第3讲导数的综合应用(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号利用导数解决恒成立问题3利用导数证明不等式4利用导数解决方程、零点问题1,21.(2016·河北衡水一模)已知函数f(x)=(其中k∈R,e=2.71828…是自然对数的底数),f′(x)为f(x)的导函数.(1)若f′(1)=0,求函数g(x)=f(x)ex-x的极大值;(2)若x∈(0,1]时,方程f′(x)=0有解,求实数k的取值范围.解:(1)由f(x)=,得f′(x)=,x∈(0,+∞),由f′(1)=0,得k=1,所以g(x)=lnx+1-x,g′(x)=,所以g(x)在(0,1]上递增,在(1,+∞)上递减,所以g(x)的极大值是g(1)=0.(2)由f′(x)=0,得k=,令F(x)=,因为00时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间[,+∞)上有两个零点,求实数k的取值范围.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax+1+a-=-(a>0),①当a∈(0,1)时,>1.由f′(x)<0,得x>或x<1.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞).②当a=1时,恒有f′(x)≤0,所以f(x)单调递减.所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞).③当a∈(1,+∞)时,<1.由f′(x)<0,得x>1或x<.所以f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(,+∞);当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时,f(x)的单调递减区间为(0,),(1,+∞).(2)g(x)=x2-xlnx-k(x+2)-2在x∈[,+∞)上有两个零点,即关于x的方程k=在x∈[,+∞)上有两个不相等的实数根,令函数h(x)=,x∈[,+∞),则h′(x)=.令函数p(x)=x2+3x-2lnx-4,x∈[,+∞).则p′(x)=在[,+∞)上有p′(x)≥0,故p(x)在[,+∞)上单调递增.因为p(1)=0,所以当x∈[,1)时,有p(x)<0,即h′(x)<0.所以h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,有p(x)>0,即h′(x)>0,所以h(x)单调递增.因为h()=+,h(1)=1,h(10)=>=6>h(),所以k的取值范围为(1,+].3.(2016·广西壮族自治区北海一模)已知函数f(x)=ax+xlnx(a∈R).(1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围;(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)1时,x-1>0,故不等式k(x-1)1恒成立.令g(x)=,则g′(x)=,令h(x)=x-lnx-2(x>1),则h′(x)=1-=>0⇒h(x)在(1,+∞)上单调递增.因为h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4>0,所以存在x0∈(3,4)使h(x0)=0,即当1x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.令h(x0)=x0-lnx0-2=0,即lnx0=x0-2,g(x)min=g(x0)===x0∈(3,4),所以kln2,且f(x1)=f(x2),试证明:x1+x2<2ln2.(1)解:由f(x)=ex-ax-1,得f′(x)=ex-a.又f′(0)=1-a=-1,所以a=2,所以f(x)=ex-2x-1,f′(x)=ex-2,由f′(x)=ex-2>0,得x>ln2.由f′(x)<0得xln2,所以2ln2-xln2),所以g′(x)=ex+4e-x-4≥0,当且仅当x=ln2时,等号成立,所以g(x)=f(x)-f(2ln2-x)在(ln2,+∞)上单调递增,又g(ln2)=0,所以当x>ln2时,g(x)=f(x)-f(2ln2-x)>g(ln2)=0,即f(x)>f(2ln2-x),所以f(x2)>f(2ln2-x2),又因为f(x1)=f(x2),所以f(x1)>f(2ln2-x2),由于x2>ln2,所以2ln2-x2
