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第四講 導數(shù)的綜合應用
(40分鐘 70分)
一、選擇題(每小題5分,共30分)
1.設函數(shù)f(x)=12x2-9ln x在區(qū)間a-1,a+1]上單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.1
0,a+1≤3,解得1f(x)成立,若f(ln 4)=2,則不等式f(x)>ex2的解是 ( )
A.x>ln 4 B.01 D.0f(x)2,
所以g′(x)>0在R上恒成立,
因此g(x)=f(x)ex2在R上是增函數(shù),g(ln 4)=f(ln4)eln42=2eln2=22=1,由f(x)>ex2,得g(x)=f(x)ex2>1,
所以g(x)>g(ln 4),
由于g(x)在R上是增函數(shù),
所以x>ln 4.
4.已知函數(shù)f(x)=38x2-x-ln x,則函數(shù)f(x)的最小值為 ( )
A.-12-ln 23 B.-12-ln 2
C.-58 D.-724+ln 3
【解析】選B.因為f(x)=38x2-x-ln x,所以f′(x)=34x-1-1x=(3x+2)(x-2)4x,(x>0),令f′(x)=0,得x=2,當x∈(0,2)時,f′(x)<0,當x∈(2,+∞)時,
f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增,所以當x=
2時,f(x)有最小值f(2)=-12-ln 2.
5.已知函數(shù)f(x)=x2+2x+4ln x,g(x)=kx-1,若f(x)≥g(x),則k的取值范圍為 ( )
A.(-∞,4] B.(-∞,4)
C.(0,4) D.(-∞,3]
【解析】選A.因為f(x)=x2+2x+4ln x,x>0,所以f′(x)=2x-2x2+4x=2(x3+2x-1)x2,構(gòu)造函數(shù)h(x)=x3+2x-1,x>0,是增函數(shù),h(0)=-1,h12=18,所以存在唯一的x0∈0,12使得h(x)=0,所以在區(qū)間(0,x0)上,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)是減函數(shù),在區(qū)間(x0,+∞)上,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)是增函數(shù),如圖,于是問題轉(zhuǎn)化為過點(0,-1),作曲線y=f(x)的切線,求斜率k,設切點為P(x1,y1),則切線斜率為f′(x1)=2x1-2x12+4x1,所以2x1-2x12+4x1=y1+1x1-0,又y1=x12+2x1+4ln x1,所以x1=1,所以切線方程為y=4x-1,由圖象可知k的取值范圍為k≤4.
6.(2018惠州模擬)已知函數(shù)f(x)=xsin x+cos x+x2,則不等式f(ln x)+ fln1x<2f(1)的解集為 ( )
A.(e,+∞) B.(0,e)
C.0,1e∪(1,e) D.1e,e
【解析】選D.f(x)=xsin x+cos x+x2,因為f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函數(shù),所以fln1x=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+fln1x<2f(1)可變形為f(ln x) 0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以f(ln x)0,故g′(x)>0,g(x)為增函數(shù),
當x∈(1,+∞)時,h(x)<0,故g′(x)<0,g(x)為減函數(shù),
所以g(x)max=g(1)=1e,又當x→+∞時,g(x)→0,
所以g(x)的圖象如圖所示,故00),h′(x)=1-1+ax2-ax=x2-ax-(1+a)x2=(x+1)[x-(1+a)]x2,
①當a+1>0,即a>-1時,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+∞)上單調(diào)遞增.
②當1+a≤0,即a≤-1時,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.綜上所述,當a>-1時,h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1+a),單調(diào)遞增區(qū)間為(1+a,+∞);當a≤-1時,h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).
(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)e2+1e-1,
因為e2+1e-1>e-1,所以a>e2+1e-1.
②當1+a≤1,即a≤0時,h(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以h(x)的最小值為h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2.
③當1<1+a2>0,不合題意.綜上可得所求a的取值范圍是(-∞,-2)∪e2+1e-1,+∞.
10.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,a∈R,
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)設g(x)=x2-2x+1,若對任意x1∈(0,+∞),總存在x2∈[0,1],使得f(x1)0).
①當a≥0時,由于x>0,故ax+1>0,f′(x)>0,
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).
②當a<0時,由f′(x)=0,
得x=-1a,在區(qū)間0,-1a上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
在區(qū)間-1a,+∞上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.
綜上所述,當a≥0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);
當a<0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,-1a,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為-1a,+∞.
(2)由已知,轉(zhuǎn)化為f(x)max-1-ln(-a),解得a<-1e2.
故實數(shù)a的取值范圍是-∞,-1e2.
11.某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:kg)與銷售價格x(單位:元/kg)滿足關(guān)系式y(tǒng)=ax-3+10(x-6)2,其中31e時,f′(x)>0.
故當x=1e時,f(x)取得最小值,最小值為
f(1e)=1eln1e+m=-1e+m=0,得m=1e.
(2)f′(x)=ln x+1.
設F(x)=f(a)+f(x)-2f(a+x2),則
F′(x)=f′(x)-2[f(a+x2)]′=lnx-lna+x2,
令F′(x)=0,得x=a,
當0a時,F′(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上為增函數(shù).
從而,當x=a時,F(x)有極小值F(a).
因為F(a)=0,b>a,
所以F(b)>0即00時,G′(x)<0,因此G(x)在(0,+)上為減函數(shù).
因為G(a)=0,b>a,所以G(b)<0,
即f(a)+f(b)-2f(a+b2)<(b-a)ln 2,綜上,原不等式得證.
2.(10分)(2018鄭州外國語學校一模)已知f(x)=ex-ax(a∈R)(e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)討論f(x)的單調(diào)性.
(2)若f(x)有兩個零點x1,x2,求a的取值范圍.
(3)在(1)的條件下,求證:x1+x2<2ln a.
【解析】(1)f(x)的定義域為R,f′(x)=ex-a,①當a≤0時,f′(x)>0在R上恒成立,所以f(x)在R上為增函數(shù).②當a>0時,令f′(x)>0得x>ln a,令f′(x)<0得x0時, f(x)的遞增區(qū)間為(ln a,+∞),遞減區(qū)間為(-∞,ln a),
又f(0)=e>0,當x→+∞時,f(x)→+∞,所以f(x)有兩個零點x1,x2,則f(x)min=
f(ln a)=a-aln a=a(1-ln a)<0,解得a>e.
(3)由(1)知,當a>e時,f(x)有兩個零點x1,x2,且f(x)在(ln a,+∞)上遞增, 在(-∞,ln a)上遞減,
依題意,f(x1)=f(x2)=0,不妨設x1f(2ln a-x2),
又f(x1)=f(x2)=0,即證f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a).
構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(2ln a-x)=ex-a2ex-2ax+2aln a(x>ln a),
g′(x)=ex+a2ex-2a>2a2-2a=0,所以g(x)在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增,
所以g(x)>g(ln a)=0,從而f(x)>f(2ln a-x),
所以f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a),命題成立.
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