课时作业(十六) 导数的综合应用 练习

课时作业(十六)　导数的综合应用1．设f(x)＝ex－1.当x>－1时，证明：f(x)>.证明：当x>－1时，f(x)>，即ex－1>＝2x－1，当且仅当ex>2x，即ex－2x>0恒成立时原不等式成立．令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln 2.当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝ex－2<0，故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减；当x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0，故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)>0，即ex>2x.故当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)>.2．已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.解析：(1)f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0, f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0.(2)由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0<ex<1，则0<－xex<1，从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减．当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.综上，总有g(x)<1.3．已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)若x>0时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．解析：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2，得y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝4a＝0，则a＝0.此时f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.由f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增．(2)由f(x)>－e2x，得a>－.设g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝.∴当0<x<2时，g′(x)>0，g(x)在(0,2)上单调递增；当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．∴g(x)≤g(2)＝－.因此实数a的取值范围为.4．设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.由g′(x)>0得x<0，或x>，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上是单调递减函数，在区间上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0，当<x<1时，h′(x)>0.即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．5．(2017·山东威海一模，21)已知函数f(x)＝ln x－ax＋，对任意的x∈(0，＋∞)，满足f(x)＋f＝0，其中a，b为常数．(1)若f(x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；(2)已知0<a<1，求证：f>0.解析：(1)在f(x)＋f＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，又f(1)＝ln 1－a＋b＝－a＋b，所以b＝a.从而f(x)＝ln x－ax＋，f′(x)＝－a，f′(1)＝1－2a.又f′(1)＝＝5，所以1－2a＝5，a＝－2.(2)证明：f＝ln－＋＝2ln a＋－－ln 2.令g(x)＝2ln x＋－－ln 2，则g′(x)＝－－＝.所以，x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝2－－ln 2>1－ln e＝0.所以0<a<1时，f>0.6．已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．解析：(1)由已知得f′(x)＝2＋(x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1,2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.(2)f′(x)＝a＋＝(x>0)，①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)由已知知所求可转化为f(x)max<g(x)max.g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0,1]，所以g(x)max＝2，由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，是f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－.故a的取值范围为.7．(2017·福建模拟)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)当x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．解析：(1)f′(x)＝a－(x>－1)，g′(x)＝ex－1，依题意，f′(0)＝g′(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)解法一：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[0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．故k＝1符合题意．(ⅱ)当k<1时，由于f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故k<1符合题意．(ⅲ)当k>1时，令h(x)＝ex＋－(k＋1)，则h′(x)＝ex－，显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝1－k<0，h′(－1)＝e－1－1>0，所以h′(x)在(0，－1)上存在唯一零点x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，从而当x∈(0，x0)时，h(x)<h(0)＝0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上单调递减，从而当x∈(0，x0)时，F(x)<F(0)＝0，即g(x)<kf(x)，∴k>1不合题意．综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．解法二：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)＝(x＋1－k)，(ⅰ)当k≤1时，F′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，此时，在[0，＋∞)上，F(x)单调递增，F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．故k≤1符合题意．(ⅱ)当k>1时，由(1)知，当x>－1时，ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)，所以当0<x<1时，e－x>－x＋1，即ex<.所以当0<x<1时，F′(x)＝ex－1－k＝ex－1－<－1－＝－＝.于是当0<x<时，F′(x)<0，所以F(x)在上单调递减．故当0<x<时，F(x)<F(0)＝0，即g(x)<kf(x)，∴k>1不合题意．综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．