【导与练】2017届高三数学（文）二轮复习（全国通用）专题突破 专题二　函数与导数 第3讲　导数的综合应用 6页

www.ks5u.com 第3讲　导数的综合应用 ‎(限时:45分钟)‎ ‎【选题明细表】‎ 知识点、方法 题号 利用导数解决恒成立问题 ‎3‎ 利用导数证明不等式 ‎4‎ 利用导数解决方程、零点问题 ‎1,2‎ ‎1.(2016·河北衡水一模)已知函数f(x)=(其中k∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数),f′(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)若f′(1)=0,求函数g(x)=f(x)ex-x的极大值;‎ ‎(2)若x∈(0,1]时,方程f′(x)=0有解,求实数k的取值范围.‎ 解:(1)由f(x)=,‎ 得f′(x)=,x∈(0,+∞),‎ 由f′(1)=0,得k=1,‎ 所以g(x)=ln x+1-x,g′(x)=,‎ 所以g(x)在(0,1]上递增,在(1,+∞)上递减,‎ 所以g(x)的极大值是g(1)=0.‎ ‎(2)由f′(x)=0,得k=,‎ 令F(x)=,‎ 因为00时,求函数f(x)的单调递减区间;‎ ‎(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间[,+∞)上有两个零点,求实数k的取值范围.‎ 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=-ax+1+a-=-(a>0),‎ ‎①当a∈(0,1)时,>1.‎ 由f′(x)<0,得x>或x<1.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞).‎ ‎②当a=1时,恒有f′(x)≤0,‎ 所以f(x)单调递减.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞).‎ ‎③当a∈(1,+∞)时,<1.‎ 由f′(x)<0,得x>1或x<.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).‎ 综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞);‎ 当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);‎ 当a∈(1,+∞)时,f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).‎ ‎(2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)-2在x∈[,+∞)上有两个零点,‎ 即关于x的方程k=在x∈[,+∞)上有两个不相等的实数根,‎ 令函数h(x)=,x∈[,+∞),‎ 则h′(x)=.‎ 令函数p(x)=x2+3x-2ln x-4,x∈[,+∞).‎ 则p′(x)=在[,+∞)上有p′(x)≥0,‎ 故p(x)在[,+∞)上单调递增.‎ 因为p(1)=0,所以当x∈[,1)时,有p(x)<0,‎ 即h′(x)<0.‎ 所以h(x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,有p(x)>0,即h′(x)>0,‎ 所以h(x)单调递增.‎ 因为h()=+,h(1)=1,‎ h(10)=>=6>h(),‎ 所以k的取值范围为(1,+].‎ ‎3.(2016·广西壮族自治区北海一模)已知函数f(x)=ax+xln x ‎(a∈R).‎ ‎(1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围;‎ ‎(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)1时,x-1>0,‎ 故不等式k(x-1)1恒成立.‎ 令g(x)=,则g′(x)=,‎ 令h(x)=x-ln x-2(x>1),‎ 则h′(x)=1-=>0⇒h(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,‎ 所以存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,‎ 即当1x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,‎ 所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.‎ 令h(x0)=x0-ln x0-2=0,即ln x0=x0-2,‎ g(x)min=g(x0)= ‎= ‎=x0∈(3,4),‎ 所以kln 2,且f(x1)=f(x2),试证明:x1+x2<2ln 2.‎ ‎(1)解:由f(x)=ex-ax-1,得f′(x)=ex-a.‎ 又f′(0)=1-a=-1,所以a=2,‎ 所以f(x)=ex-2x-1,f′(x)=ex-2,‎ 由f′(x)=ex-2>0,得x>ln 2.‎ 由f′(x)<0得xln 2,所以2ln 2-xln 2),‎ 所以g′(x)=ex+4e-x-4≥0,‎ 当且仅当x=ln 2时,等号成立,‎ 所以g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)在(ln 2,+∞)上单调递增,‎ 又g(ln 2)=0,所以当x>ln 2时,g(x)=f(x)-f(2ln 2-x)>g(ln 2)=0,‎ 即f(x)>f(2ln 2-x),‎ 所以f(x2)>f(2ln 2-x2),‎ 又因为f(x1)=f(x2),‎ 所以f(x1)>f(2ln 2-x2),‎ 由于x2>ln 2,所以2ln 2-x2