南粤好彩1预测: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

来源:互联网 由 夏日风在吹 贡献 责任编辑:王小亮  

广东26选5最新开奖视频 www.py6z.cn 1.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )=13

(x 2+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 )=13

x 2-3x -3,f ′(x )=x 2-6x -3. 令f ′(x )=0解得x =3-23或x =3+2 3.

当x ∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f ′(x )>0;

当x ∈(3-23,3+23)时,f ′(x )<0.

故f (x )在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.

(2)证明:由于x 2+x +1>0,所以f (x )=0等价于x 3

x 2+x +1

0. 设g (x )=x 3

+1-3a ,则g ′(x )=x 2(x 2+2x +3)(x 2+x +1)2≥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)=-6a 2+2a -13=-6????a -162-16<0, f (3a +1)=13

>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 )=12

2ln x ,a >0. (1)若f (x )≥0,求a 的取值范围;

(2)若f (x 1)=f (x 2),且x 1≠x 2,证明:x 1+x 2>2a .

解:(1)由题意知,f ′(x )=x -a 2x =(x +a )(x -a )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 )=12

2ln a . 令12

2ln a ≥0,解得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x 1+x 2>2a 即x 2>2a -x 1,则只需证f (x 2)>f (2a -x 1).

因f (x 1)=f (x 2),则只需证f (x 1)>f (2a -x 1).

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

2a -x =-2a (a -x )2x (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 (x 1)=f (x 1)-f (2a -x 1)>0,即f (x 1)>f (2a -x 1).

因此x 1+x 2>2a .

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

(1)讨论函数f (x )的单调性;

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

x +x 2. 解:(1)由题意x >0,f ′(x )=1+a +a ln 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 +a ln x 单调递增,f ′(x )=1+a +a ln

x =0?x =e -1-1a >0,故当x ∈(0,e -1-1a )时,f ′(x )<0,当

x ∈(e -1-1a ,+∞)时,f ′(x )>0,所以函数f (x )在(0,e -1-1a )

上单调递减,在(e -1-1a ,+∞)上单调递增;

③当a <0时,函数f ′(x )=1+a +a ln x 单调递减,f ′(x )=1+a +a ln x =0?x =e -1-1a >0,

故当x ∈(0,e -1-1a )时,f ′(x )>0,当

x ∈(e -1-1a ,+∞)时,f ′(x )<0,所以函数f (x )在(0,e -1-1a )

上单调递增,在(e -1-1a ,+∞)上单调递减.

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

则a <0,且e -1-1a =1,解得a =-1,

故此时f (x )=x -x ln x ,

要证f (x )≤e -x +x 2,

只须证x -x ln x ≤e -x +x 2,即证e -x +x 2-x +x ln x ≥0,

设h (x )=e -x +x 2-x +x ln x ,x >0,

则h ′(x )=-e -x +2x +ln x .

令g (x )=h ′(x ),

则g ′(x )=e -x +2+1x

>0, 所以函数h ′(x )=-e -x +2x +ln x 在(0,+∞)上单调递增,

又h ′????1e =-e -1e +2e -1<0,h ′(1)=-1e

+2>0, 故h ′(x )=-e -x +2x +ln x 在???

?1e ,1上存在唯一零点x 0,即-e -x 0+2x 0+ln x 0=0. 所以当x ∈(0,x 0)时,h ′(x )<0,当x ∈(x 0,+∞)时,h ′(x )>0,所以函数h (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,

故h (x )≥h (x 0)=e -x 0+x 20-x 0+x 0ln x 0,

所以只需证h (x 0)=e -x 0+x 20-x 0+x 0ln x 0≥0即可, 由-e -x 0+2x 0+ln x 0=0,

得e -x 0=2x 0+ln x 0,

所以h (x 0)=(x 0+1)(x 0+ln x 0),

又x 0+1>0,

所以只要x 0+ln x 0≥0即可,

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

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

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

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

得-e -x 0+2x 0+ln x 0=0,故x 0+ln x 0=0成立,

得h (x 0)=(x 0+1)(x 0+ln x 0)=0,

所以h (x )≥0,即f (x )≤e -x +x 2.

4.(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )=e x -x 2.

(1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程;

(2)求证:当x >0时,e x +(2-e )x -1x

≥ln x +1. 解:(1)由题意得,f ′(x )=e x -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 )=e x -2x ,令h (x )=e x -2x ,

则h ′(x )=e x -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=e x -x 2-(e -2)x -1,x >0,

则g ′(x )=e x -2x -(e -2),令φ(x )=g ′(x ),

则φ′(x )=e x -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x 0∈(0,ln 2),使得g ′(x 0)=0,

所以当x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g ′(x )>0;当x ∈(x 0,1)时,g ′(x )<0, 故g (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 又g (1)=0,

所以g (x )=e x -x 2-(e -2)x -1≥0,

当且仅当x =1时取等号,故e x +(2-e )x -1x

≥x ,x >0. 又x ≥ln x +1,所以e x +(2-e )x -1x

≥ln x +1,当且仅当x =1时等号成立.

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