2019数学二轮练习第4讲 导数的综合应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第4讲导数的综合应用1.函数f（x）=x2+ax+b的部分图象如图所示,则函数g（x)=lnx+f’（x)的零点所在的区间是（）A.14,122。已知函数f（x)=ex(x—b)（b∈R)。若存在x∈12A。-∞,83 B。-∞,563。（2018课标全国Ⅰ,16，5分)已知函数f（x）=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.

4。已知函数f(x)=ex+mlnx（m∈R，e为自然对数的底数）,若对任意正数x1，x2,当x1〉x2时,都有f(x1）—f（x2)>x1—x2成立,则实数m的取值范围是。

5.(2018陕西质量检测一)已知函数f（x）=lnx,g（x）=x—1。(1）求函数y=f(x）的图象在x=1处的切线方程;(2）证明：f(x)≤g（x）。6。(2018石家庄质量检测一）已知函数f（x)=axex—（a+1）(2x-1）.（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点(0，f(0）)处的切线方程；（2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.7.(2018新疆适应性检测)已知函数f(x）=(2-a）x-2lnx+a—2.（1)当a=1时，求f（x)的单调区间；（2)若函数f（x)在0,8.已知函数f（x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0。(1)设g（x)是f(x)的导函数，讨论g(x）的单调性;(2)证明：存在a∈（0，1）,使得f（x)≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解。

答案全解全析1.C由函数f（x）=x2+ax+b的部分图象得0<b<1,f(1）=0,则a=—1—b，从而—2<a〈—1。f’（x)=2x+a，则g（x)=lnx+2x+a且在定义域内单调递增,g12=ln12+1+a〈0,g（1)=ln1+2+a=2+a〉0，∴函数g（x)=lnx+f’（x）的零点所在的区间是2.Af（x)+xf’(x)〉0⇒［xf(x)]’〉0.设g（x）=xf(x)=ex（x2—bx)。若存在x∈12则函数g（x）在区间12又g’(x)=ex(x2—bx）+ex（2x-b）=ex[x2+（2—b）x—b],设h(x）=x2+(2-b)x-b,则h（2）>0或h12>0,即8—3b〉0或54—323.答案-33解析由f（x)=2sinx+sin2x,得f'(x）=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx—2.令f'（x)=0，得cosx=12或cosx=—1。当cosx∈-1,12时，f'（x）〈0，f（x）为减函数；当cosx∈12,1时,f’(x)〉0，f(x)为增函数.所以当cosx=12时,f(x)取得最小值，此时sinx=±32。又因为f（x）=2sinx+2sinx·cosx=2sinx（1+cosx），1+cosx≥0恒成立,所以f(x)取最小值时，sinx=—34.答案[0，+∞）解析依题意得,对于任意的正数x1,x2，当x1>x2时,都有f（x1）-x1>f（x2）-x2，所以函数g(x)=f(x）—x在区间（0，+∞）上是增函数，于是当x>0时,g'（x）=f’（x)—1=ex+mx—1≥0,即x（ex记h（x)=x（ex-1)，x〉0，则有h'(x）=(x+1）ex-1>（0+1）e0—1=0（x>0).所以h(x)在(0,+∞）上是增函数,h（x）的值域是(0，+∞).所以—m≤0，m≥0.故所求实数m的取值范围是［0,+∞）.5.解析(1)∵f’（x）=1x，∴f'(1）=1.又f(1)=0，∴切线的方程为y-f(1)=f’(1）(x-1)，即所求的切线方程为y=x—1。(2）设h(x）=f（x）-g(x）=lnx-x+1，则h’（x）=1x令h’（x)=0,得x=1.当x变化时，h’（x）,h(x）的变化情况如下表:x(0，1)1（1,+∞)h'(x）+0-h（x)单调递增最大值单调递减∴h(x）≤h(x）max=h(1)=0，即f（x)≤g（x)。6.解析（1)若a=1,则f（x)=xex-2(2x—1)，f’（x)=xex+ex—4.所以f'（0)=—3，f(0)=2。所以所求的切线方程为y-2=-3(x—0)，即y=-3x+2.(2）由已知，可得f(1）≥0,得a≥1ef（x)≥0对任意的x〉0恒成立可转化为aa+1≥设函数F(x)=2x-1当0〈x<1时，F’（x)〉0;当x〉1时，F'(x）<0。所以函数F(x）在（0,1)上单调递增，在（1,+∞)上单调递减.所以F(x)max=F（1）=1e于是aa+1≥1e故实数a的取值范围是1e7.解析(1）当a=1时，f(x）=x—2lnx-1，x∈（0,+∞),f’（x）=1—2x由f’(x）>0,得x>2；由f'(x）〈0,得0<x〈2。故f（x）的单调递减区间为（0,2）,单调递增区间为（2，+∞）.(2)当x从0的右侧趋近于0时，f(x)→+∞,所以f(x）<0在0,故要使f（x)在0,12上无零点,只需对任意的x∈0,1令h(x)=2-2lnxx-1，x∈再令m(x）=2lnx+2x—2，x∈0则m'（x)=-2(1所以m（x)>m12所以h'(x）>0在0,所以h(x)在0,所以h(x)〈h12在0又h128。解析(1)函数f（x）的定义域为（0,+∞)，g(x）=f’(x)=2(x—1-lnx—a)，所以g'（x）=2-2x=2当x∈（0，1）时，g’（x)〈0，g（x）单调递减；当x∈(1，+∞)时,g'(x）〉0,g(x）单调递增。(2）证明:由f’（x)=2(x-1-lnx-a)=0，解得a=x—1—lnx。令φ(x）=-2xlnx+x2—2x（x—1—lnx)+(x—1—lnx)2=（1+lnx）2—2xlnx,则φ(1)=1〉0,φ(e)=2(2—e）<0,于是，存在x0∈(1,e）,使得φ（x0)=0.令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x）=x—1-lnx(x≥1）。由u’(x）=1-1x故0=u（1)〈u（x0）,u(e)=e-2<1，即a0∈（0，1）.当a=a0时，有f'（x0)=0，f（x0）=φ（x0）=0。由(1）知,f’(x）在(1，+∞）上单调递增，当x∈(1,x0）时，f'（x)<0，从而f（x）>f（x0）=0；当x∈(x0，+∞）时,f’（x)〉0，从而f（x)〉f（x0）=0;又当x∈(0，1］时,f（x)=(x—a0）2—2xlnx>0，故x∈