第3讲 导数的综合应用
1.(2018·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=aex
-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex
-.
由题设知,f'(2)=0,所以a=.
从而f(x)=ex
-ln x-1,
f'(x)=ex
-.
当0
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,
则g'(x)=-.
当0
因此,当a≥时,f(x)≥0.
2.(2018·全国Ⅱ卷,文21)已知函数f(x)=x3-a(x2
+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间;
1
(2)证明:f(x)只有一个零点.
(1)解:当a=3时,f(x)=x-3x-3x-3, f'(x)=x-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.
当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增, 在(3-2,3+2)单调递减.
2
(2)证明:因为x+x+1>0,
2
32
所以f(x)=0等价于-3a=0.
设g(x)=-3a,
则g'(x)=≥0,
仅当x=0时g'(x)=0,
所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a+2a-=-6
2
-<0,
f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.
综上,f(x)只有一个零点.
xx2
3.(2017·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=e(e-a)-ax. (1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
2xx2xx
解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e-ae-a=(2e+a)(e-a).
2x
①若a=0,则f(x)=e在(-∞,+∞)上单调递增. ②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-.
当x∈-∞,ln-时,f'(x)<0;
2
当x∈ln-,+∞时,f'(x)>0,
故f(x)在-∞,ln-上单调递减,
在ln-,+∞上单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x
,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2
ln a.
从而当且仅当-a2
ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0, 综合得0 ③若a<0,则由(1)得当x=ln-时,f(x)取得最小值,最小值为 fln-=a 2 -ln-, 从而当且仅当a 2 -ln-≥0, 即a≥-2时f(x)≥0. 综上,a的取值范围是[-2,1]. 4.(2016·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2 . (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex +2a). ①设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. ②设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a). (ⅰ)若a=-,则f'(x)=(x-1)(ex -e), 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (ⅱ)若a>-,则ln(-2a)<1, 故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减. 3 (ⅲ)若a<-,则ln(-2a)>1, 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减. (2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 又f(1)=-e,f(2)=a, 取b满足b<0且b f(b)>(b-2)+a(b-1)=ab-b>0, 所以f(x)有两个零点. x ②设a=0,则f(x)=(x-2)e, 所以f(x)只有一个零点. 22 ③设a<0,若a≥-, 则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点; 若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增. 又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞). 1.考查角度 考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等. 2.题型及难易度 解答题,属于难题或者较难题. (对应学生用书第15~16页) 导数与不等式 考向1 导数方法证明不等式 【例1】 (1)(2018·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=a(x+1)ln x-x+1(a∈R),当a≥时,求证:对任意的x≥1,f(x)≥0; 4
