1、第三讲导数的综合应用1.2021惠州市二调若函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点,则a的取值范围是()A.(-1e,+)B.(-,1)C.(0,1e)D.(-,-1e)2.2021陕西百校联考已知锐角x1,x2满足sin x1-cos x2x1+x2-2,则下列结论一定正确的是()A.sin x1tan x1+x22C.sin x1+cos x1sin x2+cos x2D.sin x1+sin x2cos x1+cos x23.2021大同市调研测试已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0f(x)x,则6f(2 017),3f(2 018
2、),2f(2 019)的大小关系是()A.6f(2 017)3f(2 018)2f(2 019)B.3f(2 018)6f(2 017)2f(2 019)C.2f(2 019)3f(2 018)6f(2 017)D.2f(2 019)6f(2 017)0时,f (x)ln x0成立的x的取值范围是()A.(-2,0)(0,2)B.(-,-2)(2,+)C.(-2,0)(2,+)D.(-,-2)(0,2)6.已知函数f(x)=(a-12)x2+ln x,若函数f(x)在区间(1,+)上的图象恒在直线y=2ax的下方,则实数a的取值范围是.7.2021晋南高中联考已知函数f(x)=ex-ax,g(
3、x)=1+xln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若当x0时,方程f(x)=g(x)有实数解,求实数a的取值范围.8.2020贵阳市高三模拟交汇题已知f(x)=ex,g(x)=x+1.(e为自然对数的底数)(1)求证:f(x)g(x)恒成立.(2)设m是正整数,对任意的正整数n,(1+13)(1+132)(1+13n)m恒成立,求m的最小值.9.2021江西红色七校第一次联考若存在两个正实数x,y使得等式x(2+ln x)=xln y-ay成立,则实数a的取值范围是()A.(0,1e2)B.(-,1e2C.(0,1e3)D.(-,1e310.2021洛阳市统考已知函数f(x)=xex
4、-2-tx-t有2个零点a,b,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则实数t的取值范围是()A.23,e2)B.(23,e2)C.34e,23)D.(34e,23)11.2021江西红色七校联考已知函数f(x)=ax2+bx-ln x.(1)当a=-2时,函数f(x)在(0,+)上是减函数,求b的取值范围;(2)若方程f(x)=0的两个根分别为x1,x2(x10.12.2021济南名校联考已知f(x)=lnx+ax,g(x)=ex+2x-1.(1)若函数f(x)的图象在x=e处的切线与直线2x-y+8=0垂直,求f(x)的极值;(2)当x0时,g(x)f(x)恒成立,求实数a的取值范围.1
5、3.已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-m.(1)当m=0时,求函数y=f(x)g(x)的最大值;(2)设h(x)=f(x)-g(x),若x10.答 案第三讲导数的综合应用1.A图D 3-3-2由f(x)=0,得x2-2x+1-a=xex.令g(x)=xex,则函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点等价于函数y=x2-2x+1-a与y=g(x)的图象有2个交点,g(x)=1-xex,令g(x)0,得x1,令g(x)1,所以g(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1e.作出函数y=x2-2x+1-a=(x-1)2-a与y=g(x
6、)的图象,如图D 3-3-2所示,数形结合可得-a-1e,故选A.2.D解法一因为sin x1-cos x2x1+x2-2,即sin x1-x1sin(2-x2)-(2-x2),所以可构造函数f(x)=sin x-x,x(0,2),因为f (x)=cos x-10,所以f(x)在(0,2)上单调递减,因为x1(0,2),2-x2(0,2),所以02-x2x12,所以sin(2-x2)sin x1,即cos x2sin x1,同理cos x1cos x1+cos x2,故选D.解法二取x1=x2=3,则sin x1-cos x2=3-126=3+3-2,此时sin x1=sin(x1+x2),t
7、an x1=tan x1+x22,sin x1+cos x1=sin x2+cos x2,排除选项A、B、C,故选D.3.A由题意易知x=0不是函数f(x)的零点,则f(x)=ax3-3x2+1=0a=3x2-1x3(x0),令y=3x2-1x3-a(x0),因此f(x)的零点与y=3x2-1x3-a(x0)的零点相同.设g(x)=3x2-1x3(x0),则g(x)=-3(x-1)(x+1)x4,图D 3-3-3则当x(-,-1)(1,+)时,g(x)0,故g(x)在(-1,0),(0,1)上单调递增,在(-,-1),(1,+)上单调递减,又g(-1)=-2,g(1)=2,当g(x)=0时,x
8、=33,当x+时,g(x)0,当x-时,g(x)0,所以可画出函数g(x)的大致图象,如图D 3-3-3所示,f(x)存在唯一的零点x0且x0f(x)x,所以g(x)0,所以g(x)在(0,4上单调递增,故f(1)1f(2)2f(3)3,整理可得6f(1)3f(2)2f(3),即6f(2 017)3f(2 018)0时,由f (x)ln x-1xf(x)可得g(x)1时,有g(x)g(1)=0,即f(x)ln x0,所以此时f(x)0;当0xg(1)=0,即f(x)ln x0,又ln x0,所以此时f(x)0.对于不等式f (x)ln x-1xf(x),取x=1可得f (1)ln 1-11f(
9、1),化简得f(1)0,即当x=1时,f(x)0时,f(x)0(x0)得x2-40,解得0x2.当x0时,f(x)0,故由(x2-4)f(x)0(x0,解得x0.综上,x的取值范围是(-,-2)(0,2).故选D.6.-12,12由题意知,对于任意x(1,+),f(x)2ax,即(a-12)x2+ln x-2ax0在(1,+)上恒成立.设g(x)=(a-12)x2+ln x-2ax,x(1,+),则g(x)的最大值小于0,g(x)=(x-1)(2a-1-1x).当a12时,g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递减,g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.当12
10、a0,则f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,令f (x)=ex-a=0,得x=ln a,则f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.综上,当a0时,f(x)在R上单调递增,当a0时,f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.(2)由f(x)=g(x),得ax=ex-xln x-1,因为x0,所以a=exx-ln x-1x.令h(x)=exx-ln x-1x,x0,则h(x)=xex-ex-x+1x2=(ex-1)(x-1)x2.令h(x)=0,得x=1.当x(0,1)时,h(x)0,h(x)为增函数.所以h(x)min=h(1)=e-1
11、.又h(x)=exx-ln x-1x=ex-1x-ln x,x0,ex1,所以ex-1x0,所以当x0时,h(x)+.所以函数h(x)的值域为e-1,+),因此实数a的取值范围为e-1,+).8.(1)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x-1,则h(x)=ex-1,当x(-,0)时,h(x)0,故h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)0恒成立,所以f(x)g(x)恒成立.(2)由(1)可知x=13n时,01+13ne13n,所以(1+13)(1+132)(1+13n)e13e132e13n=e13+132+13n=e13(1-1
12、3n)1-13=e121-(13)n0),f(t)=lntt-2t,则f(t)=3-lntt2,令f(t)=0,解得t=e3,当t(0,e3)时,f(t)0,f(t)在(0,e3)上单调递增,当t(e3,+)时,f(t)0,可得x1;令g(x)1.所以函数g(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=e.当x0时,g(x)0时,g(x)0,且g(0)=0,x+时,g(x)0.由h(x)=tx+t=t(x+1),知函数h(x)的图象为过定点(-1,0)的一条直线,在同一平面直角坐标系中,分别作出函数g(x)与h(x)的图象如图D 3-3-4所示,若满足h(
13、x),g(x)的图象有2个不同的交点,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则t0,h(2)0,2t+t2,3t+t3e,解得34et0,4x+1x4,当且仅当x=12时取“=”,b4,即b的取值范围为(-,4.(2)f(x)的定义域为(0,+),由题意可得f(x1)=ax12+bx1-lnx1=0,f(x2)=ax22+bx2-lnx2=0,即lnx1=ax12+bx1,lnx2=ax22+bx2,两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2)=(x1-x2)a(x1+x2)+b.由f(x)=2ax+b-1x知, f(x1+x22)=a(x1+x2)+b-2x1
14、+x2=1x1-x2lnx1x2-2x1+x2=1x1-x2lnx1x2-2(x1-x2)x1+x2=1x1-x2lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1,设t=x1x2(0,1),则lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1=ln t-2(t-1)t+1.令g(t)=ln t-2(t-1)t+1,t(0,1),则g(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20,g(t)在(0,1)上单调递增,g(t)g(1)=0,即lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+10,又x1-x20,即f(x1+x22)0.12.(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=1-a-lnxx2
15、,f (e)=-ae2,由已知可得f (e)2=-1,即a=e22.由f (x)=0,可得x=e1-e22,可得到下表:x(0,e1-e22)e1-e22(e1-e22,+)f (x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减f(x)的极大值为f(e1-e22)=ee22-1,无极小值.(2)当x0时,g(x)f(x),即ex+2x-1lnx+ax,化简可得,ax(ex-1)-ln x+2.令F(x)=x(ex-1)-ln x+2(x0),只需aF(x)min.F(x)=(x+1)(ex-1x),令h(x)=ex-1x(x0),则h(x)=ex+1x20,h(x)在(0,+)上单调递增,h(12)=
16、e12-20,存在唯一的x0(0,+),使得h(x0)=ex0-1x0=0,易知F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+)上单调递增,F(x)min=F(x0)=x0(ex0-1)-ln x0+2=x0ex0-(x0+ln x0)+2,由ex0-1x0=0得x0ex0=1,两边取对数得x0+ln x0=0,F(x)min=F(x0)=3,a3,即实数a的取值范围是(-,3.13.(1)当m=0时,y=f(x)g(x)=lnxx,y=1xx-lnxx2=1-lnxx2.当xe时,y0;当0x0.函数y=lnxx在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减.ymax=yx=e=1e
17、.(2)由题可知x1,x2是函数h(x)=lnx-x+m的零点.h(x)=1x-1=1-xx,当x1时,h(x)0;当0x0,函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,故函数h(x)要有两个零点,必有h(1)=-1+m0,即m1.要证ln(em+x1-x2)+m0,只需证ln(em+x1-x2)ln e-m,即x2-x1em-e-m,只需证e-mx11x21,e-m(0,1),h(e-m)=-m-e-m+m0,函数h(x)在(e-m,1)上存在唯一零点x1,即e-mx11.由(1)知,lnxx1e,所以ln xxe,且当x=e时,取等号,h(em)=ln(em)-em+meme-em+m=m(2-e)0,函数h(x)在(1,em)上存在唯一零点x2,即1x20. 第7页共7页
