【名师伴你行】（新课标）2023高考数学大一轮复习 解答题专题突破（一）高考中的导数应用问题课时作业 理

课时作业(十七)　高考解答题专题突破(一)高考中的导数应用问题　1．(2015·济南模拟)已知函数f(x)＝k(x－1)ex＋x2.(1)当k＝－时，求函数f(x)在点(1,1)处的切线方程；(2)若在y轴的左侧，函数g(x)＝x2＋(k＋2)x的图象恒在f(x)的导函数f′(x)图象的上方，求k的取值范围；(3)当k≤－1时，求函数f(x)在[k,1]上的最小值m.解：(1)当k＝－时，f(x)＝－(x－1)ex＋x2，f′(x)＝(2－ex－1)x，故f′(1)＝1.函数f(x)在点(1,1)处的切线方程为y＝x.(2)f′(x)＝kx＜x2＋(k＋2)x，x<0，即kxex－x2－kx＜0，x<0.因为x＜0，所以kex－x－k＞0，令h(x)＝kex－x－k，h′(x)＝kex－1.当k≤0时，h(x)在(－∞，0)上为减函数，h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当0＜k≤1时，h(x)在x＜0为减函数，h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当k＞1时，h(x)在(－∞，－lnk)上为减函数，在(－lnk,0)上为增函数，h(－lnk)＜h(0)＝0，不合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1]．(3)f′(x)＝kxex＋2x＝kx，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln，令g(k)＝ln－k，则g′(k)＝－－1≤0，g(k)在k＝－1时取得最小值g(－1)＝1＋ln2＞0，所以x2＝ln＞k.当－2＜k≤－1时，x2＝ln＞0，f(x)的最小值为m＝min{f(0)，f(1)}＝min{－k,1}＝1.当k＝－2时，函数f(x)在区间[k,1]上为减函数，m＝f(1)＝1.当k＜－2时，f(x)的最小值为m＝min{f(x2)，f(1)}，7\nf(x2)＝－2＋2＝x－2x2＋2＞1，f(1)＝1，此时m＝1.综上，m＝1.2．(2015·潍坊模拟)已知函数f(x)＝lnx＋a，g(x)＝x－a.(1)当直线y＝g(x)恰好为曲线y＝f(x)的切线时，求a的值；(2)当a＞0时，若函数F(x)＝f(x)·g(x)在区间[e－，1]上不单调，求a的取值范围；(3)若a∈Z且xf(x)＋g(x)＞0对一切x＞1恒成立，求a的最小值．解：(1)设切点为(x0，y0)，由f(x)＝lnx＋a，得f′(x)＝，由题意，f′(x0)＝＝1，∴x0＝1，∴切点为(1，a)，又切点在直线y＝g(x)上，∴1－a＝a，∴a＝.(2)F(x)＝f(x)·g(x)＝(lnx＋a)(x－a)，F′(x)＝1＋a＋lnx－.∵a＞0，∴函数y＝－在(0，＋∞)上单调递增．又∵y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，∴F′(x)＝1＋a＋lnx－在(0，＋∞)上单调递增．∵F′(1)＝1＋a＋ln1－a＞0，∴要使F(x)＝(lnx＋a)(x－a)在[e－，1]上不单调，只需满足F′(e－)＝1＋a＋lne－－＜0，解得a＞＝.即a的取值范围是.(3)由题意，x(lnx＋a)＋x－a＞0对一切x＞1恒成立，7\n等价于a＞对一切x＞1恒成立．记φ(x)＝(x＞1)，则φ′(x)＝＝，记μ(x)＝2＋lnx－x(x＞1)，μ′(x)＝－1＜0，∴μ(x)＝2＋lnx－x在(1，＋∞)上单调递减，又μ(3)＝2＋ln3－3＝ln3－1＞0，μ(4)＝2＋ln4－4＝ln4－2＜0，∴∃x0∈(3,4)，使μ(x0)＝0，且当x∈(1，x0)，μ(x)＞0，φ′(x)＞0，φ(x)在(1，x0)上单调递增，x∈(x0，＋∞)，μ(x)＜0，φ′(x)＜0，φ(x)在(x0，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(x0)＝.又μ(x0)＝0，即2＋lnx0－x0＝0，lnx0＝x0－2，∴φ(x0)＝＝＝－x0，∴a＞－x0，又x0∈(3,4)，∴－x0∈(－4，－3)．又a∈Z，∴a的最小值为－3.3．(2015·日照模拟)已知函数f(x)＝ex.(1)当x＞0时，设g(x)＝f(x)－(a＋1)x(a∈R)，讨论函数g(x)的单调性；(2)证明：当x∈时，f(x)＜x2＋x＋1.解：(1)g(x)＝ex－(a＋1)x，所以g′(x)＝ex－(a＋1)．当x＞0时，ex＞1，故有当a＋1≤1，即a≤0时，x∈(0，＋∞)，g′(x)＞0；当a＋1＞1，即a＞0时，ex＞1，令g′(x)＞0，得x＞ln(a＋1)；令g′(x)＜0，得0＜x＜ln(a＋1)，综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a＞0时，g(x)在(0，ln(a＋1))上是减函数，在(ln(a＋1)，＋∞)上是增函数．(2)证明：设h(x)＝f(x)－(x2＋x＋1)＝ex－x2－x－1，则h′(x)＝ex－2x－1，令m(x7\n)＝h′(x)＝ex－2x－1，则m′(x)＝ex－2，因为x∈，所以当x∈时，m′(x)＜0，m(x)在上是减函数；当x∈(ln2,1]时，m′(x)＞0，m(x)在(ln2,1]上是增函数，又m＝－2＜0，m(1)＝e－3＜0，所以当x∈时，恒有m(x)＜0，即h′(x)＜0，所以h(x)在上为减函数，所以h(x)≤h＝－＜0，即当x∈时，f(x)＜x2＋x＋1.4．(2015·威海模拟)已知函数f(x)＝lnx＋，其中a为大于零的常数．(1)若f(x)在点(1,0)处的切线过(2，－1)点，求实数a的值；(2)当a＝1时，求f(x)在[1，e2]上的最值；(3)若f(x)无极值，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝＋＝－，f′(1)＝1－＝＝－1，解得a＝.(2)当a＝1时，f(x)＝lnx＋，f′(x)＝＋＝，∵x＞0，∴f′(x)＞0恒成立，∴f(x)在[1，e2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，f(x)max＝f(e2)＝2＋.(3)f′(x)＝＋＝，7\nf(x)无极值，等价于f′(x)在定义域上无变号零点．设g(x)＝ax2＋(2a－2)x＋a，则有Δ≤0或∴实数a的取值范围为.5．(2015·德州模拟)设函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)判断f(x)的单调性；(2)当f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围；(3)证明：当x∈(1，＋∞)时，·x＜e.解：(1)f′(x)＝－a，函数f(x)＝lnx－ax的定义域为(0，＋∞)．当a≤0时，f′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上是增函数．当a＞0时，x∈时，f′(x)＞0，此时f(x)在上是增函数；x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)在上是减函数．(2)当f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立时，即a＞在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数．故当x＝e时，g(x)取得最大值.∴a的取值范围为.(3)证明：要证x∈(1，＋∞)时，·＜e成立，只要证x1＋＜ex成立，即证x＜ex成立，即证lnx＜x成立，又因为x＞1，即证lnx＜x－1.令t(x)＝lnx－x＋1(x＞1)，7\n则t′(x)＝－1＝＜0，t(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴t(x)＜t(1)＝0，∴lnx＜x－1.∴·x<e.6．(2015·济宁模拟)已知函数f(x)＝lnx－，g(x)＝ex(ax＋1)，其中a为实数．(1)若y＝f(x)在区间(1，＋∞)上是单调增函数，求a的取值范围；(2)当g(x)在区间(1,2)上不是单调函数时，试求函数y＝f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)∵f(x)在(1，＋∞)上是单调增函数，∴f′(x)＝＋≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，∴a≥－x，显然－x＜－1，∴a≥－1.故a的取值范围是[－1，＋∞)．(2)∵g(x)在(1,2)上不是单调函数，∴g′(x)＝ex(ax＋a＋1)＝0在(1,2)上有解，∴a≠0且1＜－＜2，∴－＜a＜－.由f(x)＝lnx－＝0，得a＝xlnx，令h(x)＝xlnx，则h′(x)＝1＋lnx，由h′(x)＝0，得x＝，在上h′(x)＜0，h(x)是减函数，在上h′(x)＞0，h(x)是增函数，∴x＝时，h(x)取得极小值，也是最小值为h＝－.又0＜x＜1时，h(x)＜0，x≥1时，h(x)≥0，综上，当－＜a＜－时，f(x)的零点个数为0；当a＝－时，f(x)的零点个数为1；7\n当－＜a＜－时，f(x)的零点个数为2.7