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专题强化训练(二十一)导数及其应用1.[2019·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)=lnx-x+1x-1.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.解:(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f′(x)=1x+2x-12>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.因为f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<1x1<1,f1x1=-lnx1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)因为1x0=,故点B-lnx0,1x0在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1,连接AB,则直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.2.[2019·北京卷]已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.解:(1)由f(x)=14x3-x2+x得f′(x)=34x2-2x+1.令f′(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=14x3-x2得g′(x)=34x2-2x.令g′(x)=0得x=0或x=83.x,g′(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g′(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.(3)由(2)知,当a-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a3;当a-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.3.[2019·江苏卷]设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f′(x)为f(x)的导函数.(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f′(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;(3)若a=0,0b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤427.解:(1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f′(x)=3(x-b)x-2a+b3.令f′(x)=0,得x=b或x=2a+b3.因为a,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,所以2a+b3=1,a=3,b=-3.此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f′(x)=3(x+3)(x-1).令f′(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.(3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f′(x)=3x2-2(b+1)x+b.因为0b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+30,则f′(x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1x2).由f′(x)=0,得x1=b+1-b2-b+13,x2=b+1+b2-b+13.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=x31-(b+1)x21+bx1=[3x21-2(b+1)x1+b]x13-b+19-2b2-b+19x1+bb+19=-2b2-b+1b+127+bb+19+227(b2-b+1)3=bb+127-2b-12b+127+227[bb-1+1]3≤bb+127+227≤427.因此M≤427.解法二:因为0b≤1,所以x1∈(0,1).当x∈(0,1)时,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),则g′(x)=3x-13(x-1).令g′(x)=0,得x=13.列表如下:x0,131313,1g′(x)+0-g(x)极大值所以当x=13时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g13=427.所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤427.因此M≤427.4.[2019·郑州质量预测二]已知函数f(x)=(x2+x)ln1x-ax,g(x)=23x3+(1-a)x2-2ax+b,a,b∈R.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求b-2a的最小值.解:(1)函数g(x)的定义域为(-∞,+∞).g′(x)=2x2+2(1-a)x-2a=(2x+2)(x-a),由g′(x)=0⇒x=-1或x=a,①若a<-1,则当x∈(-∞,a)时,g′(x)>0,g(x)在(-∞,a)上为增函数,当x∈(a,-1)时,g′(x)<0,g(x)在(a,-1)上为减函数,当x∈(-1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(-1,+∞)上为增函数.②当a=-1,则g′(x)≥0,g(x)在(-∞,+∞)上为增函数.③若a>-1,则当x∈(-∞,-1)时,g′(x)>0,g(x)在(-∞,-1)上为增函数,当x∈(-1,a)时,g′(x)<0,g(x)在(-1,a)上为减函数,当x∈(a,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(a,+∞)上为增函数.(2)f(x)≤g(x)⇔g(x)-f(x)≥0,设F(x)=g(x)-f(x),则F′(x)=(2x+1)lnx+(x2+x)1x+2x2+2(1-a)x-a=(2x+1)(lnx+x+1-a),因为x∈(0,+∞),所以令F′(x)=0,得lnx+x+1-a=0.设h(x)=lnx+x+1-a,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,当x→0时,h(x)→-∞;当x→+∞时,h(x)→+∞.所以存在唯一x0∈(0,+∞),使得h(x0)=0,即a=x0+lnx0+1.当0<x<x0时,F′(x)<0,所以F(x)在(0,x0)上单调递减;当x>x0时,F′(x)>0,所以F(x)在(x0,+∞)上单调递增.所以当x∈(0,+∞)时,F(x)min=F(x0)=(x20+x0)lnx0+23x30+(1-a)x20-ax0+b=(x20+x0)lnx0+23x30+(-x0-lnx0)x20-(x0+lnx0+1)x0+b=-13x30-x20-x0+b.因为f(x)≤g(x)恒成立,所以F(x)min=-13x30-x20-x0+b≥0,即b≥13x30+x20+x0.b-2a≥13x30+x20+x0-2a=13x30+x20-x0-2lnx0-2.设φ(x)=13x3+x2-x-2lnx-2,x∈(0,+∞),则φ′(x)=x2+2x-1-2x=x3+2x2-x-2x=x-1x2+3x+2x,当0<x<1时,φ′(x)<0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,φ′(x)>0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增.所以当x∈(0,+∞)时,φ(x)min=φ(1)=-53.所以当x0=1,即a=1+x0+lnx0=2,b=13x30+x20+x0=73时,(b-2a)min=-53.5.[2019·合肥质检二]已知函数f(x)=a(x+1)ln(x+1)-x2-ax(a>0)是减函数.(1)试确定a的值;(2)已知数列{an},an=lnn+1n+1,Tn=a1a2a3·…·an(n∈N*),求证:ln[(n+2)Tn]<1-n2.解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=aln(x+1)-2x.由f(x)是减函数得,对任意的x∈(-1,+∞),f′(x)=aln(x+1)-2x≤0恒成立.设g(x)=aln(x+1)-2x,则g′(x)=-2x-a2-1x+1,由a>0知,a2-1>-1,∴当x∈-1,a2-1时,g′(x)>0;当x∈a2-1,+∞时,g′(x)<0,∴g(x)在-1,a2-1上单调递增,在a2-1,+∞上单调递减,∴g(x)在x=a2-1时取得最大值.又g(0)=0,∴对任意的x∈(-1,+∞),g(x)≤g(0)恒成立,即g(x)的最大值为g(0),∴a2-1=0,解得a=2.(2)由f(x)是减函数,且f(0)=0可得,当x>0时,f(x)<0,∴f(n)<0,即2(n+1)ln(n+1)<n2+2n.两边同时除以2(n+1)2得,lnn+1n+1<12·nn+1·n+2n+1,即an<12·nn+1·n+2n+1,从而Tn=a1a2a3·…·an<12n×12×23×34×…×nn+132×43×54×…×n+2n+1=12n+1×n+2n+1,所以ln[(n+2)Tn]<lnn+222n+1n+1=2ln(n+2)-ln(n+1)-(n+1)ln2①.下面证2ln(n+2)-ln(n+1)-(n+1)ln2+n2-1<0,记h(x)=2ln(x+2)-ln(x+1)-(x+1)ln2+x2-1,x∈[1,+∞),∴h′(x)=2x+2-1x+1-ln2+12=xx2+3x+2-ln2+12=1x+2x+3-ln2+12.∵y=x+2x在[2,+∞)上单调递增,∴h′(x)在[2,+∞)上单调递减,而h′(2)=16-ln2+12=13×(2-3ln2)=13×(2-ln8)<0,∴当x∈[2,+∞)时,h′(x)<0恒成立,∴h(x)在[2,+∞)上单调递减,即x∈[2,+∞)时,h(x)≤h(2)=2ln4-ln3-3ln2=ln2-ln3<0,∴当n≥2时,h(n)<0.∵h(1)=2ln3-ln2-2ln2-12=ln98-lne<0,∴当n∈N*时,h(n)<0,即2ln(n+2)-ln(n+1)-(n+1)ln2<1-n2②.由①②可得,ln[(n+2)Tn]<1-n2.6.[2019·武汉4月调研]已知函数f(x)=alnx+2x-ex-1x2(a∈R,a为常数)在(0,2)内有两个极值点x1,x2(x1x2).(1)求实数a的取值范围;(2)求证:x1+x22(1+lna).解:(1)由f(x)=alnx+2x-ex-1x2,可得f′(x)=2-xex-1-axx3,记h(x)=ex-1-ax,x0,由题意,知y=h(x)在(0,2)内存在两个零点.∵h′(x)=e-x-a,则当a≤0时,h′(x)0,h(x)在(0,2)上单调递
本文标题:2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练二十一导数及其应用解析
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