2020高考数学一轮复习检测：第2章 第4节 导数的综合应用(含解析)
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A级 基础夯实练
1．(2018·安徽合肥一中等六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)，
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
2．(2018·青岛调研)设函数f(x)＝－kln x，k＞0.
(1)求f(x)的单调区间和极值．
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．
解：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得
f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0解得x＝.
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x | (0，) | (，＋∞) | |
f′(x) | － | 0 | ＋ |
f(x) | | |
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，
从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，
且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．
3．(2018·安徽十大名校联考)设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.
(1)证明：当a＜2－2ln 2时，f′(x)没有零点；
(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．
解：(1)证明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，
∴g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＜0，解得x＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x＞ln 2，
∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)min＝f′(ln 2)＝2－2ln 2－a.
当a＜2－2ln 2时，f′(x)min＞0，
∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点．
(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，
∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤－x－＋1恒成立．
令h(x)＝－x－＋1(x＞0)，则h′(x)＝.
当x＞0时，ex－x－1＞0恒成立，
令h′(x)＜0，解得0＜x＜1，令h′(x)＞0，解得x＞1，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝e－1.∴a的取值范围是(－∞，e－1]．
B级 能力提升练
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，
则g′(x)＝－.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；
当x＞1时，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
5．(2018·太原调研)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
C级 素养加强练
6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或
x＝.
当x∈∪时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在，单调递减，在(，)单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
