2021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

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(1)当a＝－eq \f(1,2)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－eq \f(4,x)，f′(x)＝4＋eq \f(4,x2)，
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，eq \r(e)]时，
mx－eq \f(m,x)－3ln x＜3恒成立，
即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立，
∵x∈(1，eq \r(e)]，∴x2－1＞0，
则m＜eq \f(3x＋3xln x,x2－1)恒成立．
令h(x)＝eq \f(3x＋3xln x,x2－1)，x∈(1，eq \r(e)]，
则m＜h(x)min．
h′(x)＝eq \f(－3x2＋1·ln x－6,x2－12)＝－eq \f(3x2＋1·ln x＋6,x2－12)，
∵x∈(1，eq \r(e)]，
∴h′(x)＜0，
即h(x)在(1，eq \r(e)]上是减函数．
∴当x∈(1，eq \r(e)]时，h(x)min＝h(eq \r(e))＝eq \f(9\r(e),2e－1)．
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9\r(e),2e－2)))．
3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝cln x＋eq \f(1,2)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)＝eq \f(c,x)＋x＋b＝eq \f(x2＋bx＋c,x)(x＞0)，又f′(1)＝0，
所以f′(x)＝eq \f(x－1x－c,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eq \f(1,2)＋b＜0，
所以－eq \f(1,2)＜c＜0；
②若0＜c＜1，
则f(x)极大值＝f(c)＝cln c＋eq \f(1,2)c2＋bc，
f(x)极小值＝f(1)＝eq \f(1,2)＋b，
因为b＝－1－c，
则f(x)极大值＝cln c＋eq \f(c2,2)＋c(－1－c)＝cln c－c－eq \f(c2,2)＜0，
f(x)极小值＝－eq \f(1,2)－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；
③若c＞1，
则f(x)极小值＝cln c＋eq \f(c2,2)＋c(－1－c)＝cln c－c－eq \f(c2,2)＜0，
f(x)极大值＝－eq \f(1,2)－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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))．
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－eq \f(1,x＋1)(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－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,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＋eq \f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq \f(k,x＋1)－(k＋1)，
(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq \f(1,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－eq \f(1,4)，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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≥gx，,gx，fx＜g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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq \f(3,4)－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＝－eq \r(\f(a,3))＜0，x2＝ eq \r(\f(a,3))＞0，
则－ eq \r(\f(a,3))是函数f(x)的一个极小值点， eq \r(\f(a,3))是函数f(x)的一个极大值点，
而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(a,3))))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(a,3))))3＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(a,3))))－eq \f(1,4)
＝－eq \f(2a,3) eq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)＜0；
现在讨论极大值的情况：
feq \r(\f(a,3))＝－eq \r(\f(a,3))3＋aeq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)＝eq \f(2a,3) eq \r(\f(a,3))－eq \f(1,4)，
当feq \r(\f(a,3))＜0，即a＜eq \f(3,4)时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，
此时y＝h(x)有两个零点；
当feq \r(\f(a,3))＝0，即a＝eq \f(3,4)时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝ eq \r(\f(a,3))＝eq \f(1,2)，
此时y＝h(x)有三个零点；
当feq \f(\r(a),3)＞0，即a＞eq \f(3,4)时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于eq \r(\f(a,3))，一个零点大于eq \r(\f(a,3))，
若f(1)＝－1＋a－eq \f(1,4)＜0，
即a＜eq \f(5,4)时，y＝h(x)有四个零点；
若f(1)＝－1＋a－eq \f(1,4)＝0，
即a＝eq \f(5,4)时，y＝h(x)有三个零点；
若f(1)＝－1＋a－eq \f(1,4)＞0，
即a＞eq \f(5,4)时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述：当a＜eq \f(3,4)或a＞eq \f(5,4)时，y＝h(x)有两个零点；
当a＝eq \f(3,4)或a＝eq \f(5,4)时，y＝h(x)有三个零点；
当eq \f(3,4)＜a＜eq \f(5,4)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：eq \f(1,x＋1)＜lneq \f(x＋1,x)＜eq \f(1,x)；
(3)已知n∈N*，n≥2，求证：eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)＜ln n＜1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,n－1)．
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝0，,f′1＝0，))
因为f′(x)＝a＋eq \f(b,x)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1＝0，,a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1，))
所以f(x)＝－x＋ln x＋1．
即f′(x)＝－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)，
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eq \f(x＋1,x)≠1，得ln eq \f(x＋1,x)＜eq \f(x＋1,x)－1＝eq \f(1,x)；
由eq \f(x,x＋1)≠1，得lneq \f(x,x＋1)＜eq \f(x,x＋1)－1＝－eq \f(1,x＋1)⇒－lneq \f(x,x＋1)＞eq \f(1,x＋1)⇒lneq \f(x＋1,x)＞eq \f(1,x＋1)．
故当x＞0时，eq \f(1,x＋1)＜lneq \f(x＋1,x)＜eq \f(1,x)．
(3)证明：由(2)可知，
当x＞0时，eq \f(1,x＋1)＜lneq \f(x＋1,x)＜eq \f(1,x)．
取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，
将所得各式相加，得
eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)＜lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n,n－1)＜1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,n－1)，
故eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)＜ln n＜1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,n－1)．