2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理

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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十四) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 (建議用時(shí):40分鐘) 1.已知函數(shù)f(x)=. (1)求函數(shù)f(x)在[1,+∞)上的值域; (2)若x∈[1,+∞),ln x(ln x+4)≤2ax+4恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解](1)易知f′(x)=<0(x≥1), ∴f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,f(x)max=f(1)=2. ∵x≥1時(shí),f(x)>0,∴f(x)在[1,+∞)上的值域?yàn)?0,2]. (2)令g(x)=ln x(ln x+4)-2ax-4,x∈[1,+∞), 則g′(x)=2, ①若a≤0,則由(1)可知,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上單

2、調(diào)遞增, ∵g(e)=1-2ae>0,與題設(shè)矛盾,∴a≤0不符合要求. ②若a≥2,則由(1)可知,g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減. ∴g(x)≤g(1)=-2a-4<0,∴a≥2符合要求. ③若0<a<2,則x0∈(1,+∞),使得=a, 則g(x)在[1,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減, ∴g(x)max=g(x0)=ln x0(ln x0+4)-2ax0-4. ∵ln x0=ax0-2, ∴g(x)max=(ax0-2)(ax0+2)-2ax0-4=(ax0+2)(ax0-4). 由題意知g(x)max≤0,即(ax0+2)(ax0-4)

3、≤0,-2≤ax0≤4, 即-2≤ln x0+2≤4?1<x0≤e2. ∵a=,且由(1)可知f(x)=在(1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴≤a<2. 綜上,a的取值范圍為. 2.已知函數(shù)f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R). (1)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a=1時(shí),證明:對(duì)任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2. [解](1)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=2x-(a-2)- =, 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0對(duì)任意x∈(0,+∞)恒成立, 所以,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0得x>,

4、 由f′(x)<0,得0<x<, 所以,函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增, 在區(qū)間上單調(diào)遞減. (2)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x2+x-ln x, 要證明f(x)+ex>x2+x+2, 只需證明ex-ln x-2>0, 設(shè)g(x)=ex-ln x-2, 則問題轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意的x>0,g(x)>0, 令g′(x)=ex-=0,得ex=, 容易知道該方程有唯一解,不妨設(shè)為x0,則x0滿足e=, 當(dāng)x變化時(shí),g′(x)和g(x)變化情況如下表 x (0,x0) x0 (x0,+∞) g′(x) - 0 + g(x) 遞減 遞增 g(x)min=g(x0)=e

5、-ln x0-2=+x0-2, 因?yàn)閤0>0,且x0≠1,所以g(x)min>2-2=0, 因此不等式得證. 3.已知函數(shù)f(x)=ex(1+aln x),其中a>0,設(shè)f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)設(shè)g(x)=e-xf′(x),若g(x)≥2恒成立,求a的取值范圍; (2)設(shè)函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為x0,函數(shù)f′(x)的極小值點(diǎn)為x1,當(dāng)a>2時(shí),求證:x0>x1. [解](1)由題設(shè)知,f′(x)=ex(x>0), g(x)=e-xf′(x)=1++aln x,g′(x)=(x>0). 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(

6、1,+∞)時(shí),g′(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增, 故g(x)在x=1處取得最小值,且g(1)=1+a. 由于g(x)≥2恒成立,所以1+a≥2,得a≥1,即a的取值范圍為[1,+∞). (2)證明:設(shè)h(x)=f′(x)=ex, 則h′(x)=ex. 設(shè)H(x)=1+-+aln x(x>0), 則H′(x)=-++=>0, 故H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 因?yàn)閍>2,所以H(1)=a+1>0,H=1-aln 2<0, 故存在x2∈,使得H(x2)=0, 則h(x)在區(qū)間(0,x2)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x2,+∞)上單調(diào)遞增, 故x2是h(x)的極

7、小值點(diǎn),因此x2=x1. 由(1)可知,當(dāng)a=1時(shí),ln x+≥1. 因此h(x)≥h(x1)=e >e(1+a)>0,即f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 由于H(x1)=0,即1+-+aln x1=0,即1+aln x1=-, 所以f(x1)=e(1+aln x1)=ae<0=f(x0). 又f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以x1<x0. 4.已知函數(shù)f(x)=xln x-x2+(a-1)x,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的最大值為0. (1)求實(shí)數(shù)a的值; (2)若f(x1)+f(x2)=-1(x1≠x2),證明:x1+x2>2. [解](1)由題意,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0

8、,+∞),其導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ln x-a(x-1), 記h(x)=f′(x),則h′(x)=. 當(dāng)a≤0時(shí),h′(x)=>0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且h(1)=0, 所以任意x∈(1,+∞),h(x)=f′(x)>0,故a≤0不成立. 當(dāng)a>0時(shí),若x∈,則h′(x)=>0; 若x∈,則h′(x)=<0. 所以h(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 所以h(x)max=h=-ln a+a-1. 令g(a)=-ln a+a-1,則g′(a)=1-=. 當(dāng)0<a<1時(shí),g′(a)<0;當(dāng)a>1時(shí),g′(a)>0.所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,

9、+∞)上單調(diào)遞增. 所以g(a)≥g(1)=0,故a=1. (2)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)=xln x-x2,則f′(x)=1+ln x-x. 由(1)知f′(x)=1+ln x-x≤0恒成立, 所以f(x)=xln x-x2在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 且f(1)=-,f(x1)+f(x2)=-1=2f(1). 不妨設(shè)0<x1<x2,則0<x1<1<x2, 欲證x1+x2>2,只需證x2>2-x1.因?yàn)閒(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 所以只需證f(x2)<f(2-x1),又f(x1)+f(x2)=-1, 所以只需證-1-f(x1)<f(2-x1),即f(2-x1)+f

10、(x1)>-1. 令F(x)=f(x)+f(2-x)(其中x∈(0,1)),則F(1)=-1. 所以欲證f(2-x1)+f(x1)>-1,只需證F(x)>F(1),x∈(0,1), F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=1+ln x-x-[1+ln(2-x)-2+x], 整理得F′(x)=ln x-ln(2-x)+2(1-x),x∈(0,1), 令m(x)=F′(x),則m′(x)=>0,x∈(0,1), 所以F′(x)=ln x-ln(2-x)+2(1-x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增, 所以任意x∈(0,1),f′(x)=ln x-ln(2-x)+2(1-x)<0, 所以函

11、數(shù)F(x)=f(x)+f(2-x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減, 所以F(x)>F(1),x∈(0,1),故x1+x2>2. 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 函數(shù)的單調(diào)性、構(gòu)造法證明不等式、分類討論思想 高考的熱點(diǎn)問題,將等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想放在一起考查學(xué)生分析問題的能力,同時(shí)雙變量問題的合理轉(zhuǎn)化是近幾年的熱點(diǎn),應(yīng)引起重視 【押題】 已知函數(shù)f(x)=x2-ax+(a-1)ln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若對(duì)任意的x1,x2∈(0,+∞),x1>x2,恒有f(x1)-f(x2)>x2-x1,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解](1)f′(x)=x-a+=

12、=(x-1)[x-(a-1)], ①若a>2,由f′(x)>0,得0<x<1或x>a-1,由f′(x)<0,得1<x<a-1,則f(x)在(0,1),(a-1,+∞)上單調(diào)遞增,在(1,a-1)上單調(diào)遞減; ②若a=2,則f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; ③若1<a<2,由f′(x)>0,得0<x<a-1或x>1,由f′(x)<0,得a-1<x<1,則f(x)在(0,a-1),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(a-1,1)上單調(diào)遞減; ④若a≤1,由f′(x)>0,得x>1,由f′(x)<0,得0<x<1,則f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減. 綜上

13、,若a>2,則f(x)在(0,1),(a-1,+∞)上單調(diào)遞增,在(1,a-1)上單調(diào)遞減; 若a=2,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 若1<a<2,則f(x)在(0,a-1),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(a-1,1)上單調(diào)遞減; 若a≤1,則f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減. (2)f(x1)-f(x2)>x2-x1?f(x1)+x1>f(x2)+x2, 令F(x)=f(x)+x=x2-ax+(a-1)ln x+x, 對(duì)任意的x1,x2∈(0,+∞),x1>x2,恒有f(x1)-f(x2)>x2-x1等價(jià)于函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù). f′(x)=x-a+1+=[x2-(a-1)x+a-1], 令g(x)=x2-(a-1)x+a-1, 當(dāng)a-1<0,即a<1時(shí),x=<0,故要使f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,需g(0)≥0,即a-1≥0,a≥1,無解. 當(dāng)a-1≥0,即a≥1時(shí),x=≥0,故要使f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,需g≥0,即-(a-1)·+a-1≥0,化簡(jiǎn)得(a-1)(a-5)≤0,解得1≤a≤5. 綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,5]. - 6 -

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