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创新方案2017届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第五节热点专题


【创新方案】 2017 届高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第五 节 热点专题——导数综合应用的热点问题课后作业 理
1.(2016·兰州模拟)已知函数 f(x)=e -ax(a∈R,e 为自然对数的底数). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若 a=1,函数 g(x)=(x-m)f(x)-e +x +x 在(2,+∞)上为增函数,求实数 m 的 取值范围.
x
2

x

2.已知 a∈R,函数 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e](其中 e 是自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求 f(x)的单调区间和极值; (2)求函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值.

3.已知函数 f(x)=ln x+ (a>0). (1)求 f(x)的单调区间; (2)讨论关于 x 的方程 f(x)=

a x

x3+2?bx+a? 1 - 的实根情况. 2x 2

4.(2016·郑州模拟)已知函数 f(x)=ax-1+ln x,其中 a 为常数. 1? ? (1)当 a∈?-∞,- ?时,若 f(x)在区间(0,e)上的最大值为-4,求 a 的值; e? ? 1 ln x b (2)当 a=- 时,若函数 g(x)=|f(x)|- - 存在零点,求实数 b 的取值范围. e x 2

5.已知函数 f(x)=(x+1)e (e 为自然对数的底数).

-x

1

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 φ (x)=xf(x)+tf′(x)+e , 存在实数 x1, x2∈[0,1], 使得 2φ (x1)<φ (x2) 成立.求实数 t 的取值范围.
-x

. 6.已知函数 f(x)=x -ax-aln x(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,求 a 的值;
2

x 5x 11 (2)在(1)的条件下,求证:f(x)≥- + -4x+ ; 3 2 6
(3)当 x∈[e,+∞)时,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围.

3

2




x

1.解:(1)函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)=e -a. 当 a≤0 时,f′(x)>0,∴f(x)在 R 上为增函数; 当 a>0 时,由 f′(x)=0 得 x=ln a, 则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,∴函数 f(x)在(-∞,ln a)上为减函数, 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,∴函数 f(x)在(ln a,+∞)上为增函数. (2)当 a=1 时,g(x)=(x-m)(e -x)-e +x +x, ∵g(x)在(2,+∞)上为增函数, ∴g′(x)=xe -me +m+1≥0 在(2,+∞)上恒成立, 即 m≤
x x x x
2

xex+1
e -1
x x

在(2,+∞)上恒成立, ,x∈(2,+∞),
x x x x

令 h(x)=

xex+1
e -1
x

h′(x)=

?e ? -xe -2e e ?e -x-2? = . x 2 x 2 ?e -1? ?e -1?
x x

2

令 L(x)=e -x-2,L′(x)=e -1>0 在(2,+∞)上恒成立, 即 L(x)=e -x-2 在(2,+∞)上为增函数, 即 L(x)>L(2)=e -4>0,∴h′(x)>0,
2

x

2

即 h(x)=

xex+1
e -1
x

在(2,+∞)上为增函数,
2

2e +1 ∴h(x)>h(2)= 2 , e -1 2e +1 ∴m≤ 2 . e -1 2e +1? ? 所以实数 m 的取值范围是?-∞, 2 ?. e -1 ? ? 1 2x-1 2.解:(1)当 a=2 时,f(x)=2x-ln x,对 f(x)求导,得 f′(x)=2- = .
2 2

x

x

? 1? ?1 ? 所以 f(x)的单调递减区间是?0, ?,单调递增区间是? ,e?, 2 ? ? ?2 ? ?1? 由此可知 f(x)的极小值为 f? ?=1+ln 2,没有极大值. ?2?
(2)记 g(a)为函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1 ax-1 f′(x)=a- = . x x 当 a≤0 时,f′(x)<0,所以 f(x)在区间(0,e]上单调递减,则 g(a)=f(e)=ae-1; 1 当 0<a≤ 时,f′(x)≤0,所以 f(x)在区间(0,e]上单调递减,则 g(a)=f(e)=ae-1; e 1 ? 1? ?1 ? ?1? 当 a> 时,f(x)在区间?0, ?上单调递减,在? ,e?上单调递增,则 g(a)=f? ?=1+ e ? a? ?a ? ?a? ln a. 1 ae-1,a≤ , ? ? e 综上所述,g(a)=? 1 1+ln a,a> . ? ? e

a 1 a x- a 3.解:(1)f(x)=ln x+ 的定义域为(0,+∞),则 f′(x)= - 2= 2 . x x x x
因为 a>0,由 f′(x)>0,得 x∈(a,+∞), 由 f′(x)<0,得 x∈(0,a), 所以 f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a). (2)由题意,将方程 f(x)= 1 2 1 2

x3+2?bx+a? 1 - 化简得 2x 2

b=ln x- x2+ ,x∈(0,+∞).
1 2 1 1 ?1+x??1-x? 令 h(x) =ln x- x -b+ ,则 h′(x)= -x= . 2 2 x x

3

当 x∈(0,1),h′(x)>0,当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, 所以 h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. 1 1 2 所以 h(x)在 x=1 处取得极大值,即最大值,最大值为 h(1)=ln 1- ×1 -b+ =- 2 2

b.
所以当-b>0,即 b<0 时,y=h(x)的图象与 x 轴恰有两个交点, 方程 f(x)=

x3+2?bx+a? 1 - 有两个实根; 2x 2

当 b=0 时,y=h(x)和图象与 x 轴恰有一个交点, 方程 f(x)=

x3+2?bx+a? 1 - 有一个实根; 2x 2

当 b>0 时,y=h(x)的图象与 x 轴无交点, 方程 f(x)=

x3+2?bx+a? 1 - 无实根. 2x 2 x a

1 1 4.解:(1)f′(x)=a+ ,令 f′(x)=0 得 x=- , 1? 1 ? 因为 a∈?-∞,- ?,所以 0<- <e, e? a ? 1 1 由 f′(x)>0 得 0<x<- ,由 f′(x)<0 得- <x<e,

a

a

1? ? ? 1 ? 从而 f(x)的增区间为?0,- ?,减区间为?- ,e?,

?

a?

? a

?

? 1? ? 1? 2 所以 f(x)max=f?- ?=-1-1+ln?- ?=-4,解得 a=-e . ? a? ? a?
ln x b ln x b (2)函数 g(x)=|f(x)|- - 存在零点,即方程|f(x)|= + 有实数根, x 2 x 2 由已知,函数 f(x)的定义域为{x|x>0}, 1 x 1 1 x-e 当 a=- 时,f(x)=- -1+ln x,所以 f′(x)=- + =- , e e e x ex 当 0<x<e 时,f′(x)>0;当 x>e 时,f′(x)<0, 所以,f(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞), 所以 f(x)max=f(e)=-1,所以|f(x)|≥1. ln x b 1-ln x 令 h(x)= + ,则 h′(x)= . x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0;当 x>e 时,h′(x)<0, 从而 h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 1 b 所以 h(x)max=h(e)= + , e 2
4

ln x b 要使方程|f(x)|= + 有实数根, x 2 2 只需 h(x)max≥1 即可,故 b≥2- . e

? 2 ? 即所求实数 b 的取值范围是?2- ,+∞?. ? e ?
5.解:(1)∵函数的定义域为 R,f′(x)=- x, e ∴当 x<0 时,f′(x)>0;当 x>0 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. (2)假设存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ (x1)<φ (x2)成立, 则 2[φ (x)]min<[φ (x)]max. ∵φ (x)=xf(x)+tf′(x)+e =
2 -x

x

x2+?1-t?x+1
e
x



-x +?1+t?x-t ?x-t??x-1? ∴φ ′(x)= =- . x x e e 对于 x∈[0,1], e ①当 t≥1 时,φ ′(x)≤0,φ (x)在[0,1]上单调递减,∴2φ (1)<φ (0),即 t>3- >1. 2 ②当 t≤0 时,φ ′(x)>0,φ (x)在[0,1]上单调递增, ∴2φ (0)<φ (1),即 t<3-2e<0. ③当 0<t<1 时, 若 x∈[0, t),则 φ ′(x)<0,φ (x)在[0,t)上单调递减;若 x∈(t,1], 则 φ ′(x)>0,φ (x)在(t,1]上单调递增,所以 2φ (t)<max{φ (0),φ (1)}, 即 2·

t+1
t

? 3-t? ?. <max?1, e ? e ?

(*)

由(1)知,g(t)=2·

t+1
e
t

在[0,1]上单调递减,

4 t+1 2 3-t 3 故 ≤2· t ≤2,而 ≤ ≤ ,所以不等式(*)无解. e e e e e

? e ? 综上所述,t 的取值范围为(-∞,3-2e)∪?3- ,+∞?. 2 ? ?
6.解:(1)f′(x)=2x-a- ,由题意可得 f′(1)=0,解得 a=1. 经检验,a=1 时 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 a=1. (2)由(1)知,f(x)=x -x-ln x, 11? x 3x 11 ? x 5x 令 g(x)=f(x)-?- + -4x+ ?= - +3x-ln x- , 6? 3 2 6 ? 3 2
3 2 3 2 2

a x

5

1 x -1 ?x-1? 2 由 g′(x)=x -3x+3- = -3(x-1)= (x>0),可知 g(x)在(0,1)上是

3

3

x

x

x

减函数,在(1,+∞)上是增函数,

x 5x 11 所以 g(x)≥g(1)=0,所以 f(x)≥- + -4x+ 成立. 3 2 6
(3)由 x∈[e,+∞)知,x+ln x>0, 所以 f(x)≥0 恒成立等价于 a≤ 令 h(x)=

3

2

x2

x+ln x

在 x∈[e,+∞)时恒成立,

x2

x+ln x

,x∈[e,+∞),有 h′(x)=

x?x-1+2ln x? >0, 2 ?x+ln x?
e e ,所以 a≤ . e+1 e+1
2 2

所以 h(x)在[e,+∞)上是增函数,有 h(x)≥h(e)= e ? ? 故所求 a 的取值范围是?-∞, ?. e+1? ?
2

6


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