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（一） Word版含答案

升级增分训练     导数的综合应用（一）

1．设函数f(x)＝ln x＋ax2＋x－a－1(a∈R)．

(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在(e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．

解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，

f′(2)＝5，

又f(2)＝6，

∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)，

即y＝5x－4．

(2)由题意知，x∈(1，]时，

mx－－3ln x＜3恒成立，

即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立，

∵x∈(1，]，∴x2－1＞0，

则m＜恒成立．

令h(x)＝，x∈(1，]，

则m＜h(x)min．

h′(x)＝＝－，

∵x∈(1，]，

∴h′(x)＜0，

即h(x)在(1，]上是减函数．

∴当x∈(1，]时，h(x)min＝h()＝．

∴m的取值范围是．

3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．

(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；

(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．

解：f′(x)＝＋x＋b＝(x＞0)，又f′(1)＝0，

所以f′(x)＝(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．

(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c＞1，

当0＜x＜1时，f′(x)＞0；

当1＜x＜c时，f′(x)＜0；

当x＞c时，f′(x)＞0，

所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．

(2)①若c＜0，

则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

f(x)＝0恰有两解，

则f(1)＜0，即＋b＜0，

所以－＜c＜0；

②若0＜c＜1，

则f(x)极大值＝f(c)＝cln c＋c2＋bc，

f(x)极小值＝f(1)＝＋b，

因为b＝－1－c，

则f(x)极大值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，

f(x)极小值＝－－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；

③若c＞1，

则f(x)极小值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，

f(x)极大值＝－－c＜0，

则f(x)＝0只有一解．

综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为．

4．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．

解：(1)因为f′(x)＝a－(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，

依题意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，

所以f′(x)＝1－＝，

当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．

故f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．

(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，

所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1．

设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，

则F′(x)＝ex＋－(k＋1)≥x＋1＋－(k＋1)，

(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，

此时F(x)在．

5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．

(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；

(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．

解：(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，

所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，

由题意，知a＝－1．

(2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g(x)＜0，

又f′(x)＝－3x2＋a，

①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a＞0，

即f(x)在x≤0时必有一个零点，

此时y＝h(x)有两个零点；

②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，

两根为x1＝－＜0，x2＝ ＞0，

则－ 是函数f(x)的一个极小值点， 是函数f(x)的一个极大值点，

而f＝－3＋a－

＝－ －＜0；

现在讨论极大值的情况：

f＝－3＋a－＝ －，

当f＜0，即a＜时，

函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，

此时y＝h(x)有两个零点；

当f＝0，即a＝时，

函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝ ＝，

此时y＝h(x)有三个零点；

当f＞0，即a＞时，

函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于，

若f(1)＝－1＋a－＜0，

即a＜时，y＝h(x)有四个零点；

若f(1)＝－1＋a－＝0，

即a＝时，y＝h(x)有三个零点；

若f(1)＝－1＋a－＞0，

即a＞时，y＝h(x)有两个零点．

综上所述：当a＜或a＞时，y＝h(x)有两个零点；

当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；

当＜a＜时，y＝h(x)有四个零点．

6．已知函数f(x)＝ax＋bln x＋1，此函数在点(1，f(1))处的切线为x轴．

(1)求函数f(x)的单调区间和最大值；

(2)当x＞0时，证明：＜ln＜；

(3)已知n∈N*，n≥2，求证：＋＋…＋＜ln n＜1＋＋…＋．

解：(1)由题意得

因为f′(x)＝a＋，

所以解得

所以f(x)＝－x＋ln x＋1．

即f′(x)＝－1＋＝，

又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0．

故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，

函数f(x)的最大值为f(1)＝0．

(2)证明：由(1)知f(x)＝－x＋ln x＋1，

且f(x)≤0(当且仅当x＝1时取等号)，

所以ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)．

当x＞0时，由≠1，得ln ＜－1＝；

由≠1，得ln＜－1＝－⇒－ln＞⇒ln＞．

故当x＞0时，＜ln＜．

(3)证明：由(2)可知，

当x＞0时，＜ln＜．

取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，

将所得各式相加，得

＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＜1＋＋…＋，

故＋＋…＋＜ln  n＜1＋＋…＋．