创新方案2024届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理

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【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第三

节 导数的综合应用课后作业 理

1．已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝xfx，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1. x3

2

2．已知函数f(x)＝x－3x＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.

(1)求a；

(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． 3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2

(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.

2xa4．(2016·烟台模拟)已知函数f(x)＝x－ax，g(x)＝ln x，h(x)＝f(x)＋g(x)．

2

?1?(1)若函数y＝h(x)的单调减区间是?，1?，求实数a的值； ?2?

(2)若f(x)≥g(x)对于定义区域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；

?1?(3)设函数y＝h(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈?0，?，若h(x1)－h(x2)>m恒成立，求?2?

实数m的最大值．

1．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝e＋x－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． 13

2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x＋ax＋，g(x)＝－ln x.

4(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；

(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论

mx2

h(x)零点的个数．

答 案

1．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.

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(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．解：(1)f′(x)＝3x－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2. 2

由题设得－＝－2，所以a＝1.

2

xxxa(2)证明：由(1)知，f(x)＝x－3x＋x＋2. 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x－3x＋(1－k)x＋4. 由题设知1－k>0.

当x≤0时，g′(x)＝3x－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．

当x>0时，令h(x)＝x－3x＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．

3

223

2

32

h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所

以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.

所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．

综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． 3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

af′(x)＝2e2x－.

x当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； 当a>0时，设u(x)＝e，v(x)＝－，

因为u(x)＝e在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

2x2xaxaxa1

又f′(a)>0，当b满足0

44

故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．

(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.

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故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)． 由于2e2x0－＝0，

ax0

a22

所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.

2x0aa2

故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.

a4．解：(1)由题意可知，h(x)＝x－ax＋ln x(x>0)， 2x－ax＋1

则h′(x)＝(x>0)，

2

2

x?1??1?若h(x)的单调减区间是?，1?，则h′(1)＝h′??＝0，解得a＝3，

?2??2?

2x－3x＋12x－1

而当a＝3时，h′(x)＝＝

2

x－1xx(x>0)．

?1?由h′(x)<0，解得x∈?，1?，

?2?

?1?即h(x)的单调减区间是?，1?，所以a＝3. ?2?

ln x2

(2)由题意知x－ax≥ln x(x>0)，∴a≤x－(x>0)．

xln xx＋ln x－1令φ(x)＝x－(x>0)，则φ′(x)＝， 2

2

xx∵y＝x＋ln x－1在(0，＋∞)上是增函数，且x＝1时，y＝0. ∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， 即φ(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， ∴φmin(x)＝φ(1)＝1，故a≤1. 即实数a的取值范围为(－∞，1]．

(3)由题意可知，h(x)＝x－ax＋ln x(x>0)， 2x－ax＋1则h′(x)＝(x>0)．

2

2

2

x?1?2

可得方程2x－ax＋1＝0(x>0)有两个不相等的实数根x1，x2，且x1∈?0，?，

?2?

11

∵x1x2＝，∴x2＝∈(1，＋∞)，

22x1且ax1＝2x1＋1，ax2＝2x2＋1，

2

h(x1)－h(x2)＝(x21－ax1＋ln x1)－(x2－ax2＋ln x2)

2

2

＝[x1－(2x1＋1)＋ln x1]－[x2－(2x2＋1)＋ln x2]

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2222

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x121222

＝x2－x1＋ln＝x2－2－ln(2x2)(x2>1)．

x24x2

122

设L(x)＝x－2－ln(2x)(x>1)，

4x2x－1

则L′(x)＝3

2x2

2

>0(x>1)，

3

所以L(x)在(1，＋∞)上是增函数，L(x)>L(1)＝－ln 2，

433

即h(x1)－h(x2)>－ln 2，所以m≤－ln 2.

443

即m的最大值为－ln 2.

4

1．解：(1)证明：f′(x)＝m(e－1)＋2x.

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)>0.

若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1<0，f′(x)>0.

所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件

??f是??f?

mxmxmxmxmx1－f0≤e－1，－1－f0≤e－1，

t

??e－m≤e－1，

即?－m?e＋m≤e－1.?

tm

①

设函数g(t)＝e－t－e＋1，则g′(t)＝e－1. 当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.

故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e＋2－e<0， 故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.

当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0， 即e－m>e－1；

当m<－1时，g(－m)>0，即e＋m>e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]．

2．解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即

－m－1

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1??x30＋ax0＋＝0，4?

??3x20＋a＝0，

1

x＝，??2解得?3

a＝－??4.0

3

因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．

4(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0， 从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0， 故h(x)在(1，＋∞)上无零点．

55

当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x44＝1是h(x)的零点；

5

若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．

4当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数． ①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调． 15

而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，

44

2

f(x)在(0,1)上没有零点．

②若－3

?

?

－?上单调递减，在? 3??

a??

－，1?上单调递增，故

3?

a?

－时，f(x)取得最小值，最小值为f? 3?

a?

a?2a－?＝ 3?3

a1－＋. 34

????

3a?

－?＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点．

43?

3a?

－?＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．

43?

31553a?－?<0，即－3

54

b．若f?

c．若f?

??

f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3

3535

综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；

444453

当－

44

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