专题十二 导数的应用（二）-2019高考文科数学【高考高手】3年高考真题透析2年模拟试题精选

专题十二　导数的应用(二)

对应学生用书起始页码P48

 

2016~2018 对应学生用书起始页码P48

1.(2018全国1,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=aex-ln x-1.

(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;

(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.

解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.

由题设知,f'(2)=0,所以a=.

从而f(x)=ex-ln 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)单调递减,在(2,+∞)单调递增.

(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.

设g(x)=-ln x-1,则g'(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.

故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.

因此,当a≥时,f(x)≥0.

2.(2018全国3,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=.

(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.

解 (1)f'(x)=,f'(0)=2.

因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.

(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.

令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.

当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.

因此f(x)+e≥0.

3.(2017全国2,文21,12分,难度★★★★)设函数f(x)=(1-x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.

解 (1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.

令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+.

当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;

当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;

当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.

所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增.

(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.

当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),

因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,

而h(0)=1,故h(x)≤1,

所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.

当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),

所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,

故ex≥x+1.

当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)·(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.

当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.

综上,a的取值范围是[1,+∞).

1.(2018全国2,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).

(1)若a=3,求f(x)的单调区间;

(2)证明:f(x)只有一个零点.

解 (1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.

令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.

当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;

当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.

故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.

(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.

设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.

又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.

综上,f(x)只有一个零点.

2.(2018浙江,22,15分,难度★★★★★)已知函数f(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;[来源:学科网ZXXK]

(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)=,

由f'(x1)=f'(x2),得,

因为x1≠x2,所以.

由基本不等式,得≥2,

因为x1≠x2,所以x1x2>256.

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

设g(x)=-ln x,则g'(x)=-4),

所以

 

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),n=+1,则

f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,

f(n)-kn-a<n≤n<0,