《2020版高考数学大二轮培优文科通用版能力升级练：（十五） 导数及其综合应用（2） Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大二轮培优文科通用版能力升级练：（十五） 导数及其综合应用（2） Word版含解析.docx（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、能力升级练(十五)导数及其综合应用(2)1.(2019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(x0),当a0时,则f(x)0时,则当x1a,+时,f(x)0,f(x)单调递增,当x0,1a时,f(x)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-ln x,则g(x)=eax-1+axeax-1-a-1x=(ax+1)eax-1-1x=(ax+1)(xeax-1-1)x
2、(x0),设r(x)=xeax-1-1(x0),则r(x)=(1+ax)eax-1(x0),eax-10,当x0,-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+10a-1e2,当0x-1a时,g(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-ln t+1(0te2),h(t)=1e2-1t0,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
3、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x.所以4=2x+2y+x,得y=4-(2+)x2.依题意知0xy,得0x44+.所以y=4-(2+)x20x44+.(2)依题意,得T=ABS=2x2xy-12x2=8x2-(4+3)x3.令T=16x-3(4+3)x2=0,得x=0或x=1
4、69+12.因为0169+124+4,所以当0x0,T为关于x的增函数;当169+12x44+时,T0,T为关于x的减函数,所以当x=169+12时凹槽的强度最大.3.(2019全国,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+ln x-1=ln x-1x.因为y=ln x单调递增,y=1x单调递减,所以f(x)单调递增.又f(1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f(x0)=0.又当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(
5、x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在区间(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得11x0.又f1=1-1ln 1-1-1=f()=0,故1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,aR.(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)当a=0时,f(x)=-1x0,故函数f(x)在(0,+)上单调递减.当a0时,f(x)0时
6、,令f(x)=0,又因为x0,解得x=1a.()当x0,1a时,f(x)0,所以函数f(x)在1a,+上单调递增.综上所述,当a0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+),当a0时,函数f(x)的单调减区间是0,1a,单调增区间为1a,+.(2)当a0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=4e20,舍去.当a0时,由(1)可知,()当1a1,即a1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.()当11ae,即1e2a1时,函数f(x)在1,1a上单调递减,在1a,e上单调递增
7、,所以函数f(x)的最小值为f1a=12+12ln a=1,解得a=e,舍去.()当1ae,即0a1e2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.(2019天津,文20)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0ax0,证明3x0-x12.(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a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)证明由(1)
8、知,f(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且gln1a=1-aln 1a21a=1-ln 1a20,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1x0g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时,f(x)=g(x)x1时,h(x)=1x-11时,h(x)h(1)=0,所以xx-1.从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a-1eln 1a=lnln 1a-ln 1a+1=hln 1af(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.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.因为当x1时,ln xx01,故ex1-x0x02(x1-1)x1-1=x02,两边取对数,得lnex1-x0ln x02,于是x1-x02ln x02.