课时作业16导数的综合应用1．已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.解：(1)f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.当－1
x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0h(0)＝0，即g(x)<1.综上，x>－1且x≠0时，总有g(x)<1.2．设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1－1)．令g(x)＝2x2＋2x＋a(x≥－1)，则其对称轴为x＝－，由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，所以解得0－，可知方程f(x)＝－在上有且只有一个实根．②由于f(x)在上单调递减，在上单调递增，因此f(x)在上的最小值为f＝2＋×ln＝＋ln>－，故方程f(x)＝－在上没有实数根．综上可知，方程f(x)＝－有且只有一个实数根．3．(2017·河北石家庄一模)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln，且x>0时，>x＋－3a.解：(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3，＋∞)，1f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)．(2)证明：待证不等式等价于ex>x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x∈R.由(1)及a>ln＝ln3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex>x2－3ax＋1，故>x＋－3a.4．(2017·河南郑州一模)已知函数f(x)＝.(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；(2)若m∈，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．解：(1)f′(x)＝＝，当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知f(x)在[m，m＋1]上单调递减，所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.因为m∈，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)2＋m＋1，所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈.令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，因为x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增．又m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0，故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0.所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，所以当x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1>0，即ex>(1＋x)x，即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方．1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)证明当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.解：(Ⅰ)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx1，设g(x)＝1＋(c－1)x－...
