2019届高考数学二轮复习练习:第二部分专项二专题一4第4讲导数的综合应用Word版含解析

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1.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).

(1)若a=3,求f(x)的单调区间;

(2)证明:f(x)只有一个零点.

解:(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.

令f′(x)=0解得x=3-2或x=3+2.

当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f′(x)>0;

当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.

故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.

(2)证明:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.

设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.

故g(x)至多有一个零点,

从而f(x)至多有一个零点.

又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,

f(3a+1)=>0,

故f(x)有一个零点.

综上,f(x)只有一个零点.

2.(2018·唐山模拟)已知f(x)=x2-a2ln x,a>0.

(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;

(2)若f(x1)=f(x2),且x1≠x2,证明:x1+x2>2a.

解:(1)由题意知,f′(x)=x-.

当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

当x=a时,f(x)取得最小值f(a)=a2-a2ln a.

a2-a2ln a≥0,解得0.

故a的取值范围是(0, ].

(2)证明:由(1)知,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,

设0a.

要证x1+x2>2a即x2>2a-x1,则只需证f(x2)>f(2a-x1).

因f(x1)=f(x2),则只需证f(x1)>f(2a-x1).

设g(x)=f(x)-f(2a-x),0则g′(x)=f′(x)+f′(2a-x)=x-+2a-x-=-<0,

所以g(x)在(0,a)上单调递减,从而g(x)>g(a)=0.

又由题意得0于是g(x1)=f(x1)-f(2a-x1)>0,即f(x1)>f(2a-x1).

因此x1+x2>2a.

3.(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f(x)=x+axln x(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若函数f(x)=x+axln x存在极大值,且极大值点为1,证明:f(x)≤e-x+x2.

解:(1)由题意x>0,f′(x)=1+a+aln x.

①当a=0时,f(x)=x,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;

②当a>0时,函数f′(x)=1+a+aln x单调递增,f′(x)=1+a+aln x=0?x=e-1->0,故当x∈(0,e-1-)时,f′(x)<0,当x∈(e-1-,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,e-1-)上单调递减,在(e-1-,+∞)上单调递增;

③当a<0时,函数f′(x)=1+a+aln x单调递减,f′(x)=1+a+aln x=0?x=e-1->0,故当x∈(0,e-1-)时,f′(x)>0,当x∈(e-1-,+∞)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,e-1-)上单调递增,在(e-1-,+∞)上单调递减.

(2)证明:由(1)可知若函数f(x)=x+axln x存在极大值,且极大值点为1,

则a<0,且e-1-=1,解得a=-1,

故此时f(x)=x-xln x,

要证f(x)≤e-x+x2,

只须证x-xln x≤e-x+x2,即证e-x+x2-x+xln x≥0,

设h(x)=e-x+x2-x+xln x,x>0,

则h′(x)=-e-x+2x+ln x.

令g(x)=h′(x),

则g′(x)=e-x+2+>0,

所以函数h′(x)=-e-x+2x+ln x在(0,+∞)上单调递增,

又h′=-e--1<0,h′(1)=-+2>0,

故h′(x)=-e-x+2x+ln x在上存在唯一零点x0,即-e-x0+2x0+ln x0=0.

所以当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,所以函数h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,

故h(x)≥h(x0)=e-x0+x-x0+x0ln x0,

所以只需证h(x0)=e-x0+x-x0+x0ln x0≥0即可,

由-e-x0+2x0+ln x0=0,

得e-x0=2x0+ln x0,

所以h(x0)=(x0+1)(x0+ln x0),

又x0+1>0,

所以只要x0+ln x0≥0即可,

当x0+ln x0<0时,ln x0<-x0?x0所以-e-x0+x0+x0+ln x0<0与-e-x0+2x0+ln x0=0矛盾;

当x0+ln x0>0时,ln x0>-x0?x0>e-x0?-e-x0+x0>0,

所以-e-x0+x0+x0+ln x0>0与-e-x0+2x0+ln x0=0矛盾;

当x0+ln x0=0时,ln x0=-x0?x0=e-x0?-e-x0+x0=0,

得-e-x0+2x0+ln x0=0,故x0+ln x0=0成立,

得h(x0)=(x0+1)(x0+ln x0)=0,

所以h(x)≥0,即f(x)≤e-x+x2.

4.(2018·郑州质量检测(二))已知函数f(x)=ex-x2.

(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;

(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.

解:(1)由题意得,f′(x)=ex-2x,

则f′(1)=e-2,f(1)=e-1,

所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.

(2)证明:f′(x)=ex-2x,令h(x)=ex-2x,

则h′(x)=ex-2,

易知f′(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,

所以f′(x)≥f′(ln 2)=2-2ln 2>0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

又曲线y=f(x)过点(1,e-1),

且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1,

所以可猜测:当x>0,x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方.

下证:当x>0时,f(x)≥(e-2)x+1.

设g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1,x>0,

则g′(x)=ex-2x-(e-2),令φ(x)=g′(x),

则φ′(x)=ex-2,

易知g′(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g′(0)=3-e>0,g′(1)=0,0所以存在x0∈(0,ln 2),使得g′(x0)=0,

所以当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g′(x)>0;当x∈(x0,1)时,g′(x)<0,

故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

又g(1)=0,

所以g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,

当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0.

又x≥ln x+1,所以≥ln x+1,当且仅当x=1时等号成立.

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