高考数学专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用限时规范训练理.docx

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1、第2课时导数的应用1．(2019·惠州模拟)已知函数f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解析：(1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，即在x＝0处的切线的斜率为0，∴f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.(2)由(1)知f′(x)＝2(ex－x＋a)，令h(x)＝2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0，∴h(x)在

2、[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②当a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈[0，x0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，则f′(x)>0，即f(x)单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)＝2(ex0

3、－x0＋a)＝0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0

4、点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解析：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时

5、，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．3．(2019·大观区校级月考)已知函数f(x)＝x(ex－a)－alnx，a∈R.(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f′(

6、x)＝.令f′(x)＝0，则ex＝，可得x＝1∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)记t＝lnx＋x，则t＝lnx＋x在(0，＋∞)上单增，且t∈R.∴f(x)＝xex－a(lnx＋x)＝et－at＝g(t)．∴f(x)在(0，＋∞)上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．①在a＝0时，g(t)＝et在R上单增，且g(t)>0，故g(t)无零点；②在a<0时，g′(t)＝et－a>0，g(t)在R上单增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(t)在R上

7、只有一个零点；③在a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝lna时有唯一的一个极小值g(lna)＝a(1－lna)．若00，g(t)无零点；若a＝e，g最小＝0，g(t)只有一个零点；若a>e时，g最小＝a(1－lna)<0，而g(0)＝1>0，由于f(x)＝在x>e时为减函数，可知：a>e时，f(a)ae>a2.从而g(a)＝ea－a2>0，∴g(t)在(0，lna)和(lna，＋∞)上各有一个零点．综上讨论可知：a>e时f(x)有两

8、个零点，即所求a的取值范围是(e，＋∞)．4．(2019·洛阳统一考试)设函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)讨论函数h(x)＝的单调性；(2)如果对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)因为h(x)＝＋lnx(x>0)，所以h′(x)＝－＋＝，①当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令h′(x)>