2023高考数学统考二轮复习增分强化练四十导数的综合应用理含解析202303112237

增分强化练(四十)1．(2019·东三省四市模拟)已知函数f(x)＝ex＋2－x.(1)证明：f(x)≥3；(2)若对任意x>0，f(x)>(x－a)2，求a的取值范围．解析：(1)证明：f′(x)＝ex＋2－1,令f′(x)＝ex＋2－1＝0，解得x＝－2，当x∈(－∞，－2)时，f(x)单调递减，当x∈(－2，＋∞)时，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(x)min＝f(－2)＝3，故f(x)≥3.(2)对任意x>0，f(x)>(x－a)2，故ex＋2－x－(x－a)2>0，设g(x)＝ex＋2－x－(x－a)2，g′(x)＝ex＋2－1－x＋a,由(1)知g′(x)单调递增，g′(0)＝e2＋a－1.①当a≥1－e2时，g′(0)≥0，g′(x)≥0，所以g(x)单调递增，则g(0)＝e2－a2≥0，即－e≤a≤e.②当a<1－e2时，g′(0)<0，可知存在x0>0，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，故当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，g(0)＝e2－a2<e2－(1－e2)2<0，所以g(x0)<g(0)<0，所以存在x∈(0，x0)，使得g(x)<0，故不满足题意.综上所述，－e≤a≤e.2．已知函数f(x)＝(x－2)ex－k(x－1)2.(1)当k<0时，求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值；(2)讨论函数y＝f(x)零点的个数．解析：由题设，f′(x)＝(x－1)(ex－2k)，(1)当k<0时，显然ex－2k>0，\n令f′(x)>0，得x>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，得x<1，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在[0,2]上，f(1)＝－e,f(0)＝－2－k，f(2)＝－k，所以，f(x)max＝－k，f(x)min＝－e.(2)由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令f(x)＝0则(x－2)ex＝k(x－1)2，①当x＝1时，－e≠0，所以x＝1不是f(x)的零点．当x≠1时，①式化为k＝，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)>0得x>1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，令g′(x)<0，得x<1，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，当x→1时，g(x)→－∞当x→＋∞时，g(x)→＋∞.当x→－∞时，g(x)→0，且当x<0时，g(x)<0.故g(x)的图象如图：所以，当k<0时，y＝f(x)有两个零点，当k≥0时，y＝f(x)有一个零点．3．(2019·榆林模拟)已知函数f(x)＝1＋lnx－ax2.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.解析：(1)f(x)＝1＋lnx－ax2(x>0)，f′(x)＝当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a>0时，x∈，f′(x)>0，当x∈，f′(x)<0，∴f(x)单调增区间为，单调减区间为.\n(2)证明：法一：要证xf(x)<·ex＋x－ax3，即证·－lnx>0，令φ(x)＝·－lnx，(x>0)，φ′(x)＝，令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，r′(1)<0，r′(2)>0，故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0，∴r′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∵r(0)<0，r(2)＝0，∴当x∈(0,2)时，r(x)＜0，x∈(2，＋∞)时，r(x)>0;所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln2>0，得证．法二：要证xf(x)＜·ex＋x－ax3，即证：·>，令φ(x)＝·(x>0)，φ′(x)＝，∴当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0；所以φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(2)＝；令r(x)＝，r′(x)＝，当x∈(0，e)时，r′(x)＞0，x∈(e，＋∞)时，r′(x)<0;所以r(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴r(x)≤r(e)＝，∴φ(x)≥>≥r(x)，∴·＜，得证．4．(2019·济宁模拟)已知函数f(x)＝x－a(lnx)2，a∈R.(1)当a＝1，x>1时，试比较f(x)与1的大小，并说明理由；(2)若f(x)有极大值，求实数a的取值范围；(3)若f(x)在x＝x0处有极大值，证明：1<f(x0)<.解析：(1)当a＝1，x>1时，f(x)＝x－(lnx)2，x>1.f′(x)＝1－2(lnx)×＝.令g(x)＝x－2lnx，x>1，则g′(x)＝1－＝，当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，\n当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；∴g(x)≥g(2)＝2－2ln2>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴f(x)>f(1)＝1.故当a＝1，x>1时f(x)>1.(2)∵f′(x)＝1－＝(x>0)，令h(x)＝x－2alnx(x>0)，则h′(x)＝1－＝，①当a＝0时，f(x)＝x无极大值．②当a<0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；h(1)＝1>0，h(e)＝e－1<0，∃x1∈(e，1)，使得h(x1)＝0.∴当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝x1处有极小值，f(x)无极大值．③当a>0时，h(x)在(0,2a)上单调递减，h(x)在(2a，＋∞)上单调递增，∵f(x)有极大值，∴h(2a)＝2a－2aln(2a)＝2a(1－ln2a)<0，即a>，又h(1)＝1>0，h(e)＝e－2a<0，∴∃x0∈(1，e)，使得h(x0)＝x0－2alnx0＝0，即alnx0＝；∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)有极大值，综上所述，a>.(3)证明：由(2)可知：alnx0＝，∴f(x0)＝x0－a(lnx0)2＝x0－(1<x0<e)，\n设p(x)＝x－(1<x<e)，则p′(x)＝1－＝>0，∴p(x)在(1，e)上单调递增，∴p(1)<p(x)<p(e)，即1<p(x)<，故1<f(x0)<.