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第四讲导数的综合应用(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.设函数f(x)=12x2-9ln x在区间a-1,a+1上单调递减,则实数a的取值范围是()A.1a2B.a4C.a2D.0a3【解析】选A.fx=x-9x,当fx=x-9x0时,00,a+13,解得1f(x)成立,若f(ln 4)=2,则不等式f(x)ex2的解是()A.xln 4B.0x1D.0xf(x)2,所以g(x)0在R上恒成立,因此g(x)=f(x)ex2在R上是增函数,g(ln 4)=f(ln4)eln42=2eln2=22=1,由f(x)ex2,得g(x)=f(x)ex21,所以g(x)g(ln 4),由于g(x)在R上是增函数,所以xln 4.4.已知函数f(x)=38x2-x-ln x,则函数f(x)的最小值为()A.-12-ln 23B.-12-ln 2C.-58D.-724+ln 3【解析】选B.因为f(x)=38x2-x-ln x,所以f(x)=34x-1-1x=(3x+2)(x-2)4x,(x0),令f(x)=0,得x=2,当x(0,2)时,f(x)0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以当x=2时,f(x)有最小值f(2)=-12-ln 2.5.已知函数f(x)=x2+2x+4ln x,g(x)=kx-1,若f(x)g(x),则k的取值范围为()A.(-,4B.(-,4)C.(0,4)D.(-,3【解析】选A.因为f(x)=x2+2x+4ln x,x0,所以f(x)=2x-2x2+4x=2(x3+2x-1)x2,构造函数h(x)=x3+2x-1,x0,是增函数,h(0)=-1,h12=18,所以存在唯一的x00,12使得h(x)=0,所以在区间(0,x0)上,h(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)是增函数,如图,于是问题转化为过点(0,-1),作曲线y=f(x)的切线,求斜率k,设切点为P(x1,y1),则切线斜率为f(x1)=2x1-2x12+4x1,所以2x1-2x12+4x1=y1+1x1-0,又y1=x12+2x1+4ln x1,所以x1=1,所以切线方程为y=4x-1,由图象可知k的取值范围为k4.6.(2018惠州模拟)已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+ fln1x2f(1)的解集为()A.(e,+)B.(0,e)C.0,1e(1,e)D.1e,e【解析】选D.f(x)=xsin x+cos x+x2,因为f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,所以fln1x=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+fln1x2f(1)可变形为f(ln x) 0,所以f(x)在(0,+)上单调递增,在(-,0)上单调递减,所以f(ln x)f(1)等价于|ln x|1,即-1ln x1,所以1ex0,故g(x)0,g(x)为增函数,当x(1,+)时,h(x)0,故g(x)0,g(x)为减函数,所以g(x)max=g(1)=1e,又当x+时,g(x)0,所以g(x)的图象如图所示,故0a1e.答案:0,1e三、解答题(每小题10分,共30分)9.(2018广西三市联考)已知函数f(x)=x-aln x,g(x)=-1+ax,其中aR.(1)设函数h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间.(2)若存在x01,e,使得f(x0)0),h(x)=1-1+ax2-ax=x2-ax-(1+a)x2=(x+1)x-(1+a)x2,当a+10,即a-1时,在(0,1+a)上h(x)0,所以h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+)上单调递增.当1+a0,即a-1时,在(0,+)上h(x)0,所以函数h(x)在(0,+)上单调递增.综上所述,当a-1时,h(x)的单调递减区间为(0,1+a),单调递增区间为(1+a,+);当a-1时,h(x)的单调递增区间为(0,+).(2)若存在x01,e,使得f(x0)g(x0)成立,即存在x01,e,使得h(x0)=f(x0)-g(x0)0成立,即函数h(x)=x+1+ax-aln x在1,e上的最小值小于零.由(1)可知:当1+ae,即ae-1时,h(x)0,h(x)在1,e上单调递减,所以h(x)在1,e上的最小值为h(e),由h(e)=e+1+ae-ae2+1e-1,因为e2+1e-1e-1,所以ae2+1e-1.当1+a1,即a0时,h(x)在1,e上单调递增,所以h(x)的最小值为h(1),由h(1)=1+1+a0可得a-2.当11+ae,即0ae-1时,可得h(x)的最小值为h(1+a),因为0ln(1+a)1,所以0aln(1+a)20,不合题意.综上可得所求a的取值范围是(-,-2)e2+1e-1,+.10.已知函数f(x)=ax+ln x,aR,(1)求f(x)的单调区间.(2)设g(x)=x2-2x+1,若对任意x1(0,+),总存在x20,1,使得f(x1)0).当a0时,由于x0,故ax+10,f(x)0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+).当a0,f(x)单调递增.在区间-1a,+上,f(x)0,f(x)单调递减.综上所述,当a0时,f(x)的单调递增区间为(0,+);当a0时,f(x)的单调递增区间为0,-1a,f(x)的单调递减区间为-1a,+.(2)由已知,转化为f(x)maxg(x)max,又g(x)max=g(0)=1.由(1)知,当a0时,f(x)在(0,+)上单调递增,值域为R,故不符合题意.当a-1-ln(-a),解得a-1e2.故实数a的取值范围是-,-1e2.11.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:kg)与销售价格x(单位:元/kg)满足关系式y=ax-3+10(x-6)2,其中3x6,a为常数.已知销售价格为5元/kg时,每日可售出该商品11 kg.(1)求a的值.(2)若该商品的成本为3元/kg,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【解析】(1)因为当x=5时,y=11,所以a2+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=2x-3+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)2x-3+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,其中3x6.所以f(x)=10(x-6)2+2(x-3)(x-6)=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表所示:x(3,4)4(4,6)f(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以当x=4时,函数f(x)取得最大值42.即当销售价格为4元/kg时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.(20分钟20分)1.(10分)(2018银川一模)已知函数f(x)=xln x+m.(1)若函数f(x)的最小值为0,求m的值.(2)设0ab,证明:0f(a)+f(b)-2f(a+b2)(b-a)ln 2.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ln x+1.令f(x)=0,解得x=1e.当0x1e时,f(x)1e时,f(x)0.故当x=1e时,f(x)取得最小值,最小值为f(1e)=1eln1e+m=-1e+m=0,得m=1e.(2)f(x)=ln x+1.设F(x)=f(a)+f(x)-2f(a+x2),则F(x)=f(x)-2f(a+x2)=lnx-lna+x2,令F(x)=0,得x=a,当0xa时,F(x)a时,F(x)0,因此F(x)在(a,+)上为增函数.从而,当x=a时,F(x)有极小值F(a).因为F(a)=0,ba,所以F(b)0即00时,G(x)a,所以G(b)0,即f(a)+f(b)-2f(a+b2)(b-a)ln 2,综上,原不等式得证.2.(10分)(2018郑州外国语学校一模)已知f(x)=ex-ax(aR)(e为自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个零点x1,x2,求a的取值范围.(3)在(1)的条件下,求证:x1+x20在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数.当a0时,令f(x)0得xln a,令f(x)0得x0时, f(x)的递增区间为(ln a,+),递减区间为(-,ln a),又f(0)=e0,当x+时,f(x)+,所以f(x)有两个零点x1,x2,则f(x)min=f(ln a)=a-aln a=a(1-ln a)e. (3)由(1)知,当ae时,f(x)有两个零点x1,x2,且f(x)在(ln a,+)上递增, 在(-,ln a)上递减,依题意,f(x1)=f(x2)=0,不妨设x1ln ax2. 要证x1+x22ln a,即证x12ln a-x2,又x1ln ax2,所以x12ln a-x2f(2ln a-x2), 又f(x1)=f(x2)=0,即证f(x2)f(2ln a-x2),(x2ln a). 构造函数g(x)=f(x)-f(2ln a-x)=ex-a2ex-2ax+2aln a(xln a), g(x)=ex+a2ex-2a2a2-2a=0,所以g(x)在(ln a,+)上单调递增,所以g(x)g(ln a)=0,从而f(x)f(2ln a-x),所以f(x2)f(2ln a-x2),(x2ln a),命题成立.
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