第四講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(40分鐘70分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.設(shè)函數(shù)f(x)=12x2-9ln x在區(qū)間a-1,a+1上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.1<a2B.a4C.a2D.0<a3【解析】選A.fx=x-9x,當(dāng)fx=x-9x0時(shí),0<x3,即在0,3上f(x)是減函數(shù),因?yàn)閒x在a-1,a+1上單調(diào)遞減,所以a-1>0,a+13,解得1<a2.故A正確.2.設(shè)f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),已知x2f(x)+xf(x)=ln x,f(e)=1e,則下列結(jié)論正確的是()A.f(x)在(0,+)單調(diào)遞增B.f(x)在(0,+)單調(diào)遞減C.f(x)在(0,+)上有極大值D.f(x)在(0,+)上有極小值【解析】選B.因?yàn)閤2f(x)+xf(x)=ln xxf(x)+f(x)lnxxxf(x)xf(x)=12(ln x)2+c,所以f(x)=ln2x2x+cx,又f(e)=1e,得c=12,即f(x)=ln2x2x+12x,所以f(x)=2lnx-ln2x2x2-12x2=-(lnx-1)22x20,所以f(x)在(0,+)單調(diào)遞減.3.函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),對(duì)xR,都有2f(x)>f(x)成立,若f(ln 4)=2,則不等式f(x)>ex2的解是()A.x>ln 4B.0<x<ln 4C.x>1D.0<x<1【解析】選A.設(shè)g(x)=f(x)ex2,由于f(x)>f(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 23B.-12-ln 2C.-58D.-724+ln 3【解析】選B.因?yàn)閒(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(dāng)x(0,2)時(shí),f(x)<0,當(dāng)x(2,+)時(shí),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(dāng)x=2時(shí),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.(-,4B.(-,4)C.(0,4)D.(-,3【解析】選A.因?yàn)閒(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x00,12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(wèn)題轉(zhuǎn)化為過(guò)點(diǎn)(0,-1),作曲線y=f(x)的切線,求斜率k,設(shè)切點(diǎn)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k4.6.(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?yàn)閒(-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) <f(1).f(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),因?yàn)?+cos 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)<f(1)等價(jià)于|ln x|<1,即-1<ln x<1,所以1e<x<e.二、填空題(每小題5分,共10分)7.(2018長(zhǎng)沙一模)已知函數(shù)f(x)=x3-tx2+3x,若對(duì)任意的a1,2,b(2,3,函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是_.【解析】因?yàn)閒(x)=x3-tx2+3x,所以f(x)=3x2-2tx+3,由于函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞減,則有f(x)0在a,b上恒成立,即不等式3x2-2tx+30在a,b上恒成立,即有t32x+1x在a,b上恒成立,而函數(shù)y=32x+1x在1,3上單調(diào)遞增,由于a1,2,b(2,3,當(dāng)b=3時(shí),函數(shù)y=32x+1x取得最大值,即ymax=323+13=5,所以t5.答案:5,+)8.已知函數(shù)f(x)=xln x-aex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有兩個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_.【解析】由題意知,f(x)=1+ln x-aex,令f(x)=0,得a=1+lnxex,函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),則需f(x)=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,等價(jià)于a=1+lnxex有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,等價(jià)于直線y=a與y=1+lnxex的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).令g(x)=1+lnxex,則g(x)=1x-1-lnxex,令h(x)=1x-1-ln x,得h(x)在(0,+)上為減函數(shù),且h(1)=0,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),h(x)>0,故g(x)>0,g(x)為增函數(shù),當(dāng)x(1,+)時(shí),h(x)<0,故g(x)<0,g(x)為減函數(shù),所以g(x)max=g(1)=1e,又當(dāng)x+時(shí),g(x)0,所以g(x)的圖象如圖所示,故0<a<1e.答案:0,1e三、解答題(每小題10分,共30分)9.(2018廣西三市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-1+ax,其中aR.(1)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若存在x01,e,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范圍.【解析】(1)h(x)=x+1+ax-aln x(x>0),h(x)=1-1+ax2-ax=x2-ax-(1+a)x2=(x+1)x-(1+a)x2,當(dāng)a+1>0,即a>-1時(shí),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.當(dāng)1+a0,即a-1時(shí),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(dāng)a>-1時(shí),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(dāng)a-1時(shí),h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+).(2)若存在x01,e,使得f(x0)<g(x0)成立,即存在x01,e,使得h(x0)=f(x0)-g(x0)<0成立,即函數(shù)h(x)=x+1+ax-aln x在1,e上的最小值小于零.由(1)可知:當(dāng)1+ae,即ae-1時(shí),h(x)<0,h(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以h(x)在1,e上的最小值為h(e),由h(e)=e+1+ae-a<0可得a>e2+1e-1,因?yàn)閑2+1e-1>e-1,所以a>e2+1e-1.當(dāng)1+a1,即a0時(shí),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.當(dāng)1<1+a<e,即0<a<e-1時(shí),可得h(x)的最小值為h(1+a),因?yàn)?<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2>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,aR,(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)設(shè)g(x)=x2-2x+1,若對(duì)任意x1(0,+),總存在x20,1,使得f(x1)<g(x2),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)f(x)=a+1x=ax+1x(x>0).當(dāng)a0時(shí),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,+).當(dāng)a<0時(shí),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(dāng)a0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+);當(dāng)a<0時(shí),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<g(x)max,又g(x)max=g(0)=1.由(1)知,當(dāng)a0時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,值域?yàn)镽,故不符合題意.當(dāng)a<0時(shí),f(x)在0,-1a上單調(diào)遞增,在-1a,+上單調(diào)遞減,故f(x)的極大值即為最大值,即f(x)max=f-1a=-1+ln-1a=-1-ln(-a),所以1>-1-ln(-a),解得a<-1e2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是-,-1e2.11.某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明,該商品每日的銷售量y(單位:kg)與銷售價(jià)格x(單位:元/kg)滿足關(guān)系式y(tǒng)=ax-3+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數(shù).已知銷售價(jià)格為5元/kg時(shí),每日可售出該商品11 kg.(1)求a的值.(2)若該商品的成本為3元/kg,試確定銷售價(jià)格x的值,使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大.【解析】(1)因?yàn)楫?dāng)x=5時(shí),y=11,所以a2+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=2x-3+10(x-6)2,所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)f(x)=(x-3)2x-3+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,其中3<x<6.所以f(x)=10(x-6)2+2(x-3)(x-6)=30(x-4)(x-6).于是,當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如表所示:x(3,4)4(4,6)f(x)+0-f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).所以當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值42.即當(dāng)銷售價(jià)格為4元/kg時(shí),商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大.(20分鐘20分)1.(10分)(2018銀川一模)已知函數(shù)f(x)=xln x+m.(1)若函數(shù)f(x)的最小值為0,求m的值.(2)設(shè)0<a<b,證明:0<f(a)+f(b)-2f(a+b2)<(b-a)ln 2.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=ln x+1.令f(x)=0,解得x=1e.當(dāng)0<x<1e時(shí),f(x)<0; 當(dāng)x>1e時(shí),f(x)>0.故當(dāng)x=1e時(shí),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(shè)F(x)=f(a)+f(x)-2f(a+x2),則F(x)=f(x)-2f(a+x2)=lnx-lna+x2,令F(x)=0,得x=a,當(dāng)0<x<a時(shí),F(x)<0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù);當(dāng)x>a時(shí),F(x)>0,因此F(x)在(a,+)上為增函數(shù).從而,當(dāng)x=a時(shí),F(x)有極小值F(a).因?yàn)镕(a)=0,b>a,所以F(b)>0即0<f(a)+f(b)-2f(a+b2).設(shè)G(x)=F(x)-(x-a)ln 2,則G(x)=ln x-lna+x2-ln 2=ln x-ln(a+x)當(dāng)x>0時(shí),G(x)<0,因此G(x)在(0,+)上為減函數(shù).因?yàn)镚(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(guó)語(yǔ)學(xué)校一模)已知f(x)=ex-ax(aR)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)討論f(x)的單調(diào)性.(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)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?yàn)镽,f(x)=ex-a,當(dāng)a0時(shí),f(x)>0在R上恒成立,所以f(x)在R上為增函數(shù).當(dāng)a>0時(shí),令f(x)>0得x>ln a,令f(x)<0得x<ln a,所以f(x)的遞增區(qū)間為(ln a,+),遞減區(qū)間為(-,ln a).(2)由(1)知,當(dāng)a0時(shí), f(x)在R上為增函數(shù),f(x)不合題意;當(dāng)a>0時(shí), 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(dāng)x+時(shí),f(x)+,所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)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(dāng)a>e時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)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(shè)x1<ln a<x2. 要證x1+x2<2ln a,即證x1<2ln a-x2,又x1<ln a<x2,所以x1<2ln a-x2<ln a,而f(x)在(-,ln a)上遞減,即證f(x1)>f(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.