考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 (4).docx
考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、解答题1.(2019·全国卷文科·T20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:f'(x)在区间(0,)存在唯一零点.(2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围.【命题意图】本题考查利用导数讨论函数零点个数,根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.【解题指南】对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题,通常采用构造函数的方式,将问题转变成函数最值与零之间的比较,进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性,从而得到最值.【解析】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.当x0,2时,g'(x)>0;当x2,时,g'(x)<0,所以g(x)在0,2单调递增,在2,单调递减.又g(0)=0,g2>0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f'(x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f'(x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f'(x)>0;当x(x0,)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减.又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0.2.(2019·天津高考理科·T20)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间.(2)当x4,2时,证明f(x)+g(x)2-x0.(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2n+4,2n+2内的零点,其中nN*,证明2n+2-xn<e-2nsin x0-cos x0【命题意图】本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.【解析】(1)由已知,有f'(x)=ex(cos x-sin x).因此,当x2k+4,2k+54(kZ)时,有sin x>cos x,得f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x2k-34,2k+4(kZ)时,有sin x<cos x,得f'(x)>0,则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为2k-34,2k+4(kZ),f(x)的单调递减区间为2k+4,2k+54(kZ).(2)记h(x)=f(x)+g(x)2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),从而g'(x)=-2exsin x.当x4,2时,g'(x)<0,故h'(x)=f'(x)+g'(x)2-x+g(x)×(-1)=g'(x)2-x<0.因此h(x)在区间4,2上单调递减,进而h(x)h2=f2=0.所以当x4,2时,f(x)+g(x)2-x0.(3)依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncos xn=1.记yn=xn-2n,则yn4,2,且f(yn)=eyncos yn=exn-2ncos(xn-2n)=e-2n(nN*).由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x4,2时,g'(x)<0,所以g(x)在4,2上为减函数,因此g(yn)g(y0)<g4=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)2-yn0,故2-yn-f(yn)g(yn)=-e-2ng(yn)-e-2ng(y0)=e-2ney0(sin y0-cos y0)<e-2nsin x0-cos x0.所以2n+2-xn<e-2nsin x0-cos x0.3.(2019·天津高考文科·T20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性.(2)若0<a<1e,证明f(x)恰有两个零点;设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.【命题意图】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法,考查函数思想、化归与转化思想,考查综合分析问题和解决问题的能力.【解题指南】(1)首先写出函数的定义域,对函数求导,判断导数在对应区间上的符号,从而得到结果.(2)对函数求导,确定函数的单调性,求得极值的符号,从而确定出函数的零点个数,得到结果;首先根据题意,列出方程组,借助中介函数,证得结果.【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f'(x)=1x-aex+a(x-1)ex=1-ax2exx,因此当a0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)由(1)知,f'(x)=1-ax2exx,令g(x)=1-ax2ex,由0<a<1e,可知g(x)在(0,+)内单调递减,又g(1)=1-ae>0,且gln1a=1-aln1a2·1a=1-ln1a2<0,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x'0,则1<x'0<ln1a,当x(0,x'0)时,f'(x)=g(x)x>g(x'0)x=0,所以f(x)在(0,x'0)内单调递增;当x(x'0,+)时,f'(x)=g(x)x<g(x'0)x=0,所以f(x)在(x'0,+)内单调递减,因此x'0是f(x)的唯一极值点.令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=1x-1<0,故h(x)在(1,+)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以ln x<x-1,从而fln1a=lnln1a-aln1a-1eln1a=lnln1a-ln1a+1=hln1a<0,又因为f(x'0)>f(1)=0,所以f(x)在(x'0,+)内有唯一零点,又f(x)在(0,x'0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点.由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,ln x1=a(x1-1)ex1,从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02ln x1x1-1,当x>1时,ln x<x-1,又x1>x0>1,故ex1-x0<x02(x1-1)x1-1=x02,两边取对数,得ln ex1-x0<ln x02,于是x1-x0<2ln x0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2.【方法技巧】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.4.(2019·浙江高考·T22)(本小题满分15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+x+1,x>0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间.(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.718 28为自然对数的底数.【命题意图】本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.【解析】(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x>0.f'(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+).(2)由f(1)12a,得0<a24.当0<a24时,f(x)x2a等价于xa2-21+xa-2ln x0.令t=1a,则t22.设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t22,则g(t)g(22)=8x-421+x-2ln x.()当x17,+时,1+1x22,则g(t)g(22)=8x-421+x-2ln x.记p(x)=4x-221+x-ln x,x17,则p'(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1.故x1717,11(1,+)p'(x)-0+p(x)p17单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)p(1)=0.因此,g(t)g(22)=2p(x)0.()当x1e2,17时,g(t)g1+1x=-2xlnx-(x+1)2x.令q(x)=2xln x+(x+1),x1e2,17,则q'(x)=lnx+2x+1>0,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由()得q17=-277p17<-277p(1)=0.所以,q(x)<0.因此g(t)g1+1x=-q(x)2x>0.由()()得对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.
