第4讲导数的综合应用1.函数f(x)=x2+ax+b的部分图象如图所示,则函数g(x)=lnx+f'(x)的零点所在的区间是()A.(14,12)B.(1,2)C.(12,1)D.(2,3)2.已知函数f(x)=ex(x-b)(b∈R).若存在x∈[12,2],使得f(x)+xf'(x)>0,则实数b的取值范围是()A.(-∞,83)B.(-∞,56)C.(-32,56)D.(83,+∞)3.(2018课标全国Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.4.已知函数f(x)=ex+mlnx(m∈R,e为自然对数的底数),若对任意正数x1,x2,当x1>x2时,都有f(x1)-f(x2)>x1-x2成立,则实数m的取值范围是.5.(2018陕西质量检测一)已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-1.(1)求函数y=f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)证明:f(x)≤g(x).6.(2018石家庄质量检测一)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.7.(2018新疆适应性检测)已知函数f(x)=(2-a)x-2lnx+a-2.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,12)上无零点,求a的取值范围.8.已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.答案全解全析1.C由函数f(x)=x2+ax+b的部分图象得0
0,∴函数g(x)=lnx+f'(x)的零点所在的区间是(12,1).故选C.2.Af(x)+xf'(x)>0⇒[xf(x)]'>0.设g(x)=xf(x)=ex(x2-bx).若存在x∈[12,2],使得f(x)+xf'(x)>0,则函数g(x)在区间[12,2]上存在子区间使得g'(x)>0成立.又g'(x)=ex(x2-bx)+ex(2x-b)=ex[x2+(2-b)x-b],设h(x)=x2+(2-b)x-b,则h(2)>0或h(12)>0,即8-3b>0或54-32b>0,得b<83.3.答案-3❑√32解析由f(x)=2sinx+sin2x,得f'(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2.令f'(x)=0,得cosx=12或cosx=-1.当cosx∈(-1,12)时,f'(x)<0,f(x)为减函数;当cosx∈(12,1)时,f'(x)>0,f(x)为增函数.所以当cosx=12时,f(x)取得最小值,此时sinx=±❑√32.又因为f(x)=2sinx+2sinx·cosx=2sinx(1+cosx),1+cosx≥0恒成立,所以f(x)取最小值时,sinx=-❑√32.所以f(x)min=2×(-❑√32)×(1+12)=-3❑√32.4.答案[0,+∞)解析依题意得,对于任意的正数x1,x2,当x1>x2时,都有f(x1)-x1>f(x2)-x2,所以函数g(x)=f(x)-x在区间(0,+∞)上是增函数,于是当x>0时,g'(x)=f'(x)-1=ex+mx-1≥0,即x(ex-1)≥-m在(0,+∞)上恒成立.记h(x)=x(ex-1),x>0,则有h'(x)=(x+1)ex-1>(0+1)e0-1=0(x>0).所以h(x)在(0,+∞)上是增函数,h(x)的值域是(0,+∞).所以-m≤0,m≥0.故所求实数m的取值范围是[0,+∞).5.解析(1)∵f'(x)=1x,∴f'(1)=1.又f(1)=0,∴切线的方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即所求的切线方程为y=x-1.(2)设h(x)=f(x)-g(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1.令h'(x)=0,得x=1.当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)单调递增最大值单调递减∴h(x)≤h(x)max=h(1)=0,即f(x)≤g(x).6.解析(1)若a=1,则f(x)=xex-2(2x-1),f'(x)=xex+ex-4.所以f'(0)=-3,f(0)=2.所以所求的切线方程为y-2=-3(x-0),即y=-3x+2.(2)由已知,可得f(1)≥0,得a≥1e-1>0.f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为aa+1≥2x-1xex对任意的x>0恒成立.设函数F(x)=2x-1xex(x>0),则F'(x)=-(2x+1)(x-1)x2ex.当00;当x>1时,F'(x)<0.所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以F(x)max=F(1)=1e,于是aa+1≥1e,解得a≥1e-1.故实数a的取值范围是[1e-1,+∞).7.解析(1)当a=1时,f(x)=x-2lnx-1,x∈(0,+∞),f'(x)=1-2x.由f'(x)>0,得x>2;由f'(x)<0,得00恒成立,即只需当x∈(0,12)时,a>2-2lnxx-1恒成立.令h(x)=2-2lnxx-1,x∈(0,12),则h'(x)=2lnx+2x-2(x-1)2.再令m(x)=2lnx+2x-2,x∈(0,12),则m'(x)=-2(1-x)x2<0,于是在(0,12)上,m(x)为减函数,所以m(x)>m(12)=2-2ln2>0.所以h'(x)>0在(0,12)上恒成立.所以h(x)在(0,12)上为增函数.所以h(x)0,g(x)单调递增.(2)证明:由f'(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0,于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-1x≥0知,函数u(x)在(1,+∞)上单调递增.故0=u(1)f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0;又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0,故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
