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（二） word版含答案

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这是一份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（二） word版含答案，共4页。

(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)ex．
当a＝0时，f′(x)＝－(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a≠0时，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝－1＋eq \f(1,a)，
当a＞0时，因为－1＋eq \f(1,a)＞－1，
所以f(x)在(－∞，－1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递减；
当a＜0时，因为－1＋eq \f(1,a)＜－1，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1＋\f(1,a)))和(－1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，－1))上单调递增．
(2)由(1)知当a＝eq \f(1,2)时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝0．
由题意知，对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为max＝0，
所以bln x2－x2≥0，即b≥eq \f(x2,ln x2)．
令h(x)＝eq \f(x,ln x)，x∈，
则h′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)＜0，
因此h(x)min＝h(2)＝eq \f(2,ln 2)，所以b≥eq \f(2,ln 2)，
即实数b的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞))．
2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)，当a≤0时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)≥0且x＞0，
解得0＜x≤ eq \r(\f(1,2a))，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \r(\f(1,2a))))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，
所以x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a，
对任意的a∈(－2,0]，
都存在x0∈(0,1]，不等式mea＋f(x0)＞0都成立，
等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立，不等式mea＋2－2a＞0可化为m＞eq \f(2a－2,ea)，
记g(a)＝eq \f(2a－2,ea)(a∈(－2,0])，
则g′(a)＝eq \f(2ea－2a－2ea,e2a)＝eq \f(4－2a,ea)＞0，
所以g(a)的最大值是g(0)＝－2，
所以实数m的取值范围是(－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝eq \f(a＋ln x,x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数a的值及f(x)的极值；
(2)是否存在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(2,3)))(t＞0)使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－a＋ln x,x2)＝eq \f(1－a－ln x,x2)(x＞0)．
∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a－ln 1＝0．
解得a＝1．∴f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，f′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．
(2)∵x＞1时，f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)＞0，
当x→0时，f(x)→－∞，
由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，
由零点存在性定理，知f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点．
函数f(x)的图象如图所示．
∵函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(2,3)))(t＞0)上存在极值点和零点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜t＜1，,t＋\f(2,3)＞1，,ft＝\f(1＋ln t,t)＜0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜t＜1，,t＋\f(2,3)＞1，,t＜\f(1,e)，))解得eq \f(1,3)＜t＜eq \f(1,e)．
∴存在符合条件的区间，实数t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,e)))．
4．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x＋b(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；
(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；
(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤meq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求m的最小值．
解：(1)因为f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x＋b，
所以f′(x)＝x－eq \f(a,x)，
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3，,f1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a＝3，,\f(1,2)＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).))
(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．
当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x＋b，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以a＝1．
(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－eq \f(a,x)＞0，
故函数f(x)在(0,2]上单调递增，
不妨设0＜x1≤x2≤2，
则|f(x1)－f(x2)|≤meq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))可化为f(x2)＋eq \f(m,x2)≤f(x1)＋eq \f(m,x1)，
设h(x)＝f(x)＋eq \f(m,x)＝eq \f(1,2)x2－aln x＋b＋eq \f(m,x)，
则h(x1)≥h(x2)．
所以h(x)为(0,2]上的减函数，
即h′(x)＝x－eq \f(a,x)－eq \f(m,x2)≤0在(0,2]上恒成立，
等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，
即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，
又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，
而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，
所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．
所以m≥12，
即m的最小值为12．