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【状元之路】2017届高三数学一轮总复习开卷速查15 导数的应用(二) Word版含解析(数理化网)


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开卷速查(十五)

导数的应用(二)

1 1.[2015· 课标Ⅰ]已知函数 f(x)=x3+ax+4,g(x)=-lnx。 (1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x), g(x)}(x>0),讨论

h(x)零点的个数。 解析: (1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0), 则 f(x0)=0, f′(x0) 1 3 ?x0 +ax0+4=0, =0,即? 2 ?3x0 +a=0。 1 3 解得 x0=2,a=-4。 3 因此,当 a=-4时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线。 (2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx<0, 从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故 h(x)在(1,+∞)上无零点。 5 当 x=1 时,若 a≥-4, 5 则 f(1)=a+4≥0,h(1)=min{f(1), g(1)}=g(1)=0, 5 故 x=1 是 h(x)的零点;若 a<-4, 则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0, 故 x=1 不是 h(x)的零点。 当 x∈(0,1)时,g(x)=-lnx>0。 所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数。 (ⅰ)若 a≤-3 或 a≥0, 则 f′(x)=3x2+a 在(0,1)上无零点,

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故 f(x)在(0,1)上单调。 1 5 而 f(0)=4,f(1)=a+4, 所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)上有一个零点; 当 a≥0 时,f(x)在(0,1)上没有零点。 (ⅱ)若-3<a<0, 则 f(x)在?0,
? ?

a? -3?上单调递减,
? ?

在?
?

?

a ? -3,1?上单调递增, a -3时,f(x)取得最小值, a 1 -3+4。

故在(0,1)中,当 x= 最小值为 f?
? ? ?

a? 2a -3?= 3

①若 f?
?

?

3 a? -3?>0,即-4<a<0, ? 3 a? -3?=0,即 a=-4, ? 3 a? -3?<0,即-3<a<-4, ?

f(x)在(0,1)上无零点; ②若 f?
? ? ? ?

则 f(x)在(0,1)上有唯一零点; ③若 f?

1 5 由于 f(0)=4,f(1)=a+4, 5 3 所以当-4<a<-4时, f(x)在(0,1)上有两个零点; 5 当-3<a≤-4时,f(x)在(0,1)上有一个零点。 3 5 综上,当 a>-4或 a<-4时,h(x)有一个零点; 3 5 当 a=-4或 a=-4时,h(x)有两个零点;

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5 3 当-4<a<-4时,h(x)有三个零点。 2.[2015· 课标Ⅱ]设函数 f(x)=emx+x2-mx。 (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的 取值范围。 解析:(1)证明:f′(x)=m(emx-1)+2x。 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时, emx-1≤0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0。 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时, emx-1>0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0。 所以,f(x)在(-∞,0)单调递减, 在(0,+∞)单调递增。 (2)由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递 增, 故 f(x)在 x=0 处取得最小值。 所以对于任意 x1, x2∈[-1,1], |f(x1)
?f?1?-f?0?≤e-1, ? -f(x2)|≤e-1 的充要条件是? ?f?-1?-f?0?≤e-1, ?
m ? ?e -m≤e-1, 即? -m ① ? ?e +m≤e-1。

设函数 g(t)=et-t-e+1,则 g′(t)=et-1。 当 t<0 时,g′(t)<0;当 t>0 时,g′(t)>0。故 g(t)在(-∞, 0)单调递减,在(0,+∞)单调递增。 又 g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0, 故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0。 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0, 即①式成立; 当 m>1 时,由 g(t)的单调性,g(m)>0,

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即 em-m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e-m+m>e-1。 综上,m 的取值范围是[-1,1]。 1+x 3.[2015· 北京]已知函数 f(x)=ln 。 1-x (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; x? ? (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ 3 ?; ? ? x? ? (3)设实数 k 使得 f(x)>k?x+ 3 ?对 x∈(0,1)恒成立, 求 k 的最大值。 ? ? 解析:(1)因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 所以 f′(x)= 1 1 + ,f′(0)=2。 1+x 1-x
3 3

又因为 f(0)=0,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y =2x。 x? ? (2)证明:令 g(x)=f(x)-2?x+ 3 ?,则 ? ? 2 x4 g′(x)=f′(x)-2(1+x )= 。 1-x2
2 3

因为 g′(x)>0(0<x<1), 所以 g(x)在区间(0,1)上单调递增。 所以 g(x)>g(0)=0,x∈(0,1), x? ? 即当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ 3 ?。 ? ? (3)由(2)知,当 k≤2 时, x? ? f(x)>k?x+ 3 ?对 x∈(0,1)恒成立。 ? ? x? ? 当 k>2 时,令 h(x)=f(x)-k?x+ 3 ?,则 ? ? kx4-?k-2? h′(x)=f′(x)-k(1+x )= 。 1-x2
2 3 3 3

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4 k-2 所以当 0<x< k 时,h′(x)<0, 因此 h(x)在区间? ?0,
? ?

4 k-2? ? ?上单调递减。 k ?

4 k-2 当 0<x< k 时,h(x)<h(0)=0, x? ? 即 f(x)<k?x+ 3 ?。 ? ? 所以当 k>2 时, x? ? f(x)>k?x+ 3 ?并非对 x∈(0,1)恒成立。 ? ? 综上可知,k 的最大值为 2。 4.[2015· 福建]已知函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R)。 (1)证明:当 x>0 时,f(x)<x; (2)证明:当 k<1 时,存在 x0>0,使得对任意的 x∈(0,x0),恒 有 f(x)>g(x); (3)确定 k 的所有可能取值,使得存在 t>0,对任意的 x∈(0,t), 恒有|f(x)-g(x)|<x2。 解析:方法一:(1)证明:令 F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈[0, +∞), 则有 F′(x)= -x 1 -1= 。 1+x x+1
3 3

当 x∈(0,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在[0,+∞)上单调递减, 故当 x>0 时,F(x)<F(0)=0, 即当 x>0 时,f(x)<x。 (2)证明:令 G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈[0,+∞), 则有 G′(x)= -kx+?1-k? 1 -k= 。 x+1 x+1

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当 k≤0 时,G′(x)>0,故 G(x)在[0,+∞)上单调递增,G(x) >G(0)=0, 故任意正实数 x0 均满足题意。 当 0<k<1 时,令 G′(x)=0, 1-k 1 得 x= k =k-1>0, 1 取 x0=k-1,对任意 x∈(0,x0),有 G′(x)>0, 从而 G(x)在[0,x0)上单调递增, 所以 G(x)>G(0)=0,即 f(x)>g(x)。 综上,当 k<1 时,总存在 x0>0,使得对任意 x∈(0,x0),恒有 f(x)>g(x)。 (3)当 k>1 时,由(1)知,?x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),故 g(x) >f(x), |f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)。 令 M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞), -2x2+?k-2?x+k-1 1 则有 M′(x)=k- -2x= 。 1+x x+1
? k-2+ ?k-2?2+8?k-1?? ?时, 故当 x∈?0, 4 ? ?

M′(x)>0,
? k-2+ ?k-2?2+8?k-1?? ?上单调递增, M(x)在?0, 4 ? ?

故 M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2。 所以满足题意的 t 不存在。 当 k<1 时, 由(2)知, 存在 x0>0, 使得当 x∈(0, x0)时, f(x)>g(x), 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx。 令 N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x∈[0,+∞),

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-2x2-?k+2?x+1-k 1 则有 N′(x)= -k-2x= , x+1 x+1
? -?k+2?+ ?k+2?2+8?1-k?? ? ?时, 当 x∈ 0, 4 ? ?

N′(x)>0,
? -?k+2?+ ?k+2?2+8?1-k?? ?上单调递增,故 N(x)> N(x)在?0, 4 ? ?

N(0)=0,即 f(x)-g(x)>x2。 -?k+2?+ ?k+2?2+8?1-k? 记 x0 与 中的较小者为 x1,则当 x∈ 4 (0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|>x2。 故满足题意的 t 不存在。 当 k=1 时,由(1)知,当 x>0 时, |f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)。 令 H(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞)。 -2x2-x 1 则有 H′(x)=1- -2x= 。 1+x x+1 当 x>0 时,H′(x)<0, 所以 H(x)在[0,+∞)上单调递减, 故 H(x)<H(0)=0。 故当 x>0 时,恒有|f(x)-g(x)|<x2。 此时,任意正实数 t 均满足题意。 综上,k=1。 方法二:(1)、(2)同方法一。 (3)当 k>1 时,由(1)知,?x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),故|f(x) -g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x。 令(k-1)x>x2,解得 0<x<k-1。 从而得到,当 k>1 时,对于 x∈(0,k-1),恒有|f(x)-g(x)|>x2, 故满足题意的 t 不存在。

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k+1 当 k<1 时,取 k1= 2 ,从而 k<k1<1, 由(2)知,存在 x0>0, 使得 x∈(0,x0),f(x)>k1x>kx=g(x), 1-k 1-k 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x= 2 x。令 2 x>x2, 1-k 解得 0<x< 2 ,此时 f(x)-g(x)>x2。 1-k 记 x0 与 2 中的较小者为 x1,当 x∈(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)| >x2。 故满足题意的 t 不存在。 当 k=1 时, 由(1)知, x>0,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x), 令 M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞), -2x2-x 1 则有 M′(x)=1- -2x= 。 1+x x+1 当 x>0 时,M′(x)<0, 所以 M(x)在[0,+∞)上单调递减, 故 M(x)<M(0)=0。 故当 x>0 时,恒有|f(x)-g(x)|<x2, 此时,任意正实数 t 均满足题意。 综上,k=1。


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