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考點規(guī)范練16 導數的綜合應用
一、基礎鞏固
1.已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-23與x=1處都取得極值.
(1)求a,b的值及函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)若對于x∈[-1,2],不等式f(x)
f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.
∴c的取值范圍為(-∞,-1)∪(2,+∞).
2.設函數f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x-eex,其中a∈R,e=2.718…為自然對數的底數.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)證明:當x>1時,g(x)>0;
(3)確定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內恒成立.
(1)解f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
當a≤0時,f(x)<0,f(x)在(0,+∞)內單調遞減.
當a>0時,由f(x)=0有x=12a.
當x∈0,12a時,f(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈12a,+∞時,f(x)>0,f(x)單調遞增.
(2)證明令s(x)=ex-1-x,則s(x)=ex-1-1.
當x>1時,s(x)>0,所以ex-1>x,
從而g(x)=1x-1ex-1>0.
(3)解由(2),當x>1時,g(x)>0.
當a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內恒成立時,必有a>0.
當01.
由(1)有f12a0,
所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內不恒成立.
當a≥12時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當x>1時,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
又因為h(1)=0,所以當x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a∈12,+∞.
3.已知函數f(x)=(x-k)ex+k,k∈Z.
(1)當k=0時,求函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)若當x∈(0,+∞)時,不等式f(x)+5>0恒成立,求k的最大值.
解(1)當k=0時,f(x)=xex,∴f(x)=ex+xex=ex(x+1),
∴當x∈(-∞,-1)時,f(x)<0;
當x∈(-1,+∞)時,f(x)>0;
∴f(x)在(-∞,-1)內是減函數,在(-1,+∞)內是增函數.
(2)不等式f(x)+5>0恒成立?(x-k)ex+k+5>0在x∈(0,+∞)時恒成立,
令F(x)=(x-k)ex+k+5,F(x)=ex(x-k+1)(x∈R),
當x∈(-∞,k-1)時,f(x)<0;
當x∈(k-1,+∞)時,f(x)>0;
∴f(x)在(-∞,k-1)內是減函數,在(k-1,+∞)內是增函數.
①若k-1≤0,即k≤1,當x∈(0,+∞)時,F(x)>F(0)≥0.
而F(0)=5>0恒成立,∴k≤1符合題意.
②若k-1>0,即k>1,當x∈(0,+∞)時,只需F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k>0即可.
令h(k)=-ek-1+5+k,h(k)=1-ek-1<0恒成立,
即h(k)=-ek-1+5+k單調遞減.
∵h(2)=-e+7>0,h(3)=-e2+8>0,h(4)=-e3+9<0,
∴10,
故f(x)在(0,+∞)單調遞增.
若a<0,則當x∈0,-12a時,f(x)>0;
當x∈-12a,+∞時,f(x)<0.
故f(x)在區(qū)間0,-12a內單調遞增,在區(qū)間-12a,+∞內單調遞減.
(2)證明由(1)知,當a<0時,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值為f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-34a-2,
即ln-12a+12a+1≤0.
設g(x)=lnx-x+1,則g(x)=1x-1.
當x∈(0,1)時,g(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)<0.
所以g(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減.
故當x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.
所以當x>0時,g(x)≤0.
從而當a<0時,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2.
二、能力提升
5.設函數f(x)=(1-x2)ex.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)當x≥0時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.
解(1)f(x)=(1-2x-x2)ex.
令f(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.
當x∈(-∞,-1-2)時,f(x)<0;
當x∈(-1-2,-1+2)時,f(x)>0;
當x∈(-1+2,+∞)時,f(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)內單調遞減,在(-1-2,-1+2)內單調遞增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
當a≥1時,設函數h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)內單調遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
當00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)內單調遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
當0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,
則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,
故f(x0)>ax0+1.
當a≤0時,取x0=5-12,
則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
綜上,a的取值范圍是[1,+∞).
6.(2018全國Ⅱ,文21)已知函數f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的單調區(qū)間;
(2)證明:f(x)只有一個零點.
(1)解當a=3時,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.
令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
當x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時,f(x)>0;
當x∈(3-23,3+23)時,f(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)單調遞增,在(3-23,3+23)單調遞減.
(2)證明因為x2+x+1>0,
所以f(x)=0等價于x3x2+x+1-3a=0.
設g(x)=x3x2+x+1-3a,則g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,僅當x=0時g(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)單調遞增,
故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一個零點.
綜上,f(x)只有一個零點.
7.(2018廣東茂名二模)已知函數f(x)=ln x+12(x-1)2.
(1)判斷f(x)的零點個數;
(2)若函數g(x)=ax-a,當x>1時,g(x)的圖象總在f(x)的圖象的下方,求a的取值范圍.
解(1)f(x)=lnx+12(x-1)2的定義域為(0,+∞),
f(x)=1x+x-1,∵1x+x≥2,∴f(x)≥1>0,
∴f(x)在(0,+∞)上為增函數,又f(1)=0,
∴f(x)在(0,+∞)上只有一個零點.
(2)由題意,當x>1時,12(x-1)2+lnx-ax+a>0恒成立.
令h(x)=12(x-1)2+lnx-ax+a,
則h(x)=x+1x-1-a.
當a≤1時,∵h(x)=x+1x-1-a>1-a≥0,
∴h(x)在(1,+∞)上為增函數.
又h(1)=0,∴h(x)>0恒成立.
當a>1時,h(x)=x2-(1+a)x+1x,
令φ(x)=x2-(1+a)x+1,則Δ=(1+a)2-4=(a+3)(a-1)>0.
令φ(x)=0的兩根分別為x1,x2且x10,x1x2=1>0,∴0-12.
(1)解由已知,f(x)=x(lnx-x),當x=1時,f(x)=-1,
f(x)=lnx+1-2x,當x=1時,f(x)=-1,所以所求切線方程為x+y=0.
(2)證明由已知可得f(x)=lnx+1-2ax=0有兩個相異實根x1,x2,令h(x)=f(x),則h(x)=1x-2a,
①若a≤0,則h(x)>0,h(x)單調遞增,f(x)=0不可能有兩根;
②若a>0,令h(x)=0得x=12a,可知h(x)在0,12a上單調遞增,在12a,+∞上單調遞減,令f12a>0,解得012a有f1a2=-2lna+1-2a<0,
從而當00,
所以x1<1f(1)=-a>-12.
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