第3讲导数的综合应用(B)(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号导数与不等式1,2,3导数与函数零点41.(2018·广西三市第二次调研)设函数f(x)=x2+ax-lnx(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若对任意a∈(3,4)及任意x1,x2∈[1,2],恒有+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.解:(1)函数的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=x-lnx,f′(x)=1-=.当0
1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.(2)f′(x)=(1-a)x+a-==,当a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减,f(1)是最大值,f(2)是最小值.所以|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=-+ln2,所以+ln2>-+ln2,因为a∈(3,4),所以m>,由31时,(x+1)(x+)f(x)>2(1+).(1)解:f(x)=的定义域为(0,+∞),且f′(x)==.由f′(x)>01-lnx-a>0lnx<1-a0002(1+)等价于·>.令p(x)=,则p′(x)=,令(x)=x-lnx,则′(x)=1-=,因为x>1,所以′(x)>0,所以(x)在(1,+∞)上单调递增,(x)>(1)=1>0,p′(x)>0,所以p(x)在(1,+∞)上单调递增,所以p(x)>p(1)=2,所以>,令h(x)=,则h′(x)=,因为x>1,所以1-ex<0,所以h′(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,h(x)>h(x),即(x+1)(x+)f(x)>2(1+).3.(2018·福建南平5月质检)已知函数f(x)=aelnx和g(x)=x2-(a+e)x(a>0).(1)设h(x)=f(x)+g(x),求函数h(x)的单调区间;(2)当x∈(,+∞)时,M为函数f(x)=aelnx图象与函数m(x)=2-图象的公共点,且在点M处有公共切线,求点M的坐标及实数a的值.解:(1)h(x)=aelnx+x2-(a+e)x(x>0),h′(x)=+x-(a+e)==.①当00,函数h(x)在(0,a)上单调递增,在x∈(a,e)时,h′(x)<0,函数h(x)在(a,e)上单调递减;在x∈(e,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)在(e,+∞)上单调递增,②当a=e,在x∈(0,+∞)时,h′(x)≥0,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,③当a>e,在x∈(0,e)时,h′(x)>0,函数h(x)在(0,e)上单调递增,在x∈(e,a)时,h′(x)<0,函数h(x)在(e,a)上单调递减;在x∈(a,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)在(a,+∞)上单调递增.综上,当0e时,函数h(x)的单调递增区间是(0,e),(a,+∞);单调递减区间是(e,a).(2)设点M(x0,y0),x0>,在点M(x0,y0)处有公共切线,设切线斜率为k,因为f′(x)=,m′(x)=,所以k==,即ax0=1,由M(x0,y0)是函数f(x)=aelnx与函数m(x)=2-图象的公共点,所以y0=aelnx0=2-,化简可得aex0lnx0=2x0-e,将ax0=1代入,得elnx0-2x0+e=0,设函数u(t)=elnt-2t+e(t>),u′(t)=-2=,因为t>,所以u′(t)<0,函数u(t)在(,+∞)上单调递减,因为u()=eln>0,u(e2)=elne2-2e2+e=3e-2e2=e(3-2e)<0,所以当t∈(,+∞)时,u(t)=elnt-2t+e只有一个零点,由u(e)=elne-2e+e=0,知方程elnx0-2x0+e=0在x0∈(,+∞)只有一个实数根x0=e,代入y0=aelnx0=aelne=ae=1,所以M(e,1),此时a=.4.(2018·江西九校联考)已知函数f(x)=xlnx+2x2-2.(1)若函数y=g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=e对称,试求y=g(x)在零点处的切线方程;(2)函数h(x)=f(x)-x2-x在定义域内的两极值点为x1,x2,且x10,即>3,综上所述,x1·>e3.
