浙江专用2020高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语函数与导数不等式第6讲导数的综合应用专题强化训练 8页

第6讲 导数的综合应用 专题强化训练 ‎1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1.‎ ‎(1)当a＝1时，求函数f(x)在x＝2处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)在x∈[1，2]时的最大值．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋1，‎ 所以f′(x)＝－x，‎ 所以f′(2)＝－，即k切＝－，‎ 已知切点为(2，－1＋ln 2)，‎ 所以切线的方程为：y＝－x＋2＋ln 2.‎ ‎(2)因为f′(x)＝(1≤x≤2)，‎ 当a≤0时，f′(x)＞0在x∈[1，2]恒成立，‎ 所以f(x)在x∈[1，2]单调递增，‎ 所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln 2；‎ 当0＜a≤时，f(x)在x∈[1，2]单调递增，‎ 所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln 2；‎ 当＜a＜1时，f(x)在x∈[1，]单调递增，在x∈[，2]单调递减，‎ 所以fmax(x)＝f()＝－ln a；‎ 当a≥1时，f(x)在x∈[1，2]单调递减，‎ 所以fmax(x)＝f(1)＝－a＋2，‎ 综上所述fmax(x)＝.‎ ‎2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f(x)＝xex－a(x－1)(a∈R)．‎ ‎(1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求a的值与f(x)的单调区间；‎ - 8 -‎ ‎(2)若存在实数x0∈(0，)，使得f(x0)＜0，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex－a，‎ 由f′(0)＝0，解得：a＝1，‎ 故f′(x)＝(x＋1)ex－1，‎ 令f′(x)＞0，解得：x＞0，‎ 令f′(x)＜0，解得：x＜0，‎ 故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)若f(x)＜0在x∈(0，)上有解，‎ 即xex＜a(x－1)，a＜在x∈(0，)上有解，‎ 设h(x)＝，x∈(0，)，‎ 则h′(x)＝＜0，‎ 故h(x)在(0，)单调递减，‎ h(x)在(0，)的值域是(－，0)，‎ 故a＜h(0)＝0.‎ ‎3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．‎ ‎(1)当01>0，‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ - 8 -‎ 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ ‎(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，‎ 所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.‎ 对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，‎ 所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；‎ ‎②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；‎ ‎③当b>2时，[g(x)]min＝g(2)＝8－4b，且当b>2时，8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，‎ 所以实数b的取值范围为.‎ ‎4．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝－ln x.‎ ‎(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；‎ ‎(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．‎ 证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝－，‎ 由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，‎ 因为x1≠x2，所以＋＝.‎ 由基本不等式得＝＋≥2，‎ 因为x1≠x2，所以x1x2>256.‎ 由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．‎ 设g(x)＝－ln x，‎ 则g′(x)＝(－4)，‎ - 8 -‎ 所以 ‎　 ‎ x ‎(0，16)‎ ‎16‎ ‎(16，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎  ‎2－4ln 2‎  所以g(x)在[256，＋∞]上单调递增，故 g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，‎ 即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.‎ ‎(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则 f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，‎ f(n)－kn－a0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．‎ ‎5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝‎ x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；‎ ‎(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．‎ - 8 -‎ 解：(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，‎ 得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增；‎ 当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，3)上单调递减．‎ 又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，‎ 所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，]．‎ ‎(2)由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，‎ ‎①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意．‎ ‎②当Δ＞0，即a2＞3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1＜x2，x1＋x2＝2a，x1x2＝3.‎ 则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．‎ 由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，‎ 即|－a(x－x)＋3(x1－x2)|≤.‎ 化简得(a2－3)≤，解得3＜a2≤4，‎ 综合①②，得a2≤4，‎ 即－2≤a≤2.‎ ‎6．(2019·台州市高考一模)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.‎ 解：(1)因为f(x)＝1－，‎ 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.‎ 因为g(x)＝＋－bx，‎ 所以g′(x)＝－－－b.‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，‎ - 8 -‎ 所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，‎ 即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，‎ 解得a＝－1，b＝－1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，‎ 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.‎ 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，‎ 则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.‎ 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，‎ 即1－－－＋x≥0，‎ 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.‎ ‎7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f(x)＝－k(＋ln x)(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．‎ ‎(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 所以f′(x)＝－k(－)‎ ‎＝(x＞0)，‎ 当k≤0时，kx≤0，‎ 所以ex－kx＞0，‎ 令f′(x)＝0，则x＝2，‎ 所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．‎ ‎(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，‎ 故f(x)在(0，2)内不存在极值点；‎ 当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．‎ 因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，‎ - 8 -‎ 当0＜k≤1时，‎ 当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增，‎ 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；‎ 当k＞1时，‎ 得x∈(0，ln k)时，g′(x) ＜0，函数y＝g(x)单调递减，‎ x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增，‎ 所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．‎ 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，‎ 当且仅当，‎ 解得：e＜k＜ 综上所述，‎ 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，)．‎ ‎8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．‎ ‎(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；‎ ‎(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．‎ 解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，‎ f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，‎ 令f′(x)＞0，解得：x＞1或x＜，‎ 令f′(x)＜0，解得：＜x＜1，‎ 故f(x)在(－∞，)单调递增，在(，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，‎ 故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.‎ ‎(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，‎ f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)；‎ 当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，‎ m≥|f′(x)|恒成立，‎ 所以m≥1；‎ - 8 -‎ ‎0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，‎ f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，‎ ‎①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；‎ 要m≥|f′(x)|，则m≥1；‎ ‎②当0＜a＜1时，‎ 根据对称轴分类：‎ 当x＝＜2，即＜a＜1时，‎ Δ＝(a－1)2＞0，‎ f′()＝－(a＋)∈(－，0)，又f′(2)＝2a－1＜1，‎ 所以|f′(x)|≤1；‎ 当x＝≥2，即0＜a≤；‎ f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；‎ ‎－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，‎ 综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1，‎ 所以m≥1.‎ - 8 -‎