浙江专用2020高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语函数与导数不等式第6讲导数的综合应用专题强化训练

第6讲 导数的综合应用

专题强化训练

12

1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f(x)＝ln x－ax＋(1－a)x＋1.

2(1)当a＝1时，求函数f(x)在x＝2处的切线方程； (2)求函数f(x)在x∈[1，2]时的最大值． 12

解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋1，

21

所以f′(x)＝－x，

x33

所以f′(2)＝－，即k切＝－，

22已知切点为(2，－1＋ln 2)，

3

所以切线的方程为：y＝－x＋2＋ln 2.

2

－ax＋（1－a）x＋1

(2)因为f′(x)＝(1≤x≤2)，

2

x当a≤0时，f′(x)＞0在x∈[1，2]恒成立， 所以f(x)在x∈[1，2]单调递增， 所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln 2； 1

当0＜a≤时，f(x)在x∈[1，2]单调递增，

2所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln 2；

111

当＜a＜1时，f(x)在x∈[1，]单调递增，在x∈[，2]单调递减， 2aa11

所以fmax(x)＝f()＝－ln a；

a2a当a≥1时，f(x)在x∈[1，2]单调递减， 3

所以fmax(x)＝f(1)＝－a＋2，

2

综上所述fmax

??11

(x)＝?－ln a＋，＜a＜1.

2a23?－?2a＋2，a≥1

x1－4a＋3＋ln 2，a≤

2

2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f(x)＝xe－a(x－1)(a∈R)． (1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求a的值与f(x)的单调区间；

1

(2)若存在实数x0∈(0，)，使得f(x0)＜0，求实数a的取值范围．

2解：(1)f′(x)＝(x＋1)e－a， 由f′(0)＝0，解得：a＝1， 故f′(x)＝(x＋1)e－1， 令f′(x)＞0，解得：x＞0， 令f′(x)＜0，解得：x＜0，

故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 1

(2)若f(x)＜0在x∈(0，)上有解，

2

xxxex1

即xe＜a(x－1)，a＜在x∈(0，)上有解，

x－12

xxex1

设h(x)＝，x∈(0，)，

x－12

e（x－x－1）

则h′(x)＝＜0， 2

（x－1）1

故h(x)在(0，)单调递减，

2

x2

h(x)在(0，)的值域是(－e，0)，

故a＜h(0)＝0.

1－a3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．

1

2

x1

(1)当0

2

12

(2)设g(x)＝x－2bx＋4.当a＝时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，

4求实数b的取值范围．

1－a解：(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，

x1a－1所以f′(x)＝－a＋2

xxax2－x＋1－a＝－，x∈(0，＋∞)，

x2

1

令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，

a11

因为01>0，

2a

当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

?1?当x∈?1，－1?时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

?

a?

?1?当x∈?－1，＋∞?时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

?a?

1?1?1

(2)a＝∈?0，?，－1＝3?(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)

4?2?a单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，

1

所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.

2

对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1，2]上的最小值122

不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)又g(x)＝(x－b)＋4－b，x∈[1，2]，

2

所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b≥0，同样与(*)矛盾；

1

③当b>2时，[g(x)]min＝g(2)＝8－4b，且当b>2时，8－4b<0，解不等式8－4b≤－，

217

可得b≥，

8

所以实数b的取值范围为?

2

?17，＋∞?.

?

?8?

4．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝x－ln x.

(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；

(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点． 证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝

12xx1

－，

1111

由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，

2x1x12x2x2因为x1≠x2，所以

1

x1

＋1

1＝. x22

14

由基本不等式得x1x2＝x1＋x2≥2x1x2，

2因为x1≠x2，所以x1x2>256.

1

由题意得f(x1)＋f(x2)＝x1－ln x1＋x2－ln x2＝x1x2－ln(x1x2)．

21

设g(x)＝x－ln x，

2

1

则g′(x)＝(x－4)，

4x所以 x g′(x) g(x) (0，16) － 16 0 2－4ln 2 (16，＋∞) ＋ 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 2. (2)令m＝e

－(|a|＋k)

?|a|＋1?＋1，则 ，n＝???k?

2

f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0， f(n)－kn－a

?1－a－k??|a|＋1－k?

?≤n??<0，

?nn??n?

所以，存在x0∈(m，n)，使f(x0)＝kx0＋a，

所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点． 由f(x)＝kx＋a得k＝设h(x)＝

x－ln x－a.

xx－ln x－a，

xxln x－－1＋a2－g（x）－1＋a则h′(x)＝＝， 22

xx其中g(x)＝

x2

－ln x.

由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2，

故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，

所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1个实根．

综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点． 5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝ 13

x－ax2＋3x＋b(a，b∈R)． 3

(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；