2-12导数的综合应用课时规范练(授课提示：对应学生用书第241页)A组基础对点练1．(2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.解析：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)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，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝ln.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.2．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)·(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)，又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k1)，g′(x)＝－9＜0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)＜g(1)＝0，即当x＞1时，9＋lnx＜9x.故当x＞1时，f(x)＞.4．(2016·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝αcos2x＋(α－1)·(cosx＋1)，其中α>0，记|f(x)|的最大值为A.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)证明|f′(x)|≤2A.解析：(1)f′(x)＝－2αsin2x－(α－1)·sinx.(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos2x＋(α－1)(cosx＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．因此A＝3α－2.当0<α<1时，将f(x)变形为f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cosx－1.令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g＝－.令－1<<1，得α>.①当0<α≤时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.②当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)>g.又－|g(－1)|＝>0，所以A＝＝.综上，A＝(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin2x－(α－1)sinx|≤2α＋|α－1|.当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A.当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.B组能力提升练1．(2018·郑州二模)已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当x＞0时，≥lnx＋1.解析：(1)f′(x)＝ex－2x，由题设得f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，∴f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.(2)设g(x)＝f(x)－(e－2)...
