《浙江2020版高考大一轮复习《34导数的综合应用》提能作业有答案-(数学)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江2020版高考大一轮复习《34导数的综合应用》提能作业有答案-(数学)（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3.4导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(xe)存在零点”是“a0,则函数g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为()A.0B.1C.0或1D.无数个答案A因为g(x)=xf(x)+1(x0),所以g(x)=xf (x)+f(x)(x0),由题意可知g(x)0,所以g(x)在(0,+)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+)上的连续可导函数,g(x)g(0)=1,所以g(x)在(0,+)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(xR),若对于任意x-1,1,都有f(x)0成立,则实数a的值为.
2、答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)0显然成立;当x(0,1时, f(x)=ax3-3x+10可化为a3x2-1x3.设g(x)=3x2-1x3,则g(x)=3(1-2x)x4,令g(x)=0,得x=12,所以g(x)在区间0,12上单调递增,在区间12,1上单调递减,因此g(x)max=g12=4,从而a4.当x-1,0)时,同理,a3x2-1x3,g(x)在区间-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a4.综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,aR).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证
3、:当aln3e,且x0时,exx32x+1x-3a.解析(1)由f(x)=ex-3x+3a知, f (x)=ex-3.令f (x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时, f (x)和f(x)的变化情况如下表:x(-,ln 3)ln 3(ln 3,+)f (x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(-,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=eln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).(2)证明:待证不等式等价于ex-32x2+3ax-10,设g(x)=ex-32x2+3ax-1,x0,则g(x)=
4、ex-3x+3a,x0.由(1)及aln3e=ln 3-1知,g(x)的最小值为g(ln 3)=3(1-ln 3+a)0.g(x)在(0,+)上为增函数,g(0)=0,当x0时,g(x)0,即ex-32x2+3ax-10,即exx32x+1x-3a.5.已知函数f(x)=12ax2-ln x(x0,aR).(1)若a=2,求点(1, f(1)处的切线方程;(2)若不等式f(x)a2对任意x0恒成立,求实数a的值.解析(1)当a=2时, f(x)=x2-ln x, f (x)=2x2-1x,f(1)=1, f (1)=1,所求的切线方程为y=x.(2)易得f (x)=ax2-1x.当a0时, f
5、 (x)1时, f(x)0时, f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增,f(x)min=f1a=12-ln1a,12-ln1aa2,即1+ln a-a0.设g(x)=1+ln x-x,则g (x)=1x-1=1-xx,g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,g(x)g(1)=0,即1+ln x-x0,故1+ln a-a=0,a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.(1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)f(x)对任意x0,1恒成立时k的最大值为,求证:46.解析(1)因为f(x)=ex-x,所以
6、f (x)=ex-1,当x(-,0)时, f (x)0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f(0)=1.(2)证明:由h(x)f(x),化简可得k(x2-x3)ex-1,当x=0,1时,kR,当x(0,1)时,kex-1x2-x3,要证44对任意x(0,1)恒成立;存在x0(0,1),使得ex0-1x02-x034,即证ex-14(x2-x3),由(1)可知,ex-x1恒成立,所以ex-1x,又x0,所以ex-1x,即证x4(x2-x3)14(x-x2)(2x-1)20,(2x-1)20显然成立,所以ex-1x2-x34对任意x(0,1)恒成立;再证存在x0(0,1),使得ex0-1x0
7、2-x036成立,取x0=12,e-114-18=8(e-1),因为e74,所以8(e-1)834=6,所以存在x0(0,1),使得ex0-1x02-x036成立,由可知,46.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x-a-1x-aln x(aR).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点12, f12处的切线方程;(2)当0ae-1成立?请说明理由.解析(1)当a=1时, f(x)=x-ln x, f (x)=1-1x.易知f12=12+ln 2,所以曲线y=f(x)在点12,12+ln2处的切线的斜率为f 12=1-112=-1.故所求的切线方程为y-12+ln2=-x-12,即x+y-
8、ln 2-1=0.(2)存在.理由如下:假设当0ae-1成立,此时只需证明当x1e,e时, f(x)maxe-1即可.f (x)=1+a-1x2-ax=x2-ax+(a-1)x2=(x-1)x-(a-1)x2(x0),令f (x)=0得,x1=1,x2=a-1,当0a1时,a-10,故当x1e,1时, f (x)0.故函数f(x)在1e,1上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max=maxf1e, f(e).于是,只需证明f(e)e-1或f1ee-1即可.因为f(e)-(e-1)=e-a-1e-a-(e-1)=(e+1)(1-a)e0,所以f(e)e-1,所以假设成立,故当0ae-1成立.
9、B组提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2;(2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f (x)=12x-1x,由f (x1)=f (x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,因为x1x2,所以1x1+1x2=12.由基本不等式得12x1x2=x1+x224x1x2,因为x1x2,所以x1x225
10、6.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12x-ln x,则g(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln 2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=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1n-an-kn|a|+1n-k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.2.设函数f(x)=a2x2-(ax+1
11、)ln x+ax.(1)若a0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)0对定义域内的任意x恒成立?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.解析函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a0时,ax+10,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax与y=ln x相切时,a的值即为所求.令(ln x)=1x=a,即x=1a,故切点坐标为1a,-lna,将其代入y=ax,得
12、a=1e.综上可得a=0或1e.(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)0对定义域内的任意x恒成立,当a=0时,原不等式化为ln x0,不满足题意.当a0时,ax+10,由ax-ln x0,得alnxx.令F(x)=lnxx,则F (x)=1-lnxx2,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以函数F(x)在x=e处取得极大值,也为最大值,最大值为1e,由此可得a1e.当a0,在-1a,+上,ax+10,令g(x)=ax-ln x,则g(x)=a-1x0,所以g(x)=ax-ln x在(0,+)上为减函数,所以只要当x=-1a时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.综上可得,a1e,+-e.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=ex-1x,求证:(1)当x0时, f(x)0,当0|x|ln(1+a)时,|f(x)-1|a.证明(1)设
