导数的综合应用习题及详案

1、导数的综合应用1 .已知函数 f(x) = aex ln x 1.设x=2是f(x)的极值点.求a,并求f(x)的单调区间;1一 一，、 一(2)证明：当 a>时，f(x)>0. e12 已知函数 f(x) = x-x+ aln x.讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1, x2,证明:f(X1)f(X2) <a-2.x1一 x21c3 .已知函数 f(x) = -x3-a(x2+x+ 1). 3(1)若a=3,求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.4 .已知函数 f(x) = ex ax2.(1)若 a=1,证明：当 x>0 时，f

2、(x)> 1;(2)若f(x)在(0, +8)只有一个零点，求 a./、 ax2+x 15 .已知函数f(x)=1一(1)求曲线y=f(x)在点(0, 1)处的切线方程;(2)证明：当 a> 1 时，f(x) + e>0.6 .已知函数 f(x) =(2+x+ ax2)in(1+x)-2x.(1)若 a=0,证明：当一1<x<0 时，f(x)<0；当 x>0 时，f(x)>0；(2)若x= 0是f(x)的极大值点，求a.【参考答案】1 .解析(1)f(x)的定义域为(0, +8), f'(X)=aex1. X由题设知，f' (2)

3、=0,所以a=212. ND从而 f(x) = 2D2eX- In x- 1, f '(x)=ex ；.当 0<x<2 时，f ' (x)<0 ;当 x>2 时，f ' (x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2, +8)上单调递增.(2)当 a>1 时，f(x)>e-ln x- 1. ee设 g(x) = e In x-1,则 g' (x) = e1. ee x当 0<x<1 时，g' (x)<0;当 x>1 时，g' (x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点

4、.故当 x>0 时，g(x)>g(1)=0.1一因此，当时a>时，f(x)>0.e2.解析(1)f(x)的定义域为(0, +8),f(x) = -x12-1 + a =x2-ax+ 1x2(i)若 aW2,则 f' (x)<0,当且仅当 a = 2, x= 1 时 f' (x)=0,所以f(x)在(0, + °°)上单调递减.(ii)若 a>2,令 f, (x) =。得，x=aa2Z4或 x=a.当xC 0时它工U对姒三+ 8时， u, 22，f (x)<0；当 xe a1EZ, a+呼工 时，f，(x)>0.

5、所以f(x)在 0, a-2, a+>, +oo 上单调递减，在三字三，3a三上单调递增.(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当 a >2.由于f(x)的两个极值点x1, x2满足x2- ax+ 1= 0,由于f x1 f x2x1 x2所以x1x2= 1 ,不妨设x1vx2,则x2>1.1In x1 In x21 + a x1x2x1 x2In xi In X2 2ln X2=2+ a= 2+ a,X1 X21X2X2所以 fx1 f X2 v a 2 等价于 1 X2+ 21n X2<0.X1 X2X21设函数g(X)= X+21n x,由(1)知，g(

6、X)在(0, + 8)上单倜递减 又 g(1)= 0 从而当x Xe(1, + )时，g(x)vo.所以X2+21n X2V0, 即-2-< a 2.X2X1 X2, .一.1 CC3.解析(1)当 a = 3 时，f(x) = 3x3-3x2-3x- 3,3f' (x)=x2-6x-3.令 f' (x)=0 解得 x= 3243或 3 + 243.当 xC(一oo, 3273)或(3+2姆，+8)时，f' (x)>0;当 xC(3 2*，3+2m)时，f' (x)<0.故 f(x)在(一8, 3-273), (3+23, +8)上单调递增，在

7、(3-273, 3 + 243)上单调递 减.X3(2)由于 x2+x+1>0,所以 f(x)=0 等价于-2 3a= 0.X x 1x3x2 X2 + 2x+ 3设 g(x)=x2+x+ 1 -3a,则 g ' (x)= /+x+ 12 >0,仅当 x= 0 时 g ' (x)=0,所以g(x)在(8, + oo)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.一C11 C 11又 f(3a1) = 6a2 + 2a3= 6 a 6 2 6<0, f(3a+ 1) = ">0,故 f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.4.解析(1)当 a=1

8、 时,f(x)R1 等价于(x2+1)e x1W0.设函数 g(x)= (x2+ 1)e x-1,则 g' (x)=(x22x+ 1)e x= (x1)2e x当XW1时，g1 (x)<0,所以g(x)在(0,1) U (1, +8)上单调递减.而 g(0)=0,故当 x>0 时，g(x)<0,即 f(x)> 1.(2)设函数 h(x) = 1 ax2e x.f(x)在(0, + 8)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0, +8)上只有一个零点.(i)当 aw。时，h(x)>0, h(x)没有零点.(ii)当 a>0 时，h' (x)=ax(

9、x 2)e x.当 xC (0,2)时，h' (x)<0;当 xC (2, +8)时，h' (x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2, + 8)上单调递增.故h(2)= 1 -a是h(x)在0, + 8)上的最小值.若h(2)>0,即e2a<4，h(x)在(0, +0°)上没有季点;若h(2)=0,即e2a=4, h(x)在(0' +8)上只有一个手点;若h(2)<0,即e2， 一，一人a>4，由于h(°)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知，当 x>0 时,ex> x2

10、,所以 h(4a) = 1-16a3=1-6a32>1-6a4=1->0. ee2 2 2a4 a故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此 h(x)在(0, + 8)有两个零点.e2综上，f(x)在(0, + 8)只有一个零点时，a=-.45.解析(1)f(x)的定义域为 R, f' (x) =ax2+ 2a 1 x+ 2ex显然f(0) = 1,即点(0, 1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k= f' (0) = 2,所以切线方程为 y(1) = 2(x0),即2xy1=0.(2)方法一(一边为 0):令 g(x) = ax2+(2a 1)x + 2,当a&

11、gt;1时，方程g(x)的判别式A=(2a+1)2>0,由 g(x) = 0 得，x= 1, 2,且一1<0<2 , aax1 8-"a1一 aT 2 a2(2, 十00)f' (x)一0十0一f(x)极小值极大 值若x, f' (x), f(x)的关系如下xC( oo, 2, f(x)>f 1 =e1 又因为 a>1, a a所以c 1 一1 一0<-< 1,1<e-< e,1 一、 一 e, f(x)+ e>0, a若xC(2, 十 °°), ax2+x 1>4a+21>0

12、, ex>0,所以ax2 x 1f(x) = x >0,f(x) + e> 0, e综上，当 a>1 时，f(x)+ e>0.方法二(充要条件):当a=1时，f(x) =X2+ x 1exYx2 + x1.显然e >0,要证f(x) + e> 0只需证x接一e，e即证 h(x)= x2+x1+e 0,h' (x) = 2x+1 + e %观察发现 h' ( 1)=0,所以x, h' (x), h(x)的关系如下所以h(x)>0 即 f(x)+e>0.当a>1时，由知,x2+x 1ex所以ax2 + x1 >

13、;x2+x 1, f(x) =ax2+x 1 x2+x1> e,即 f(x) + e> 0.x(oo, 1)1(1,+8 )h' (x)一0十h(x)极小值h(x)有最小值h(-1)=0,综上，当 a>1 时，f(x)+ e>0.方法三(分离参数)：当x=0时，f(x)+e= - 1 + e>0成立.ax2 x 1当 xw0 时，f(x) + e>0 等价于 axF > -e, e等价于 ax2 + x 1 > -e - e,即ax2> e 卜x+ 1等价于a >exx+ 1x2=k(x),等价于 k(x)maxW 1.x/

14、x 2 1 e , ek (x)=-3，x令 k' (x)=0 得 x= 1,2.x, k' (x), k(x)的关系如下x(一oo,-1)1(-1,0)(0,2)2(2, 十00)k' (x)十0一十0一k(x)极大值极大值一一一1 + e3又因为 k( 1)=1, k(2) = 4-<0,所以 k(x)max= 1 , k(x)< 1 , xW 0, 综上，当 a>1 时，f(x)+ e>0.6.解析(1)当 a = 0 时，f(x)=(2 + x)ln(1+x)2x,f (x) = ln(1+x)-x-. I I x设函数 g(x) = f

15、' (x)=ln(1+x)-,则 g' (x) = -x2.1 + x1 + x 2当一1<x<0 时，g' (x)<0;当 x>0 时，g' (x)>0.故当x>1时，g(x)>g(0) = 0,当且仅当x=0时，g(x)=0,从而f' (x)>0,当且仅当x = 0 时，f' (x) = 0.所以f(x)在(-1 , + 8)上单调递增.又 f(0)=0,故当一1<x<0 时,f(x)<0;当 x>0 时，f(x)>0.(2)(i)若 a>0,由(1)知，当

16、x>0 时，f(x) > (2 + x)ln(1 + x) - 2x>0 = f(0),这与 x=0 是 f(x) 的极大值点矛盾.f x2x(ii)右 a<0,设函数 h(x)=2 + x+ax2 =ln(1+x)2 + x+ ax?.由于当x|<min 1,、总 时，2 + x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同. a又h(0) = f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点.,12 2 + x+ ax2 2x 1 + 2axh (x) = -2-2、)1 + x2+x+ax2 2x2 a2x2 + 4ax+ 6a + 1x+ 1 ax2 + x+ 2 2 .且 |x|<min 1,如果6a+1>。，则当0<x<-甯,h' (x)>0，故x= 0不是h(x)的极大值点.如果 6a+1&