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文档简介
专题强化练(十八)导数的综合应用1.(2024·汕头三模)已知函数f(x)=x-2sinx.(1)求f(x)在(0,π)的极值;(2)证明:函数g(x)=lnx-f(x)在(0,π)有且只有两个零点.(1)解:由函数(x)=x-2sinx,对函数的求导可得f′(x)=1-2cosx,x∈(0,π),令f′(x)=0,解得x=eq\f(π,3),当0<x<eq\f(π,3)时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减,当eq\f(π,3)<x<π时,f′(x)≥0,此时函数f(x)单调递增,所以函数f(x)的微小值为f(eq\f(π,3))=eq\f(π,3)-eq\r(3),无极大值.(2)证明:g(x)=lnx-f(x)=lnx-x+2sinx,x∈(0,π).则g′(x)=eq\f(1,x)-1+2cosx,令φ(x)=eq\f(1,x)+2cosx-1,则φ′(x)=-eq\f(1,x2)-2sinx.当x∈(0,π)时,φ′(x)=-eq\f(1,x2)-2sinx<0,则φ(x)在(0,π)上单调递减,因为φ(eq\f(π,3))=eq\f(3,π)>0,φ(eq\f(π,2))=eq\f(2,π)-1<0,所以存在x0∈(eq\f(π,3),eq\f(π,2)),使得φ(x0)=g′(x0)=0.当x改变时,g(x),g′(x)改变如下表:x(0,x0)x0(x0,π)g′(x)+0-g(x)单调递增极大值g(x0)单调递减而g(eq\f(π,3))=lneq\f(π,3)-eq\f(π,3)+eq\r(3)>0,g(π)=lnπ-π<lne2-π=2-π<0,则g(x0)>g(eq\f(π,3))>0,又g(eq\f(π,6))=lneq\f(π,6)-eq\f(π,6)+1,令h(x)=lnx-x+1,其中0<x<1,则h′(x)=eq\f(1,x)-1=eq\f(1-x,x)>0,所以,函数h(x)在(0,1)上单调递增,则h(x)<h(1)=0,所以,h(eq\f(π,6))=lneq\f(π,6)-eq\f(π,6)+1<0,由零点存在定理可知,函数g(x)在(0,π)上有两个零点.2.(2024·天河区三模)已知函数f(x)=(x2+ax-1)ex的一个极值点为x=-2.(1)求函数f(x)的微小值;(2)若函数g(x)=[x2-(2m+1)x-(2m+1)]·ex+x2+4x+2,当x≥-2时,f(x)≥g(x),求实数m的取值范围.解:(1)f′(x)=(2x+a+x2+ax-1)ex=[x2+(a+2)x+a-1]ex,则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]e-2=0,解得a=-1,则f(x)=(x2-x-1)ex,f′(x)=(x2+x-2)ex=(x+2)·(x-1)ex,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当-2<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=1处取得微小值,微小值为f(1)=-e;(2)当x≥-2时,f(x)g(x)等价于(x2-x-1)ex≥[x2-(2m+1)x-(2m+1)]ex+x2+4x+2在x∈[-2,+∞)上恒成立,整理得2m(x+1)ex≥x2+4x+2,当x=-1时,0≥-1明显成立;当-2≤x<-1时,2m≤eq\f(x2+4x+2,(x+1)ex),令h(x)=eq\f(x2+4x+2,(x+1)ex),则h′(x)=eq\f((2x+4)(x+1)ex-(x2+4x+2)(x+2)ex,(x+1)2e2x)=eq\f(-x(x+2)2,(x+1)2ex),当-2≤x<-1时,h′(x)>0,h(x)单增,则h(x)≥h(-2)=2e2,故2m≤2e2,即m≤e2;当x>-1时,2m≥eq\f(x2+4x+2,(x+1)ex),由上知,当-1<x<0时,h′(x)>0,h(x)单增,当x>0时,h′(x)<0,h(x)单减,则h(x)≤h(0)=2,故2m≥2,即m≥1.综上可得m∈[1,e2].3.(2024·广东二模)已知函数f(x)=xenx-nx(n∈N*且n≥2)的图象与x轴交于P,Q两点,且点P在点Q的左侧.(1)求点P处的切线方程y=g(x),并证明:x≥0时,f(x)≥g(x);(2)若关于x的方程f(x)=t(t为实数)有两个正实根x1,x2,证明:|x1-x2|<eq\f(2t,nlnn)+eq\f(lnm,n).(1)解:令f(x)=0,得xenx-nx=0.所以x=0或enx=n.即x=0或x=eq\f(lnn,n).因为点P在点Q的左侧,所以P(0,0),Q(eq\f(lnn,n),0).因为f′(x)=(nx+1)enx-n,所以f′(0)=1-n,得点P处的切线方程为y=(1-n)x,即g(x)=(1-n)x.当x≥0时,f(x)-g(x)=xenx-nx-(1-n)x=x(enx-1),因为x≥0,n∈N*且n≥2,所以nx≥0,所以enx≥1,即enx-1≥0.所以x(enx-1)≥0,所以f(x)≥g(x).(2)证明:不妨设x1≤x2,且只考虑x>0的情形.因为f′(x)=(nx+1)enx-n,所以f′(eq\f(lnn,n))=(neq\f(lnn,n)+1)·elnn-n=(lnn+1)-n=nlnn.所以点Q处的切线方程为y=nlnn(x-eq\f(lnn,n))=(nlnn)x-ln2n,记h(x)=(nlnn)x-ln2n,令F(x)=f(x)-h(x)=xenx-nx-[(nlnn)x-ln2n]=xenx-(n+nlnn)x+ln2n,x>0,设G(x)=F(x)=(nx+1)enx-(n+nlnn),则G(x)=n(nx+2)enx>0.所以F(x)单调递增.又因为F(eq\f(lnn,n))=(neq\f(lnn,n)+1)eeq\a\vs4\al(\f(lnn,n))-(n+nlnn)=0,所以,当x∈(0,eq\f(lnn,n))时,F(x)<0;当x∈(eq\f(lnn,n),+∞)时,F(x)>0.所以F(x)在(0,eq\f(lnn,n))上单调递减,在(eq\f(lnn,n),+∞)上单调递增.所以F(x)在x=eq\f(lnn,n)时有微小值,也是最小值,即F(x)≥F(eq\f(lnn,n))=eq\f(lnn,n)eeq\a\vs4\al(n\f(lnn,n))-(n+nlnn)eq\f(lnn,n)+ln2n=0,所以当x≥0时,f(x)≥h(x).设方程h(x)=t的根为x′2,则x′2=eq\f(t+ln2n,nlnn).易知h(x)单调递增,由h(x2)≤f(x2)=t=h(x′2),所以x2≤x′2.对于(1)中,g(x)=(1-n)x,设方程g(x)=t的根为x′1,则x′1=eq\f(t,1-n).易知g(x)单调递减,由(1)知(x1)≤f(x1)=t=g(x′1),所以x1≤x′1.所以x2-x1≤x′2-x′1=eq\f(t+ln2n,nlnn)-eq\f(t,1-n)=(eq\f(1,nlnn)+eq\f(1,n-1))t+eq\f(lnn,n).因为nlnn-(n-1)=n(lnn-1)+1,易知n≥3时,lnn-1>0,故n(lnn-1)+1>0(n≥3);当n=2时,2(ln2-1)+1=ln4-1>0,所以nlnn>n-1>0,所以0<eq\f(1,nlnn)<eq\f(1,n-1),所以eq\f(1,nlnn)+eq\f(1,n-1)>eq\f(2,nlnn).记φ(x)=f′(x)=(nx+1)enx-n,x≥0,则σ′(x)=n(nx+2)enx>0恒成立.所以f′(x)=(nx+1)enx-n单调递增,因为f′(0)=1-n<0,f′(eq\f(lnn,n))=nlnn>0,所以存在x0∈(0,eq\f(lnn,n))使得f′(x0)=0.所以,当x∈(0,x0)时.f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.因为f(0)=0,f(eq\f(lnn,n))=0,由函数图象知当方程f(x)=t(t为实数)有两个正实根x1,x2时,t<0,所以(eq\f(1,nlnn)+eq\f(1,n-1))t<eq\f(2t,nlnn).所以x2-x1≤x′2-x′1<eq\f(2t,nlnn)+eq\f(lnn,n),即|x2-x1|<eq\f(2t,nlnn)+eq\f(lnn,n).4.(2024·广东三模)设函数f(x)=x2-ax+2sinx.(1)若a=1,求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)若f(x)在区间(0,2π)上有唯一零点,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=x2-x+2sinx,f′(x)=2x-1+2cosx.令g(x)=f′(x)=2x-1+2cosx,则g′(x)=2-2sinx≥0,故g(x)=2x-1+2cosx是R上的增函数,因为f′(0)=1,所以方程f′(x)=1有唯一解x=0.又f(0)=0,则切点为(0,0),即斜率为1的切线方程是y=x.(2)f′(x)=2x-a+2cosx,令g(x)=f′(x)=2x-a+2cosx,则g′(x)=2-2sinx≥0,故g(x)=2x-a+2cosx是R上的增函数,又g(eq\f(a-3,2))=2·eq\f(a-3,2)-a+2coseq\f(a-3,2)=-3+2coseq\f(a-3,2)<0,g(eq\f(a+3,2))=2·eq\f(a+3,2)-a+2coseq\f(x+3,2)=3+2coseq\f(a+3,2)>0,故存在唯一实数x0∈(eq\f(a-3,2),eq\f(a+3,2)),使g(x0)=0.在区间(-∞,x0)上,g(x)=f′(x)<0,f(x)单调递减,在区间(x0,+∞)上,g(x)=f′(x)>0,f(x)单调递增,故x0是f(x)的唯一极值点,且为微小值点.又f(0)=0,故f(x)在区间(0,2π)上有唯一零点等价于x0>0且f(2π)>0,故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(0)=-a+2<0,,f(2π)=(2π)2-2πa>0,))解得2<a<2π,所以实数a的取值范围为(2,2π).5.(2024·惠州一模)已知函数f(x)=ex+msinx-eq\f(1,2)x2-1(m∈R).(1)当m=0时,探讨f(x)的单调性;(2)若不等式x·f(x)≥0对x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))恒成立,求m的取值范围.解:(1)当m=0时,f(x)=ex-eq\f(1,2)x2-1,则f′(x)=ex-x,令g(x)=f′(x),则g′(x)=ex-1,因为x<0时,g′(x)<0;x>0时,g′(x)>0,所以函数g(x)在区间(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增,所以f′(x)=g(x)≥g(0)=1>0,所以函数f(x)在R上单调递增.(2)因为xf(x)≥0对∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))恒成立,且f(0)=e0-1=0,所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,有f(x)≥0;当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))时,有f(x)≤0,由(1)知ex-x≥1,所以f′(x)=ex+mcosx-x≥1+mcosx,由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2))),得cosx∈[0,1],①当m≥-1时,f′(x)≥1+mcosx≥1-cosx≥0,所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))单调递增,所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,f(x)≥f(0)=0;当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))时,f(x)≤f(0)=0,所以当m≥-1时,xf(x)≥0对∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))恒成立.②当m<-1时,令h(x)=f′(x),则h′(x)=ex-msinx-1,令m(x)=h′(x),则m(x)=ex-mcosx,因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2))),有cosx∈[0,1],所以m′(x)=ex-mcosx≥ex>0,所以函数h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))单调递增,且有h′(0)=e0-l=0,所以当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))时,h′(x)<0;当x∈(0,eq\f(π,2)]时,h′(x)>0,所以函数f′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),0))单调递减,在(0,eq\f(π,2)]单调递增,因为f′(0)=1+m<0,f′(-eq\f(π,2))=eeq\a\vs4\al(-\f(π,2))+eq\f(π,2)>0,所以存在x0∈(-eq\f(π,2),0)使得f′(x0)=0,且x∈(x0,0)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在区间(x0,0)上单调递减,即f(x0)>f(0)=0,则有x0f(x0)<0与条件xf(x)≥0冲突,即m<-1不合题意.综上①②,可得实数m的取值范围是[-1,+∞).6.(2024·石家庄模拟)已知f(x)=lnx+ax+1(a∈R),f′(x)为f(x)的导函数.(1)若对随意x>0都有f(x)≤0,求a的取值范围;(2)若0<x1<x2,证明:对随意常数a,存在唯一的x0∈(x1,x2),使得f′(x0)=eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2)成立.(1)解:由已知有f(x)≤0,即lnx+ax+1≤0恒成立,即-a≥eq\f(lnx+1,x)恒成立,令g(x)=eq\f(lnx+1,x),则g′(x)=eq\f(-lnx,x2),当0<x<1时,g′(x)>0,当x>1时g′(x)<0,所以x=1是函数g(x)在(0,+∞)内唯一的极大值点,也是最大值点,所以g(x)max=g(1)=1,所以只要-a≥1,即a≤-1即可,故实数a的取值范围是(-∞,-1].(2)证明:设h(x)=f′(x)-eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2),将问题转化为h(x)在区间(x1,x2)上有唯一的零点,由h(x)=f′(x)-eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2)=eq\f(
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