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    2019届二轮复习 导数的热点问题学案(全国通用)

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    2019届二轮复习 导数的热点问题学案(全国通用)

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    第4讲 导数的热点问题
    [考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大.
                       
    热点一 利用导数证明不等式
    用导数证明不等式是导数的应用之一,可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值,以及构造函数解题的能力.
    例1 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f(x)=ae2x-aex-xex(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.
    (1)求实数a的值;
    (2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且+≤f(x0)<.
    (1)解 由f(x)=ex(aex-a-x)≥0对于x∈R恒成立,
    设函数g(x)=aex-a-x,
    可得g(x)=aex-a-x≥0对于x∈R恒成立,
    ∵g(0)=0,∴g(x)≥g(0),
    从而x=0是g(x)的一个极小值点,
    ∵g′(x)=aex-1,∴g′(0)=a-1=0,即a=1.
    当a=1时,g(x)=ex-1-x,g′(x)=ex-1,
    ∵x∈(-∞,0)时,g′(x)<0,g(x)在(-∞,0)上单调递减,
    x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
    ∴g(x)≥g(0)=0,故a=1.
    (2)证明 当a=1时,f(x)=e2x-ex-xex,
    f′(x)=ex(2ex-x-2).
    令h(x)=2ex-x-2,则h′(x)=2ex-1,
    ∴当x∈(-∞,-ln 2)时,h′(x)<0,h(x)在(-∞,-ln 2)上为减函数;
    当x∈(-ln 2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在(-ln 2,+∞)上为增函数,
    ∵h(-1)<0,h(-2)>0,
    ∴在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0,
    ∵h(x)在(-∞,-ln 2)上为减函数,
    ∴当x∈(-∞,x0)时,h(x)>0,
    即f′(x)>0,f(x)在(-∞,x0)上为增函数,
    当x∈(x0,-ln 2)时,h(x)<0,
    即f′(x)<0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数,
    当x∈(-ln 2,0)时,h(x) 即f′(x)<0,f(x)在(-ln 2,0)上为减函数,
    当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,
    即f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,
    ∴f(x)在(-ln 2,+∞)上只有一个极小值点0,
    综上可知,f(x)存在唯一的极大值点x0,
    且x0∈(-2,-1).
    ∵h(x0)=0,∴2-x0-2=0,
    ∴f(x0)=--x0=2-(x0+1)=-,x0∈(-2,-1),
    ∵当x∈(-2,-1)时,-<,∴f(x0)<;
    ∵ln∈(-2,-1),
    ∴f(x0)≥f =+;
    综上知+≤f(x0)<.
    思维升华 用导数证明不等式的方法
    (1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x1 (2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则对∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m).
    (3)证明f(x) 跟踪演练1 (2018·荆州质检)已知函数f(x)=ax-ln x.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)若a∈,求证:f(x)≥2ax-xeax-1.
    (1)解 由题意得f′(x)=a-=(x>0),
    ①当a≤0时,则f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
    ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
    ②当a>0时,
    则当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
    当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
    综上当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
    当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
    (2)证明 令g(x)=f(x)-2ax+xeax-1
    =xeax-1-ax-ln x,
    则g′(x)=eax-1+axeax-1-a-
    =(ax+1)=(x>0),
    设r(x)=xeax-1-1(x>0),
    则r′(x)=(1+ax)eax-1(x>0),
    ∵eax-1>0,
    ∴当x∈时,r′(x)>0,r(x)单调递增;
    当x∈时,r′(x)<0,r(x)单调递减.
    ∴r(x)max=r=-≤0,
    ∴当0-时,g′(x)>0,
    ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,
    ∴g(x)min=g,
    设t=-∈,
    则g=h(t)=-ln t+1(0 h′(t)=-≤0,h(t)在上单调递减,
    ∴h(t)≥h(e2)=0;
    ∴g(x)≥0,故f(x)≥2ax-xeax-1.
    热点二 利用导数讨论方程根的个数
    方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的走势,通过数形结合思想直观求解.
    例2 (2018·衡水金卷分科综合卷)设函数f(x)=ex-2a-ln(x+a),a∈R,e为自然对数的底数.
    (1)若a>0,且函数f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,求实数a的取值范围;
    (2)若0 解 (1)∵函数f(x)在[0,+∞)内单调递增,
    ∴f′(x)=ex-≥0在[0,+∞)内恒成立.
    即a≥e-x-x在[0,+∞)内恒成立.
    记g(x)=e-x-x,
    则g′(x)=-e-x-1<0恒成立,
    ∴g(x)在区间[0,+∞)内单调递减,
    ∴g(x)≤g(0)=1,∴a≥1,
    即实数a的取值范围为[1,+∞).
    (2)∵0-a),
    记h(x)=f′(x),则h′(x)=ex+>0,
    知f′(x)在区间内单调递增.
    又∵f′(0)=1-<0,f′(1)=e->0,
    ∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0,
    即f′(x0)=-=0,
    于是=,x0=-ln.
    当-a 当x>x0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
    ∴f(x)min=f(x0)=-2a-ln
    =-2a+x0=x0+a+-3a≥2-3a,
    当且仅当x0+a=1时,取等号.
    由00,
    ∴f(x)min=f(x0)>0,即函数f(x)没有零点.
    思维升华 (1)函数y=f(x)-k的零点问题,可转化为函数y=f(x)和直线y=k的交点问题.
    (2)研究函数y=f(x)的值域,不仅要看最值,而且要观察随x值的变化y值的变化趋势.
    跟踪演练2 (2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax2.
    (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
    (2)若f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,求a.
    (1)证明 当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
    设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,
    则g′(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x.
    当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
    而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
    (2)解 设函数h(x)=1-ax2e-x.
    f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
    (ⅰ)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
    (ⅱ)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.
    当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.
    所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
    故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.
    ①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.
    ②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
    ③若h(2)<0,即a>,
    因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点;
    由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0,故h(x)在(2,4a)上有一个零点.
    因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.
    综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.
    热点三 利用导数解决生活中的优化问题
    生活中的实际问题受某些主要变量的制约,解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来,建立目标问题即关于这个变量的函数,然后通过研究这个函数的性质,从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优.
    例3 罗源滨海新城建一座桥,两端的桥墩已建好,这两墩相距m米,余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩,经预测,一个桥墩的工程费用为32万元,距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+)x万元.假设桥墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素,记余下工程的费用为y万元.
    (1)试写出y关于x的函数关系式;
    (2)当m=96米时,需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y最小?
    解 (1)设需新建n个桥墩,
    则(n+1)x=m,即n=-1.
    所以y=f(x)=32n+(n+1)(2+)x
    =32+(2+)x
    =m+2m-32(0 (2)当m=96时,f(x)=96+160,
    则f′(x)=96=(-64).
    令f′(x)=0,得=64,所以x=16.
    当0 当160,f(x)在区间(16,96)内为增函数,
    所以f(x)在x=16处取得最小值,此时n=-1=5.
    答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y最小.
    思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
    (1)建模:分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).
    (2)求导:求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0.
    (3)求最值:比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.
    (4)作答:回归实际问题作答.
    跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图,图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图,其中四边形ABCD是矩形,弧CmD是半圆,凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积,设AB=2x,BC=y.

    (1)写出y关于x的函数表达式,并指出x的取值范围;
    (2)求当x取何值时,凹槽的强度最大.
    解 (1)易知半圆CmD的半径为x,
    故半圆CmD的弧长为πx.
    所以4=2x+2y+πx,
    得y=.
    依题意知0 所以y= .
    (2)依题意,得T=AB·S=2x
    =8x2-(4+3π)x3.
    令T′=16x-3(4+3π)x2=0,得x=0或x=.
    因为0<<,
    所以当00,T为关于x的增函数;
    所以当x=时凹槽的强度最大.


    真题体验
    (2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
    解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
    f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
    (i)若a≤0,则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
    (ii)若a>0,则由f′(x)=0,得x=-ln a.
    当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0;
    当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0.
    所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
    (2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
    (ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.
    ①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
    ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,
    即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;
    ③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.
    又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,
    故f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点.
    设正整数n0满足n0>ln,
    则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.
    由于ln>-ln a,
    因此f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点.
    综上,a的取值范围为(0,1).
    押题预测
    已知f(x)=asin x,g(x)=ln x,其中a∈R,y=g-1(x)是y=g(x)的反函数.
    (1)若0 (2)证明:in (3)设F(x)=g-1(x)-mx2-2(x+1)+b,若对任意的x>0,m<0有F(x)>0恒成立,求满足条件的最小整数b的值.
    押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法,考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法.本题的命制正是根据这个要求进行的,全面考查了考生综合求解问题的能力.
    (1)证明 由题意知G(x)=asin(1-x)+ln x,
    G′(x)=-acos(1-x)(x>0),
    当x∈(0,1),01,0 ∴acos(1-x)<1,∴G′(x)>0,
    故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数.
    (2)证明 由(1)知,当a=1时,
    G(x)=sin(1-x)+ln x在(0,1)上单调递增.
    ∴sin(1-x)+ln x sin(1-x) 令1-x=,所以x=.
    ∵sin=sin
    ∴in <++…+,
    =ln 2-ln (3)解 由对任意的x>0,m<0有F(x)=g-1(x)-mx2-2(x+1)+b=ex-mx2-2x+b-2>0恒成立,
    即当x∈(0,+∞)时,Fmin>0.
    又设h(x)=F′=ex-2mx-2,
    h′(x)=ex-2m,m<0,
    则h′(x)>0,h(x)单调递增,又h(0)<0,h(1)>0,
    则必然存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0,
    ∴F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
    ∴F(x)≥F(x0)=-mx-2x0+b-2>0,
    则b>-+mx+2x0+2,又-2mx0-2=0,
    ∴m=,
    ∵b>-+·x+2x0+2
    =+x0+2,
    又m<0,则x0∈(0,ln 2),
    ∵b>+x0+2,x0∈(0,ln 2)恒成立,
    令m(x)=ex+x+2,x∈(0,ln 2),
    则m′(x)=(x-1)ex+1,
    令n(x)=(x-1)ex+1,
    则n′(x)=xex>0,
    ∴m′(x)在(0,ln 2)上单调递增,
    ∴m′(x)>m′(0)=>0,
    ∴m(x)在(0,ln 2)上单调递增,
    ∴m(x) ∴b≥2ln 2,又b为整数,
    ∴最小整数b的值为2.

    A组 专题通关
    1.在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为3+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).
    (1)求y关于v的函数关系式;
    (2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.
    解 (1)由题意,得下潜用时(单位时间),
    用氧量为×=+(升);
    水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升);
    返回水面用时=(单位时间),
    用氧量为×1.5=(升),
    ∴总用氧量y=++9(v>0).
    (2)y′=-=,
    令y′=0,得v=10,
    当0 当v>10时,y′>0,函数单调递增,
    ∴当0 在(10,15)上单调递增,
    ∴当v=10时总用氧量最少,
    当c≥10时,y在[c,15]上单调递增,
    ∴当v=c时总用氧量最少.
    综上,若0 则当v=10时总用氧量最少;若c≥10,
    则当v=c时总用氧量最少.
    2.(2018·淮北模拟)已知函数f(x)=+ln x.
    (1)若函数f(x)在内有极值,求实数a的取值范围;
    (2)在(1)的条件下,对任意t∈(1,+∞),s∈(0,1),求证:f(t)-f(s)>e+2-.
    (1)解 由定义域为(0,1)∪(1,+∞),
    f′(x)=-=,
    设h(x)=x2-(a+2)x+1,
    要使y=f(x)在上有极值,
    则x2-(a+2)x+1=0有两个不同的实根x1,x2,
    ∴Δ=(a+2)2-4>0,∴a>0或a<-4,①
    且至少有一根在区间上,又∵x1·x2=1,
    ∴只有一根在区间(e,+∞)上,不妨设x2>e,
    ∴0 又h(0)=1,
    ∴只需h<0,即-(a+2)+1<0,
    ∴a>e+-2,②
    联立①②可得a>e+-2.
    即实数a的取值范围是.
    (2)证明 由(1)知,当x∈时,f′(x)<0,
    f(x)单调递减,
    当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
    ∴f(x)在(1,+∞)上有最小值f(x2),
    即∀t∈(1,+∞),都有f(t)≥f(x2),
    又当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
    当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
    ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1),
    即对∀s∈(0,1),都有f(s)≤f(x1),
    又∵x1+x2=2+a,x1x2=1,
    x1∈,x2∈,
    ∴f(t)-f(s)≥f(x2)-f(x1)
    =ln x2+-ln x1-
    =ln+-
    =ln x+x2-,
    设k(x)=ln x2+x-=2ln x+x-(x>e),
    则k′(x)=+1+>0(x>e),
    ∴k(x)在上单调递增,
    ∴k(x)>k(e)=2+e-,
    ∴f(t)-f(s)>e+2-.
    3.(2018·商丘模拟)已知函数f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x(a>0).

    (1)如图,设直线x=-,y=-x将坐标平面分成Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ四个区域(不含边界),若函数y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;
    (2)当a>时,求证:∀x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,有f(x1)+f(x2)<2f.
    (1)解 函数f(x)的定义域为,
    且当x=0时,f(0)=-a<0.
    又∵直线y=-x恰好通过原点,
    ∴函数y=f(x)的图象应位于区域Ⅳ内,
    于是可得f(x)<-x,
    即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x<-x.
    ∵2x+1>0,∴a>.
    令h(x)=,
    则h′(x)=.
    ∴当x∈时,h′(x)>0,h(x)单调递增;
    当x∈时,h′(x)<0,h(x)单调递减.
    ∴h(x)max=h=,
    ∴a的取值范围是.
    (2)证明 ∵f′(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,
    设u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,
    则u′(x)=-8a,
    ∵当x>0时,<4,当a>时,8a>4,
    ∴u′(x)=-8a<0,
    ∴当x>0时,f′(x)为减函数,
    不妨设x2>x1>0,
    令g(x)=f(x)+f(x1)-2f(x>x1),
    可得g(x1)=0,
    g′(x)=f′(x)-f′,
    ∵x>且f′(x)是(0,+∞)上的减函数,
    ∴g′(x)<0,∴当x>x1时,g(x)为减函数,
    ∴g(x2) 即f(x1)+f(x2)<2f.
    4.已知函数f(x)=ln x+,g(x)=e-x+bx,a,b∈R,e为自然对数的底数.
    (1)若函数y=g(x)在R上存在零点,求实数b的取值范围;
    (2)若函数y=f(x)在x=处的切线方程为ex+y-2+b=0.求证:对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x).
    (1)解 易得g′(x)=-e-x+b=b-.
    若b=0,则g(x)=∈(0,+∞),不合题意;
    若b<0,则g(0)=1>0,g=-1<0,满足题设,
    若b>0,令g′(x)=-e-x+b=0,得x=-ln b.
    ∴g(x)在(-∞,-ln b)上单调递减;
    在(-ln b,+∞)上单调递增,
    则g(x)min=g(-ln b)=eln b-bln b=b-bln b≤0,
    ∴b≥e.
    综上所述,实数b的取值范围是(-∞,0)∪[e,+∞).
    (2)证明 易得f′(x)=-,
    则由题意,得f′=e-ae2=-e,解得a=.
    ∴f(x)=ln x+,从而f =1,
    即切点为.
    将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.
    ∴g(x)=e-x.
    要证f(x)>g(x),即证ln x+>e-x(x∈(0,+∞)),
    只需证xln x+>xe-x(x∈(0,+∞)).
    令u(x)=xln x+,v(x)=xe-x,x∈(0,+∞).
    则由u′(x)=ln x+1=0,得x=,
    ∴u(x)在上单调递减,
    在上单调递增,
    ∴u(x)min=u=.
    又由v′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1,
    ∴v(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
    ∴v(x)max=v(1)=.
    ∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x),
    显然,上式的等号不能同时取到.
    故对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x).
    5.(2018·马鞍山模拟)已知函数g(x)=xln x,h(x)=(a>0).
    (1)若g(x) (2)证明:不等式·…· (1)解 方法一 记f(x)=g(x)-h(x)
    =xln x-x2+,
    令φ(x)=f′(x)=ln x+1-ax,则φ′(x)=-a,
    ①当a≥1时,
    ∵x∈(1,+∞),∴φ′(x)=-a<1-a≤0,
    ∴f′(x)在(1,+∞)上单调递减,
    又f′(1)=1-a≤0,∴f′(x)<0,
    即f(x)在(1,+∞)上单调递减,
    此时,f(x) 即g(x) ②当0 考虑x∈时,φ′(x)=-a>a-a=0,
    ∴f′(x)在上单调递增,
    又f′(1)=1-a>0,∴f′(x)>0,
    即f(x)在上单调递増,
    f(x)>f(1)=->0,不满足题意.
    综上所述,a∈[1,+∞).
    方法二 当x∈(1,+∞)时,g(x)
    令F(x)=(x>1),
    F′(x)=(x>1),
    记m(x)=x-1-xln x(x>1),
    则m′(x)=-ln x<0,
    ∴m(x)在(1,+∞)上单调递减,∴m(x) ∴F′(x)<0,即F(x)在(1,+∞)上单调递减,
    F(x) (2)证明 由(1)知取a=1,
    当x∈(1,+∞)时,g(x) 即xln x<恒成立,即ln x<恒成立,  
    即ln(1+x)<=对于x∈(0,+∞)恒成立,
    由此,ln<=≤,k∈N*,
    于是ln
    =ln+ln+…+ln
    <

    =·

    =≤,
    故·…·<.
    B组 能力提高
    6.(2018·广东省深中、华附、省实、广雅四校联考)已知函数f(x)=ex+1,其中e=2.718…为自然对数的底数,常数a>0.
    (1)求函数f(x)在区间(0,+∞)上的零点个数;
    (2)函数F(x)的导数F′(x)=f(x),是否存在无数个a∈(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点?请说明理由.
    解 (1)f′(x)=ex,
    当0 当x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
    所以当x∈(0,+∞)时,f(x)min=f,
    因为f0,
    所以存在x0∈,使f(x0)=0,
    且当0x0时,f(x)>0.
    故函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,即x0.
    (2)方法一 当a>1时,ln a>0.
    因为当x∈时,ex-a<0;
    当x∈时,ex-a>0.
    由(1)知,当x∈(0,x0)时,f(x)<0;
    当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0.
    下面证:当a∈时,ln a f=a+1=aln a-a-+1,
    记g(x)=xln x-x-+1,x∈(1,e),
    g′(x)=ln x-,x∈(1,e),
    令h(x)=g′(x),则h′(x)=>0,
    所以g′(x)在上单调递增,
    由g′(1)=-<0,g′(e)=1->0,
    所以存在唯一零点t0∈,使得g′=0,
    且x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
    x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
    所以当x∈时,g(x) 由g(1)=-<0,g(e)=<0,
    得当x∈时,g(x)<0.
    故f<0,0 当0 F′(x)=f(x)>0,F(x)单调递增;
    当ln a0,f(x)<0,
    F′(x)=f(x)<0,F(x)单调递减.
    所以存在a∈⊆(1,4),使得ln a为F(x)的极大值点.
    方法二 因为当x∈时,ex-a<0;
    当x∈时,ex-a>0.
    由(1)知,当x∈(0,x0)时,f(x)<0;
    当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0.
    所以存在无数个a∈(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点,即存在无数个a∈(1,4),使得ln a 由(1),问题①等价于存在无数个a∈(1,4),使得f<0成立,
    因为f=a+1=aln a-a-+1,
    记g(x)=xln x-x-+1,x∈(1,4),
    g′(x)=ln x-,x∈(1,4),
    设k(x)=g′(x),因为k′(x)=,
    当x∈时,k′(x)>0,
    所以g′(x)在上单调递增,
    因为g′=ln-<0,g′(2)=ln 2->0,
    所以存在唯一零点t0∈,使得g′=0,
    且当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
    当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
    所以当x∈时,
    g(x)min=g=t0ln t0-t0-+1,②
    由g′=0,可得ln t0=,
    代入②式可得g(x)min=g=-t0+1,
    当t0∈时,
    g=-t0+1=-<-<0,
    所以必存在x∈,使得g(x)<0,
    即对任意a∈,f<0有解,
    所以对任意a∈⊆(1,4),函数F(x)存在极大值点为ln a.
    7.已知f(x)=(x-1)ex+ax2.
    (1)当a=e时,求f(x)的极值;
    (2)若f(x)有两个不同零点,求a的取值范围;
    (3)对∀x>1,求证:f(x)≥ax2+x+1+ln(x-1).
    (1)解 当a=e时,f′(x)=x(ex+e).
    当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,
    当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,
    ∴f(x)极小值=f(0)=-1,无极大值.
    (2)解 f′(x)=x(ex+a),
    (ⅰ)当a=0时,f(x)=(x-1)ex,只有一个零点x=1,
    (ⅱ)当a>0时,ex+a>0,
    当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,
    当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,
    f(x)极小值=f(0)=-1,而f(1)=>0,
    ∴当x>0时,函数f(x)在(0,1)上存在一个零点,
    当x<0时,ex<1,∴(x-1)ex>x-1,
    ∴f(x)=(x-1)ex+ax2>x-1+ax2
    =ax2+x-1,
    令g(x)=ax2+x-1,
    x1是g(x)=0的一个根,
    取x1=<0,
    ∴f(x1)>0,f(x1)·f(0)<0,
    ∴当x<0时,函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点,
    ∴函数f(x)有两个零点.
    (ⅲ)当a<0时,f′(x)=x(ex+a),
    令f′(x)=0得x=0或x=ln(-a),
    ①当ln(-a)>0,即a<-1时,
    当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如表所示:
    x
    (-∞,0)
    0
    (0,ln(-a))
    ln(-a)
    (ln(-a),+∞)
    f′(x)

    0

    0

    f(x)

    -1




    ∴f(x)极大值=f(0)=-1,
    ∴函数f(x)至多有一个零点,不合题意,
    ②当ln(-a)=0,即a=-1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
    ∴f(x)至多有一个零点,不合题意.
    ③当ln(-a)<0,即-1 当x变化时f(x),f′(x)的变化情况如表所示:
    x
    (-∞,ln(-a))
    ln(-a)
    (ln(-a),0)
    0
    (0,+∞)
    f′(x)

    0

    0

    f(x)



    -1


    ∴x<0,a<0时,f(x)=(x-1)ex+ax2<0,f(0)=-1,
    ∴函数f(x)至多有一个零点,不合题意.
    综上,a的取值范围是(0,+∞).
    (3)证明 令g(x)=f(x)-ln(x-1)-ax2-x-1,
    =(x-1)ex-ln(x-1)-x-1,x∈(1,+∞),
    g′(x)=xex--1=xex-
    =x,x∈(1,+∞).
    令h(x)=ex-,x∈(1,+∞),
    h′(x)=ex+>0,
    ∴h(x)为(1,+∞)上的增函数,h(2)=e2-1>0,
    取x-1=e-2,x=1+e-2,h(1+e-2)=-e2<0,
    ∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)=0,即=,
    ∴当x∈(1,x0)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)为减函数,
    当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)为增函数,
    ∴g(x)min=g(x0)=(x0-1) -ln(x0-1)-x0-1
    =(x0-1)×-ln -x0-1
    =1+x0-x0-1=0,
    ∴对∀x>1,g(x)≥g(x0)=0,
    即f(x)≥ax2+x+1+ln(x-1).

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