高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 导数的综合应用（二） Word版含答案

升级增分训练     导数的综合应用（二）

1．已知函数f(x)＝(ax2－x＋a)ex，g(x)＝bln x－x(b＞0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求实数b的取值范围．

解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)ex．

当a＝0时，f′(x)＝－(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；

当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．

当a≠0时，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝－1＋，

当a＞0时，因为－1＋＞－1，

所以f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，在上单调递减；

当a＜0时，因为－1＋＜－1，

所以f(x)在和(－1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．

(2)由(1)知当a＝时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，

因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝0．

由题意知，对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，

使g(x2)≥－f(x1)成立，

因为max＝0，

所以bln x2－x2≥0，即b≥．

令h(x)＝，x∈，

则h′(x)＝＜0，

因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥，

即实数b的取值范围是．

2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数)

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)≥0，

所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

当a＞0时，由f′(x)≥0且x＞0，

解得0＜x≤ ，

所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．

(2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，

所以x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a，

对任意的a∈(－2,0]，

都存在x0∈(0,1]，不等式mea＋f(x0)＞0都成立，

等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立，不等式mea＋2－2a＞0可化为m＞，

记g(a)＝(a∈(－2,0])，

则g′(a)＝＝＞0，

所以g(a)的最大值是g(0)＝－2，

所以实数m的取值范围是(－2，＋∞)．

3．已知函数f(x)＝在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求实数a的值及f(x)的极值；

(2)是否存在区间(t＞0)使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由．

解：(1)f′(x)＝＝(x＞0)．

∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，

∴f′(1)＝1－a－ln 1＝0．

解得a＝1．∴f(x)＝，f′(x)＝－，

当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，

∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．

(2)∵x＞1时，f(x)＝＞0，

当x→0时，f(x)→－∞，

由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，

由零点存在性定理，知f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点．

函数f(x)的图象如图所示．

∵函数f(x)在区间(t＞0)上存在极值点和零点，

∴即解得＜t＜．

∴存在符合条件的区间，实数t的取值范围为．

4．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝x2－aln x＋b(a∈R)．

(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；

(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；

(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤m恒成立，求m的最小值．

解：(1)因为f(x)＝x2－aln x＋b，

所以f′(x)＝x－，

因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，

所以即解得

(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，

所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．

当a＝1时，f(x)＝x2－ln x＋b，定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－＝＝，

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以a＝1．

(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－＞0，

故函数f(x)在(0,2]上单调递增，

不妨设0＜x1≤x2≤2，

则|f(x1)－f(x2)|≤m可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，

设h(x)＝f(x)＋＝x2－aln x＋b＋，

则h(x1)≥h(x2)．

所以h(x)为(0,2]上的减函数，

即h′(x)＝x－－≤0在(0,2]上恒成立，

等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，

即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，

又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，

而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，

所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．

所以m≥12，

即m的最小值为12．