1、13.4 导数的综合应用A 组 基础题组1.“函数 f(x)=a+ln x(xe)存在零点”是“a0,则函数 g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为( )A.0 B.1C.0 或 1 D.无数个答案 A 因为 g(x)=xf(x)+1(x0),所以 g(x)=xf (x)+f(x)(x0),由题意可知 g(x)0,所以 g(x)在(0,+)上单调递增,因为 g(0)=1,y=f(x)为 R 上的连续可导函数,所以 g(x)为(0,+)上的连续可导函数,g(x)g(0)=1,所以 g(x)在(0,+)上无零点.3.(2018 丽水模拟)设函数 f(x)=ax3-3x+1(xR),若对于任意
2、 x-1,1,都有 f(x)0 成立,则实数 a的值为 . 答案 4解析 当 x=0 时,无论 a 取何值 , f(x)0 显然成立;当 x(0,1时, f(x)=ax 3-3x+10 可化为 a - .3x21x3设 g(x)= - ,则 g(x)= ,3x21x3 3(1-2x)x4令 g(x)=0,得 x= ,12所以 g(x)在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,因此 g(x)max=g =4,从而 a4.(0,12 12,1 (12)当 x-1,0)时,同理,a - ,g(x)在区间-1,0)上单调递增,所以 g(x)min=g(-1)=4,从而 a4.3x21x3综上可知,a=4
3、.4.(2019 绍兴一中月考)已知函数 f(x)=ex-3x+3a(e 为自然对数的底数,aR).(1)求 f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当 aln ,且 x0 时, x+ -3a.3e exx32 1x2解析 (1)由 f(x)=ex-3x+3a 知, f (x)=e x-3.令 f (x)=0,得 x=ln 3,于是当 x 变化时, f (x)和 f(x)的变化情况如下表:x(-,ln 3)ln 3(ln 3,+)f (x) - 0 +f(x) 单调递减 极小值 单调递增故 f(x)的单调递减区间是(-,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+),f(x)在 x=ln 3 处取得
4、极小值,极小值为 f(ln 3)= -3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).eln3(2)证明:待证不等式等价于 ex- x2+3ax-10,32设 g(x)=ex- x2+3ax-1,x0,32则 g(x)=ex-3x+3a,x0.由(1)及 aln =ln 3-1 知,g(x)的最小值为 g(ln 3)=3(1-ln 3+a)0.3eg(x)在(0,+)上为增函数,g(0)=0,当 x0 时,g(x)0,即 ex- x2+3ax-10,即 x+ -3a.32 exx32 1x5.已知函数 f(x)= ax2-ln x(x0,aR).12(1)若 a=2,求点(1, f(1)处的切线方程
5、;(2)若不等式 f(x) 对任意 x0 恒成立,求实数 a 的值.a2解析 (1)当 a=2 时, f(x)=x 2-ln x, f (x)= ,2x2-1xf(1)=1, f (1)=1,所求的切线方程为 y=x.(2)易得 f (x)= .ax2-1x当 a0 时, f (x)1 时, f(x)0 时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增,f(x) min=f = -ln ,(0,1a) ( 1a,+ ) ( 1a)12 1a3 -ln ,即 1+ln a-a0.12 1a a2设 g(x)=1+ln x-x,则 g (x)= -1= ,g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上
6、单调递减,1x 1-xxg(x)g(1)=0,即 1+ln x-x0,故 1+ln a-a=0,a=1.6.(2018 浙江金华十校第二学期调研)设函数 f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.(1)求 f(x)的最小值;(2)设 h(x)f(x)对任意 x0,1恒成立时 k 的最大值为 ,求证:40, f(x)单调递增,所以 f(x)min=f(0)=1.(2)证明:由 h(x)f(x),化简可得 k(x2-x3)e x-1,当 x=0,1 时,kR,当 x(0,1)时,k ,ex-1x2-x3要证 44 对任意 x(0,1)恒成立;ex-1x2-x3存在 x0(0,1),使
7、得 4,即证 ex-14(x2-x3),ex-1x2-x3由(1)可知,e x-x1 恒成立,所以 ex-1x,又 x0,所以 ex-1x,即证 x4(x 2-x3)14(x-x 2)(2x-1)20,(2x-1)20 显然成立,所以 4 对任意 x(0,1)恒成立;ex-1x2-x3再证存在 x0(0,1),使得 e-1 成立?请说明理由.1e,e解析 (1)当 a=1 时, f(x)=x-ln x, f (x)=1- .易知 f = +ln 2,1x (12)12所以曲线 y=f(x)在点 处的切线的斜率为 f =1- =-1.(12,12+ln2) (12) 112故所求的切线方程为 y
8、- =- ,(12+ln2) (x-12)即 x+y-ln 2-1=0.(2)存在.理由如下:假设当 0e-1 成立,1e,e此时只需证明当 x 时, f(x) maxe-1 即可.1e,ef (x)=1+ - = = (x0),a-1x2 axx2-ax+(a-1)x2 (x-1)x-(a-1)x2令 f (x)=0 得,x 1=1,x2=a-1,当 00.(1e,1)故函数 f(x)在 上递减,在(1,e)上递增,(1e,1)所以 f(x)max=max .f(1e), f(e)于是,只需证明 f(e)e-1 或 f e-1 即可.(1e)因为 f(e)-(e-1)=e- -a-(e-1)
9、= 0,a-1e (e+1)(1-a)e所以 f(e)e-1,所以假设成立,故当 0e-1 成立.1e,eB 组 提升题组1.(2018 浙江,22,15 分)已知函数 f(x)= -ln x.x(1)若 f(x)在 x=x1,x2(x1x 2)处导数相等,证明: f(x 1)+f(x2)8-8ln 2;(2)若 a3-4ln 2,证明:对于任意 k0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点.解析 本题主要考查函数的单调性 ,导数的运算及其应用 ,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.5(1)函数 f(x)的导函数 f (x)= - ,12x1x由 f (x1)=f (x2)得 -
10、 = - ,12x11x1 12x21x2因为 x1x 2,所以 + = .1x1 1x212由基本不等式得 = + 2 ,12 x1x2 x1 x2 4x1x2因为 x1x 2,所以 x1x2256.由题意得 f(x1)+f(x2)= -ln x1+ -ln x2= -ln(x1x2).x1 x212 x1x2设 g(x)= -ln x,则 g(x)= ( -4),12 x 14x x所以x (0,16) 16 (16,+)g(x) - 0 +g(x) 2-4ln 2 所以 g(x)在256,+)上单调递增,故 g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即 f(x1)+f(x2)8-8ln
11、 2.(2)令 m=e-(|a|+k),n= +1,(|a|+1k )2则 f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-a0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点.2.设函数 f(x)=a2x2-(ax+1)ln x+ax.(1)若 a0,且函数 y=f(x)有且仅有一个零点,求 a 的值;(2)是否存在实数 a,使得不等式 f(x)0 对定义域内的任意 x 恒成立?若存在,求出实数 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析 函数 f(x)的定义域为 (0,+),f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当 a=0 时, f(x)=-ln x,满足题意.当
12、a0 时,ax+10,所以 f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0ax-ln x=0.因为函数 y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线 y=ax 与 y=ln x 相切时,a 的值即为所求.令(ln x)= =a,即 x= ,故切点坐标为 ,将其代入 y=ax,得 a= .1x 1a (1a,-lna) 1e综上可得 a=0 或 .1e(2)存在.假设存在实数 a,使得不等式 f(x)0 对定义域内的任意 x 恒成立,当 a=0 时,原不等式化为 ln x0,不满足题意.当 a0 时,ax+10,由 ax-ln x0,得 a .lnxx令 F(x)= ,则 F (x)= ,lnxx 1
13、-lnxx2所以函数 F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以函数 F(x)在 x=e 处取得极大值,也为最大值,最大值为 ,由此可得 a .1e 1e当 a0,在 上,ax+10,当 00,得 x0,令 (x)x,即 f(x)e-ln(1+a)-(1-a)= -(1-a)= 0.11+a a21+a综上,对任意 a0,当 00 时,求函数 f(x)的单调递减区间;(2)当 a=0 时,设函数 g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数 g(x)在区间 上有两个零点,求实数 k 的取12,+ )值范围.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=-ax+1+a- =- (a0),1x (ax-1)(x-1)x当 a(0,1)时, 1.1a由 f (x) 或 x1 或 x0,即 h(x)0,故 h(x)单调递增.因为 h = + ,h(1)=1,(12)910ln25所以 k 的取值范围是 .(1,910+ln25)
