2018届高考数学（文）大一轮复习检测：第二章 函数、导数及其应用 课时作业16 Word版含答案 doc

课时作业16 导数的综合应用

1．已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝x

，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.

xx解：(1)f′(x)＝－xe.

当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.

(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1x. 设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xe－1.

当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0

从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减． 当－1h(0)＝0， 即g(x)<1.

综上，x>－1且x≠0时，总有g(x)<1.

2．设函数f(x)＝x＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1

31

(2)当a＝时，判断方程f(x)＝－的实数根的个数，并说明理由．

84

a2x2＋2x＋a2

解：(1)由f(x)＝x＋aln(x＋1)，可得f′(x)＝2x＋＝(x>－1)．令g(x)

x＋1x＋112

＝2x＋2x＋a(x≥－1)，则其对称轴为x＝－，由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均

2

??Δ＝4－8a>0，

大于－1的不相等的实数根，所以?

?－＝a>0，?

2

xxx

1

解得0

2

3??1331??(2)由a＝可知x1＝－，x2＝－，从而易知函数f(x)在?－1，－?，?－，＋∞?上单4??4844??1??3

调递增，在?－，－?上单调递减．

4??4

3???3??3?23?3?93

①由f(x)在?－1，－?上单调递增，且f?－?＝?－?＋×ln?－＋1?＝－ln2>－

4???4??4?8?4?1643?11?

，可知方程f(x)＝－在?－1，－?上有且只有一个实根．

4?44?

1??3?1?②由于f(x)在?－，－?上单调递减，在?－，＋∞?上单调递增，因此f(x)在4??4?4?

?－3，＋∞?上的最小值为f?－1?＝?－1?2＋3×ln?－1＋1?＝1＋3ln3>－1，故方程f(x)＝

?4??4??4?8?4?16844????????

1?3?－在?－，＋∞?上没有实数根． 4?4?

1

综上可知，方程f(x)＝－有且只有一个实数根．

4

3．(2017·河北石家庄一模)已知函数f(x)＝e－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)． (1)求f(x)的单调区间与极值；

3ex31

(2)求证：当a>ln，且x>0时，>x＋－3a.

ex2x

解：(1)由f(x)＝e－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝e－3，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln3，

于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

xxxx f′(x) f(x) (－∞，ln3) － ln3 0 3(1－ln3＋a) (ln3，＋∞) ＋ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]， 单调递增区间是[ln3，＋∞)，

f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)．

32x32x(2)证明：待证不等式等价于e>x－3ax＋1，设g(x)＝e－x＋3ax－1，x∈R，于是

22

g′(x)＝ex－3x＋3a，x∈R.由(1)及a>ln＝ln3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1

3

－ln3＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln＝

eln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，

3

e

g(x)>0.即ex>x2－3ax＋1，故>x＋－3a.

4．(2017·河南郑州一模)已知函数f(x)＝

ex. x－m

32ex3x21x

(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；

?1?2

(2)若m∈?0，?，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x?2?

＋x图象上方？请写出判断过程．

解：(1)f′(x)＝＝

－m－－

，

－－

－ex

当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)知f(x)在[m，m＋1]上单调递减，所以其最小值为f(m＋1)＝e

m＋1

.

?1?2

因为m∈?0，?，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)＋m＋1，

?2?

所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)＋m＋1的大小，即判断e与(1＋x)x的大小，其中x2

x?3?＝m＋1∈?1，?. ?2?

令m(x)＝e－(1＋x)x，m′(x)＝e－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝e－2，

xxx?3?x因为x＝m＋1∈?1，?，所以h′(x)＝e－2>0，m′(x)单调递增．

?2?

32

?3??3?又m′(1)＝e－3<0，m′??＝e －4>0，故存在x0∈?1，?，使得m′(x0)＝ex0－2x0?2??2?

3??－1＝0.所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在?x0，?上单调递增，所以m(x)≥m(x0)＝e x0－

2??

x20－x0＝2x0＋1－x20－x0＝－x20＋x0＋1，所以当x0∈?1，?时，m(x0)＝－x20＋x0＋1>0，即

2

??

3??

e>(1＋x)x，即f(m＋1)>(m＋1)＋m＋1，所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x＋x图象上方．

x22

1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性；

x－1

(Ⅱ)证明当x∈(1，＋∞)时，1<

lnx(Ⅲ)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>c.

1

解：(Ⅰ)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得xx＝1.

x当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减． (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0. 所以当x≠1时，lnx

11x－1

故当x∈(1，＋∞)时，lnx

xxlnx

(Ⅲ)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c，则g′(x)＝c－1－clnc，令g′(x)c－1

lnlnc

＝0.解得x0＝.

lnc

当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减． c－1

由(Ⅱ)知1<0.

lnc所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>c.

122

2．(2017·河南郑州质检)设函数f(x)＝x－mlnx，g(x)＝x－(m＋1)x.

2(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．

x2－m

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，当m≤0时，f′(x)>0，

x所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m>0时，f′(x)＝

＋m

x

－m

，当0

xxx递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

综上：当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m>0时，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m)．

12

(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x＋(m＋1)x－mlnx，x>0，问题等价于求函数F(x)的零

212

点个数．当m＝0时，F(x)＝－x＋x，x>0，有唯一零点；

2

当m≠0时，F′(x)＝－－

x

－

，

3

当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln4<0，所

2以F(x)有唯一零点．

当m>1时，0m时，F′(x)<0；10，所以函数F(x)在(0,1)1

和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－mln(2m2

＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．

当01时，F′(x)<0；m0，

所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得lnm<0， m

所以F(m)＝(m＋2－2lnm)>0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．

2综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点．