2020二轮复习(理)　导数的综合应用作业 练习

专题限时集训(十四)　导数的综合应用

(建议用时：40分钟)

1．已知函数f(x)＝.

(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；

(2)若x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．

[解](1)易知f′(x)＝＜0(x≥1)，

∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.

∵x≥1时，f(x)＞0，∴f(x)在[1，＋∞)上的值域为(0,2]．

(2)令g(x)＝ln x(ln x＋4)－2ax－4，x∈[1，＋∞)，

则g′(x)＝2，

①若a≤0，则由(1)可知，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

∵g(e)＝1－2ae＞0，与题设矛盾，∴a≤0不符合要求．

②若a≥2，则由(1)可知，g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减．

∴g(x)≤g(1)＝－2a－4＜0，∴a≥2符合要求．

③若0＜a＜2，则x0∈(1，＋∞)，使得＝a，

则g(x)在[1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

∴g(x)max＝g(x0)＝ln x0(ln x0＋4)－2ax0－4.

∵ln x0＝ax0－2，

∴g(x)max＝(ax0－2)(ax0＋2)－2ax0－4＝(ax0＋2)(ax0－4)．

由题意知g(x)max≤0，即(ax0＋2)(ax0－4)≤0，－2≤ax0≤4，

即－2≤ln x0＋2≤4⇒1＜x0≤e2.

∵a＝，且由(1)可知f(x)＝在(1，＋∞)上单调递减，

∴≤a＜2.

综上，a的取值范围为.

2．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．

(1)求函数y＝f(x)的单调区间；

(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.

[解](1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－

＝，

当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)单调递增；

当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，

由f′(x)＜0，得0＜x＜，

所以，函数在区间上单调递增，

在区间上单调递减．

(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，

要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，

只需证明ex－ln x－2＞0，

设g(x)＝ex－ln x－2，

则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0，

令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，

容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e＝，

当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表

g(x)min＝g(x0)＝e－ln x0－2＝＋x0－2，

因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，

因此不等式得证．

3．已知函数f(x)＝ex(1＋aln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．

(1)设g(x)＝e－xf′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；

(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.

[解](1)由题设知，f′(x)＝ex(x＞0)，

g(x)＝e－xf′(x)＝1＋＋aln x，g′(x)＝(x＞0)．

当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

故g(x)在x＝1处取得最小值，且g(1)＝1＋a.

由于g(x)≥2恒成立，所以1＋a≥2，得a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞)．

(2)证明：设h(x)＝f′(x)＝ex，

则h′(x)＝ex.

设H(x)＝1＋－＋aln x(x＞0)，

则H′(x)＝－＋＋＝＞0，

故H(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为a＞2，所以H(1)＝a＋1＞0，H＝1－aln 2＜0，

故存在x2∈，使得H(x2)＝0，

则h(x)在区间(0，x2)上单调递减，在区间(x2，＋∞)上单调递增，

故x2是h(x)的极小值点，因此x2＝x1.

由(1)可知，当a＝1时，ln x＋≥1.

因此h(x)≥h(x1)＝e ＞e(1＋a)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

由于H(x1)＝0，即1＋－＋aln x1＝0，即1＋aln x1＝－，

所以f(x1)＝e(1＋aln x1)＝ae＜0＝f(x0)．

又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x1＜x0.

4．已知函数f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.

(1)求实数a的值；

(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.

[解](1)由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝ln x－a(x－1)，

记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝.

当a≤0时，h′(x)＝＞0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，

所以任意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)＞0，故a≤0不成立．

当a＞0时，若x∈，则h′(x)＝＞0；

若x∈，则h′(x)＝＜0.

所以h(x)在上单调递增，在上单调递减．

所以h(x)max＝h＝－ln a＋a－1.

令g(a)＝－ln a＋a－1，则g′(a)＝1－＝.

当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.

(2)证明：当a＝1时，f(x)＝xln x－x2，则f′(x)＝1＋ln x－x.

由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，

所以f(x)＝xln x－x2在(0，＋∞)上单调递减，

且f(1)＝－，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．

不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，

欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以只需证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，

所以只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.

令F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.

所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，

F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，

整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，

令m(x)＝F′(x)，则m′(x)＝＞0，x∈(0,1)，

所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，

所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0，

所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，

所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2.

【押题】　已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求实数a的取值范围．

[解](1)f′(x)＝x－a＋＝

＝(x－1)[x－(a－1)]，

①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

②若a＝2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

③若1＜a＜2，由f′(x)＞0，得0＜x＜a－1或x＞1，由f′(x)＜0，得a－1＜x＜1，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1,1)上单调递减；

④若a≤1，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0，得0＜x＜1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

综上，若a＞2，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

若1＜a＜2，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1,1)上单调递减；

若a≤1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

(2)f(x1)－f(x2)＞x2－x1⇔f(x1)＋x1＞f(x2)＋x2，

令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x，

对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1等价于函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

f′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，

令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，

当a－1＜0，即a＜1时，x＝＜0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解．

当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g≥0，即－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，解得1≤a≤5.

综上，实数a的取值范围是[1,5]．