2023学年高考数学大二轮复习能力升级练十五导数及其综合应用2文2.docx

能力升级练(十五)　导数及其综合应用(2) 1.(2023湖北荆州质检)已知函数f(x)=ax-ln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若a∈-∞,-1e2,求证:f(x)≥2ax-xeax-1. (1)解由题意得f'(x)=a-1x=ax-1x(x>0), ①当a≤0时,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②当a>0时, 则当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈0,1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增. (2)证明令g(x)=f(x)-2ax+xeax-1 =xeax-1-ax-lnx, 则g'(x)=eax-1+axeax-1-a-1x =(ax+1)eax-1-1x=(ax+1)(xeax-1-1)x(x>0), 设r(x)=xeax-1-1(x>0), 则r'(x)=(1+ax)eax-1(x>0), ∵eax-1>0, ∴当x∈0,-1a时,r'(x)>0,r(x)单调递增; 当x∈-1a,+∞时,r'(x)<0,r(x)单调递减. ∴r(x)max=r-1a=-1ae2+1≤0a≤-1e2, ∴当0<x<-1a时,g'(x)<0,当x>-1a时,g'(x)>0, ∴g(x)在0,-1a上单调递减,在-1a,+∞上单调递增,∴g(x)min=g-1a. 设t=-1a∈(0,e2], 则g-1a=h(t)=te2-lnt+1(0<t≤e2), h'(t)=1e2-1t≤0,h(t)在(0,e2]上单调递减, ∴h(t)≥h(e2)=0; ∴g(x)≥0,故f(x)≥2ax-xeax-1. 2.图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图,图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图,其中四边形ABCD是矩形,弧CmD是半圆,凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积,设AB=2x,BC=y. (1)写出y关于x的函数表达式,并指出x的取值范围; (2)求当x取何值时,凹槽的强度最大. 解(1)易知半圆CmD的半径为x, 故半圆CmD的弧长为πx. 所以4=2x+2y+πx,得y=4-(2+π)x2. 依题意知0<x<y,得0<x<44+π. 所以y=4-(2+π)x20<x<44+π. (2)依题意,得T=AB·S=2x2xy-12πx2 =8x2-(4+3π)x3. 令T'=16x-3(4+3π)x2=0,得x=0或x=169π+12. 因为0<169π+12<4π+4, 所以当0<x<169π+12时,T'>0,T为关于x的增函数; 当169π+12<x<44+π时,T'<0,T为关于x的减函数, 所以当x=169π+12时凹槽的强度最大. 3.(2023全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明(1)f(x)的定义域为(0,+∞). f'(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x. 因为y=lnx单调递增,y=1x单调递减,所以f'(x)单调递增. 又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0. 又当x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 因此,f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0, 所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得1α<1<x0. 又f1α=1α-1ln1α-1α-1=f(α)α=0, 故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 4.已知函数f(x)=12ax2-ln x,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为1,求a的值. 解函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-1x=ax2-1x. (1)①当a=0时,f'(x)=-1x<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②当a<0时,f'(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. ③当a>0时,令f'(x)=0,又因为x>0,解得x=1a. (ⅰ)当x∈0,1a时,f'(x)<0,所以函数f(x)在0,1a上单调递减. (ⅱ)当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,所以函数f(x)在1a,+∞上单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞), 当a>0时,函数f(x)的单调减区间是0,1a,单调增区间为1a,+∞. (2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)=12ae2-1=1,解得a=4e2>0,舍去. ②当a>0时,由(1)可知, (ⅰ)当1a≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(1)=12a=1,解得a=2. (ⅱ)当1<1a<e,即1e2<a<1时,函数f(x)在1,1a上单调递减, 在1a,e上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f1a=12+12lna=1,解得a=e,舍去. (ⅲ)当1a≥e,即0<a≤1e2时,函数f(x)在[1,e]上单调递减,所以函数f(x)的最小值为f(e)=12ae2-1=1,得a=4e2,舍去.综上所述,a=2. 5.(2023天津,文20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R. (1)若a≤0,讨论f(x)的单调性; (2)若0<a<1e, ①证明f(x)恰有两个零点; ②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2. (1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx. 因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)内单调递增. (2)证明①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-aln1a21a=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x0,则1<x0<ln1a. 当x∈(0,x0)时,f'(x)=g(x)x>g(x0)x=0, 所以f(x)在(0,x0)内单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x<g(x0)x=0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点. 令h(x)=lnx-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x<x-1. 从而fln1a=lnln1a-aln1a-1eln1a=lnln1a-ln1a+1=hln1a<0, 又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点. ②由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x1-1)ex1,从而lnx1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02lnx1x1-1.因为当x>1时,lnx<x-1,又x1>x0>1,故ex1-x0<x02(x1-1)x1-1=x02,两边取对数,得lnex1-x0<lnx02,于是x1-x0<2lnx0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2. 7