2019届高考数学二轮复习专题六函数与导数名师•创新预测1.6.4导数的综合应用文201902263178

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1、1.6.4导数的综合应用名校名师·创新预测1.已知函数y=f(x)对任意的x∈满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是(　　)A.2f2fD.f(0)>f【解析】选A.令g=,则g′=由对任意的x∈满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0可得g′>0,所以函数g在上为增函数,所以g

2、+a=0,则a=-x2+2ex+(x>0),设h=　-x2+2ex+,令h1=-x2+2ex,h2=,所以h2′=,发现函数h1,h2在上都是单调递增的,在上都是单调递减的,所以函数h=-x2+2ex+在上单调递增,在上单调递减,故当x=e时,得h=e2+,所以函数f至少存在一个零点需满足a≤h,即a≤e2+.3.已知常数a>0,函数f=ln-.若f存在两个极值点x1,x2,且f+f>0,则a的取值范围为__________________. 【解析】函数f的定义域为,对函数求导得f′(x)=-==,因为f存在两个极值点x1,x2,所以ax2-4=0在定义域内有两

3、个不等的实数根,当0-⇒a≠,即a∈∪,所以±为函数f的两个极值点,代入f+f>0可得f(x1)+f(x2)=ln[1+2]+ln[1-2]-　-=ln[1-4a(1-a)]-=ln(1-2a)2+-2,令2a-1=t,令g(t)=lnt2+-2,由a∈∪知,当a∈时,t∈(-1,0),当a∈时,t∈(0,1);当t∈(-1,0)时,g(t)=2ln(-t)+-2,对g(t)求导可得g′(t)=-=<0,所以函数g(t)在(-1,0)上单调递减,则g(t)

4、,1)时,g(t)=2lnt+-2,对g(t)求导可得g′(t)=-=<0,所以函数g(t)在(0,1)上单调递减,则g(t)>g(1)=0,即f(x1)+f(x2)>0恒成立,综上a的取值范围为.答案:4.已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值.(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-.由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),故即解得(2)由(1)知f(x)=+,所以f(x)-=·2lnx+.令函数h(x)=2lnx+(x>0),

5、则h′(x)=.①若k≤0,由h′(x)=知,当x≠1时,h′(x)<0,h(x)单调递减.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,即f(x)>+.②若00,对称轴x=>1,所以当x∈时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.③若k≥1.此时(

6、k-1)(x2+1)+2x>0即h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得h(x)<0.与题设矛盾.综上,k的取值范围为(-∞,0].