1、温馨提示：此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭 Word 文档返回原板块。课时冲关练(十九)导数的综合应用(建议用时:60 分钟)1.(2014沈阳模拟)已知函数 f(x)(xR)满足 f(1)=1,且 f(x)的导函数 f(x),求 f(x)+的解集.【解题提示】考查函数 F(x)=f(x)-的单调性,利用单调性解不等式.【解析】设 F(x)=f(x)-,则 F(1)=f(1)-=1-1=0,F(x)=f(x)-,对任意 xR,有 F(x)=f(x)-0,即函数 F(x)在 R 上单调递减,则 F(x)0 的解集为(1,+),即 f(
2、x)0),为使耗电量最小,则速度应定为多少?【解析】由 y=x2-39x-40=0,得 x=-1 或 x=40,由于 0 x40 时,y40 时,y0.所以当 x=40 时,y 有最小值.即速度应定为 40.3.(2014无锡模拟)已知函数 f(x)=ax+lnx,g(x)=x2-2x+2.若对任意 x1(0,+),存在 x20,1,使得 f(x1)g(x2),求 a 的取值范围.【解题提示】若对任意 x1(0,+),存在 x20,1,使得 f(x1)g(x2),可转化为 f(x1)max,x1(0,+),x20,1.【解析】只需满足 f(x1)max0).当 a0 时,f(x)0,f(x)在
3、(0,+)上单调递增,值域为 R,故不符合题意.当 a0 时,由 f(x)=0,得 x=-.所 以,函 数 f(x)的 单 调 递 增 区 间 为,单 调 递 减 区 间 为.故 f(x)的极大值即为最大值,所以 f(x1)max=f=-1+ln=-1-ln(-a),所以-1-ln(-a)2,所以 a-.4.(2014绍兴模拟)已知 m 为实数,函数 f(x)=2x3+3mx2+3mx 的图象上存在斜率为-12 的切线 l.(1)若切线 l 有且仅有一条,求 m 的值.(2)求 f(x)在区间-2,-1上的值域.【解析】(1)由已知得 f(x)=6x2+6mx+3m.令 f(x)=-12,得
4、6x2+6mx+3m=-12.即 2x2+2mx+m+4=0.因为切线 l 有且仅有一条,所以方程 2x2+2mx+m+4=0 只有一解.所以=4(m2-2m-8)=0.得 m=4 或 m=-2.(2)由(1)可知,方程 2x2+2mx+m+4=0 的=4(m2-2m-8)0.得 m4 或 m-2.当 m4 时,则-2,故 f(x)=6x2+6mx+3m 在区间-2,-1上单调递增,又 f(-2)=24-9m0,f(-1)=6-3m0,故 f(x)0,f(-1)=6-3m0,故 f(x)0 在-2,-1上恒成立,即 f(x)在区间-2,-1上单调递增.故 f(x)min=f(-2)=6m-16
5、.f(x)max=f(-1)=-2.所以 f(x)6m-16,-2 综上,当 m4 时,f(x)的值域为-2,6m-16,当 m-2 时,f(x)的值域为6m-16,-2.5.(2014 山 东 高 考)设 函 数f(x)=-k(k为 常数,e=2.71828是自然对数的底数).(1)当 k0 时,求函数 f(x)的单调区间.(2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围.【解题提示】(1)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关系求出函数的单调区间.(2)本题可对 k 进行分类讨论,由(1)知 k0,函数 f(x)在(0,2)内不存在极值点,因此只需考虑 k0
6、 时,是否存在两个极值点即可.【解析】(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+).f(x)=-k=-=.由 k0 可得 ex-kx0,所以当 x(0,2)时,f(x)0,函数 y=f(x)单调递增.所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)由(1)知,k0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,故 f(x)在(0,2)内不存在极值点;当 k0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x(0,+).因为 g(x)=ex-k=ex-elnk,当 00,y=g(x)单调递增,故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当 k1 时,当 x(0,lnk)时,g(x)0,
7、函数 y=g(x)单调递增.所以函数 y=g(x)的最小值为 g(lnk)=k(1-lnk),函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当 解得 eka0,1 恒成立,求 m 的取值范围.【解题提示】(1)利用导数确定函数单调性,再由单调性求函数的极值.(2)首先变形将函数零点个数转化为直线与曲线的交点个数,然后求导确定函数最值,数形结合分类讨论确定零点的个数.(3)先用构造函数法将恒成立转化,再通过分离参数后求函数最值确定 m 的取值范围.【解析】(1)由题设,当 m=e 时,f(x)=lnx+,则 f(x)=,所以当 x(0,e)时,f(x)0,f(x)在(e,+)上单调递增,所以
8、 x=e 时,f(x)取得最小值 f(e)=lne+=2,所以 f(x)的极小值为 2.(2)由题设 g(x)=f(x)-=-(x0),令 g(x)=0,得 m=-+x(x0).设(x)=-x3+x(x0),则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当 x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当 x(1,+)时,(x)时,函数 g(x)无零点;当 m=时,函数 g(x)有且只有一个零点;当 0m 时,函数 g(x)无零点;当 m=或 m0 时,函数 g(x)有且只有一个零点;当 0ma0,1 恒成立,等价于 f(b)-b0),所以(*)等价于 h(x)在(0,+)上单调递减
9、.由 h(x)=-10 在(0,+)上恒成立,得 m-x2+x=-+(x0)恒成立,所以 m,所以 m 的取值范围为.【方法技巧】一元三次方程根的个数问题 令 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则 f(x)=3ax2+2bx+c.方程 f(x)=0 的判别式=(2b)2-12ac.(1)0 即 b23ac 时,f(x)0 恒成立,f(x)在 R 上为增函数,结合函数 f(x)的图象知,方程有唯一一个实根.(2)当0 即 b23ac 时,方程 f(x)=0 有两个实根,设为 x1,x2(x1m).当 m0 时,方程 f(x)=0 有唯一一个实根;当 m=0 时,方程 f(x)=0 有两
10、个实根;当 m0 时,方程 f(x)=0 有三个实根;当 M=0 时,方程 f(x)=0 有两个实根;当 M0,f(x)在(0,+)上单调递增.当 m0,f(x)在上单调递增;当 x时,f(x)0,f(x)在上单调递减.综上所述,当 m0 时,f(x)在(0,+)上单调递增;当 mb0,则 kAB=1 恒成立,即 f(a)-f(b)a-b 恒成立,即 f(a)-af(b)-b 恒成立,令 g(x)=f(x)-x=lnx+mx2-x,则 g(x)在(0,+)上为增函数,所以 g(x)=+2mx-1=0 对 x(0,+)恒成立,所以 2mx2-x+10 对 x(0,+)恒成立,即 2m-+=-+对
11、 x(0,+)恒成立,因此 m.故实数 m 的取值范围为.【加固训练】已知函数 f(x)=lnx-x+(R).(1)求函数 f(x)的单调区间.(2)是否存在实数使 f(x)0 在 x(0,+)上恒成立?若存在,请求出实数的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)f(x)=-=,x(0,+),当0 时,f(x)0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+)上单调递增,当0 时,由 f(x)=-=0 得 0 x0 时,f(x)的单调增区间为,单调减区间为.(2)存在.由(1)得:当0 时,函数 f(x)在(0,+)上单调递增,f(1)=0,所以 f(x)0 显然不是恒成立;当0 时,f(x)在上单调递
12、增,在上单调递减,所以,f(x)max=f=ln-1+=-ln-1,只需-ln-10 即可,令 g(x)=x-lnx-1,则 g(x)=1-,函数 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增.所以 g(x)min=g(1)=0,即 g(x)0 对 x(0,+)恒成立,也就是-ln-10 对(0,+)恒成立,所以-ln-1=0 解得=1,所以若 f(x)0 在 x(0,+)上恒成立,=1.8.(2014武汉模拟)已知函数 f(x)=plnx+(p-1)x2+1.(1)当 p=1 时,f(x)kx 恒成立,求实数 k 的范围.(2)证明:ln(n+1)1+.【解题提示】(1)分离参数,
13、转化为最值问题处理.(2)ln+ln+ln=ln=ln(n+1),故只需证明 ln,令 x=,即证 lnx0,所以当 p=1 时,f(x)kx 恒成立1+lnxkxk,令 h(x)=,则 kh(x)max,因为 h(x)=,由 h(x)=0 得 x=1,且当 x(0,1)时,h(x)0;当 x(1,+)时,h(x)1 时,f(x)x 即,lnxx-1.令 x=,则 ln,所以 ln ,ln ,ln,相加得 ln+ln+ln1+,而 ln+ln+ln=ln=ln(n+1),故 ln(n+1)0).(1)求 f(x)的单调区间.(2)记 xi为 f(x)的从小到大的第 i(iN*)个零点,证明:对
14、一切 nN*,有+0,此时 f(x)0,当 x(2k+1),(2k+2)(kN)时,sinx0,故 f(x)的单调递减区间为(2k,(2k+1)(kN),单调递增区间为(2k+1),(2k+2)(kN).(2)由(1)知,f(x)在区间(0,)上单调递减,又 f=0,故 x1=,当 nN*时,因为 f(n)f(n+1)=(-1)nn+1(-1)n+1(n+1)+10,且函数 f(x)的图象是连续不断的,所以 f(x)在区间(n,(n+1)内至少存在一个零点,又 f(x)在区间(n,(n+1)上是单调的,故nxn+1(n+1),因此 当 n=1 时,=.当 n=2 时,+(4+1).+=.综上所述,对一切 nN*,+.关闭 Word 文档返回原板块
