微专题20函数及其导数的综合应用(解析)

微专题20函数及其导数的综合应用(2)考题导航题组一区分在点P处切线与过点P的切线的不同1.2解析：f(x)＝x＋alnx的导数为f′(x)＝1＋ax，即有曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处斜率为k＝f′(1)＝1＋a＝3，解得a＝2.2.4x－y－4＝0或x－y＋2＝0解析：因为P(2，4)在y＝13x3＋43上，又y′＝x2，当P是切点时，所以斜率k＝22＝4，所以所求切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.当切点不是点P时，设切点为(x1，y1)，根据切线过点P，可得x21＝y1－4x1－2.又y1＝13x31＋43，可解出x1＝－1，y1＝1(舍去(2，4))，所以切线方程为y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0.1.解析：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3.根据题意，得f（1）＝－2，f′（1）＝0，即a＋b－3＝－2，3a＋2b－3＝0，解得a＝1，b＝0，所以f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，解得x＝±1.所以f(x)在区间[－2，－1)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增．因为f(－1)＝f(2)＝2，f(1)＝f(－2)＝－2，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2，则对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝4，所以c≥4，所以c的最小值为4.(3)因为点M(2，m)(m≠2)不在曲线y＝f(x)上，所以可设切点为(x0，y0)，则y0＝x30－3x0.因为f′(x0)＝3x20－3，所以3x20－3＝x30－3x0－mx0－2，即2x30－6x20＋6＋m＝0.因为过点M(2，m)(m≠2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，所以方程2x30－6x20＋6＋m＝0有三个不同的实数解，所以函数g(x)＝2x3－6x2＋6＋m有三个不同的零点，则g′(x)＝6x2－12x.令g′(x)＝0，则x＝0或x＝2，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增．则g（0）0，g（2）0，即6＋m0，－2＋m0，解得－6m2.题组二构造函数，用单调性解题1.(－∞，－1)∪(0，1)解析：设g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.因为当x0时，总有xf′(x)f(x)，即g′(x)恒小于0，所以当x0时，函数g(x)＝f（x）x为减函数．又因为g(－x)＝f（－x）－x＝－f（x）－x＝f（x）x＝g(x)，所以函数g(x)为定义域上的偶函数．又因为g(－1)＝f（－1）－1＝0，所以函数g(x)的大致图象如图所示．数形结合可得，不等式f(x)0，即x·g(x)0，所以x0，g（x）0或x0，g（x）0，解得0x1或x－1.2.(－∞，－3)∪(0，3)解析：令h(x)＝f(x)g(x)，则h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(x)，因此函数h(x)在R上是奇函数．①因为当x0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递增．因为h(－3)＝f(－3)·g(－3)＝0，所以h(x)＝f(x)·g(x)0＝h(－3)，所以x－3.②当x0时，函数h(x)在R上是奇函数，可知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(3)＝－h(－3)＝0，所以h(x)0的解集为(0，3)．所以不等式f(x)g(x)0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)．3.－12，＋∞解析：因为f(x)－2x2＋f(－x)－2x2＝0，设g(x)＝f(x)－2x2，则g(x)＋g(－x)＝0，所以g(x)为奇函数．x0时，g′(x)＝f′(x)－4x0，所以g(x)在区间(－∞，0)上是减函数，从而在R上是减函数．又f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2(－m)2，即g(m＋1)≤g(－m)，所以m＋1≥－m，解得m≥－12.1.(－2，0)∪(2，3)解析：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)．又因为当x0时，f(x)－xf′(x)0，所以设F(x)＝f（x）x(x0)，则F(－x)＝f（－x）－x＝－f（x）－x＝f（x）x＝F(x)，所以函数F(x)在定义域上是偶函数．因为F′(x)＝xf′（x）－f（x）x2，所以函数F(x)在(0，＋∞)上是减函数．因为F(x)是偶函数，所以F(x)在(－∞，0)上是增函数．又f(2)＝0，所以F(－2)＝F(2)＝0，所以当0x2或－2x0时，F(x)0，即f(x)、x同号；当x2或x－2时，F(x)0，即f(x)、x异号，所以当f(x)0时，x－2或0x2，当f(x)0时，－2x0或x2，所以(x－3)f(x)0的解集为(－2，0)∪(2，3)．2.(1，＋∞)解析：设g(x)＝f(x)－x2－12，则g′(x)＝f′(x)－12.因为f(x)的导函数f′(x)12，所以g′(x)＝f′(x)－120，即函数g(x)在定义域上单调递减．因为g(1)＝f(1)－12－12＝0，所以当x1时，g(x)g(1)＝0，所以不等式f(x)x2＋12的解集为(1，＋∞)．3.－1，13解析：x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．g(－x)＝(－x)2f(－x)＝g(x)，即g(x)为偶函数．因为g(2x)g(1－x)，所以|2x||1－x|，所以3x2＋2x－10，解得x∈－1，13.题组三含参数的单调性问题的分类讨论1.解析：(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋1x＋2ax.当a≥0时，f′(x)0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当－1a0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a＋12a，所以当x∈0，－a＋12a时，f′(x)0；当x∈(－a＋12a，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在区间0，－a＋12a上单调递增，在区间(－a＋12a，＋∞)上单调递减．(2)不妨假设x1≥x2，当a－1时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而对任意|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，等价于对任意x1，x2∈(0，＋∞)，f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为g′(x)＝f′(x)＋4＝a＋1x＋2ax＋4，所以a＋1x＋2ax＋4≤0，从而a≤－4x－12x2＋1＝（2x－1）2－4x2－22x2＋1＝（2x－1）22x2＋1－2，故a的取值范围为(－∞，－2].1.解析：(1)当a＝1时，f(x)＝12x2＋lnx，f′(x)＝x＋1x＝x2＋1x.对于x∈[1，e]，有f′(x)0，所以f(x)在区间[1，e]上为增函数，所以f(x)max＝f(e)＝1＋e22，f(x)min＝f(1)＝12.(2)令g(x)＝f(x)－2ax＝a－12x2＋lnx－2ax，在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象恒在直线y＝2ax下方，等价于g(x)0在区间(1，＋∞)上恒成立．因为g′(x)＝(2a－1)x＋1x－2a＝（2a－1）x2－2ax＋1x＝（x－1）[（2a－1）x－1]x.①若a12，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝12a－1，当x2x1，即12a1时，在(x2，＋∞)上有g′(x)0，此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，所以g(x)∈[g(x2)，＋∞)，不符合题意；当x2≤x1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，g(x)∈(g(1)，＋∞)，也不符合题意．②若a≤12，则2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g′(x)0，从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．要使g(x)0在此区间上恒成立，只需满足g(1)＝－a－12≤0，即a≥－12，所以－12≤a≤12.综上所述，a的取值范围是－12，12.冲刺强化训练(20)1.1解析：由题意得f′(x)＝a（1－x）ex，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(x)＝1，得a＝1.2.－12，0∪1，32解析：因为f(x)＝－x2＋cosx，所以f′(x)＝－2x－sinx＝0，x∈[－2，2]，得x＝0.当0x2时，f′(x)0，f(x)在(0，2)上是减函数，当－2x0时，f′(x)0，f(x)在(－2，0)上是增函数．又因为f(－x)＝－(－x)2＋cos(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．不等式f(2x－1)f(1)，即(2x－1)21，解得x1或x0.又因为－2≤2x－1≤2，所以x∈－12，0∪1，32.3.－34解析：f′(x)＝1x－12x－12＝－x2－x＋22x(x0)，令f′(x)＝0，解得x＝1(－2舍去)．列表：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值f(1)由上表可知函数f(x)的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，＋∞)，在x＝1处取得极大值－34即为最大值．4.(－∞，0)∪(0，4]解析：(1)因为g(x)＝f(x)－x＝k·exex＋1－x在R上为减函数，所以g′(x)＝kex（ex＋1）－kex·ex（ex＋1）2－1＝kex（ex＋1）2－1≤0恒成立．即k≤（ex＋1）2ex恒成立．因为（ex＋1）2ex＝ex＋1ex＋2≥2＋2＝4，当且仅当ex＝1ex，即x＝0时取等号，（ex＋1）2ex的最小值为4，所以k的取值范围为(－∞，4]．又k≠0，故k的取值范围为(－∞，0)∪(0，4]．5.相交解析：由题意得y′＝ex[x2＋(a＋2)x＋1－a]，切线l的斜率k＝y′|x＝0＝1－a，所以过点P的切线方程为y－1＋2a＝(1－a)x，即a(x＋2)＋y－x－1＝0，显然直线l过圆C内的定点(－2，－1)，所以切线与圆相交．6.4解析：由函数求导可得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，因为函数f(x)在x＝2取得极值，所以f′(2)＝3×22＋6a·2＋3b＝0，即4a＋b＋4＝0.①又因为图象在x＝1处的切线与直线6x＋2y＋5＝0平行，所以f′(1)＝3＋6a＋3b＝－3，即2a＋b＋2＝0.②联立①②解得a＝－1，b＝0，所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．当f′(x)0时，x0或x2；当f′(x)0时，0x2，所以函数的单调减区间是(0，2)，因此求出函数的极大值为f(0)＝c，极小值为f(2)＝c－4，故函数的极大值与极小值的差为4.7.12，＋∞解析：f′(x)＝1x－ax2，因为x∈(0，3]，其图象上任意一点P(x0，y0)处的切线的斜率k≤12恒成立，所以1x－ax2≤12，x∈(0，3]，所以a≥－12x2＋x，x∈(0，3]恒成立，由－12x2＋x≤12，所以a≥12.8.e2，＋∞解析：若不等式ax2lnx＋1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只需alnx＋1x2，在x∈(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝lnx＋1x2(x0)，因为f′(x)＝－2lnx＋1x3(x0)，令f′(x)＝0得x＝1e，易知当x∈0，1e时，f′(x)0；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，故f(x)在0，1e上单调递增，在1e，＋∞上单调递减，所以f(x)max＝f1e＝e2，所以ae2.9.e－1e，＋∞解析：由题意得f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)＝0，则x＝e，因此当0x≤e时，f(x)≤1e；当xe时，0f(x)1e.令g(t)＝t2＋mt－1，Δ