2019届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 名师•创新预测 1.6.4 导数的综合应用 文

1.6.4 导数的综合应用

名校名师·创新预测

1.已知函数y=f(x)对任意的x∈满足f′(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是( )

A.2f

B.f

C.f(0)>2f

D.f(0)>f

【解析】选A.令g=,

则g′=

由对任意的x∈满足f′(x)cos x+f(x)sin x>0可得g′>0,所以函数

g在上为增函数,所以g

<,所以2f

2.设函数f=x2-2ex-+a(其中e为自然对数的底数),若函数f至少存在一个零点,则实数a的取值范围是( )

A.

B.

C.

D.

【解析】选 D.令f=x2-2ex-+a=0,则a=-x2+2ex+(x>0),设h=

-x2+2ex+,令h1=-x2+2ex,h2=,所以h2′=,发现函数h1,h2在上都是单调递增的,在上都是单调递减的,所以函数h=-x2+2ex+在上单调递增,在上单调递减,故当x=e时,得h=e2+,所以函数f至少存在一个零点需满足a≤h,

即a≤e2+.

3.已知常数a>0,函数f=ln-.若f存在两个极值点x1,x2,且f+f>0,则a的取值范围为__________________.

【解析】函数f的定义域为,

对函数求导得f′(x)

=-

=

=,

因为f存在两个极值点x1,x2,

所以ax2-4=0在定义域内有两个不等的实数根,当0

则->-?a≠,

即a∈∪,所以±为函数f的两个极值点,代入f+f>0可得

f(x1)+f(x2)=ln[1+2]+ln[1-2]-

-

=ln[1-4a(1-a)]-

=ln(1-2a)2+-2,

令2a-1=t,令g(t)=ln t2+-2,

由a∈∪知,当a∈时,t∈(-1,0),当a∈时,t∈(0,1);

当t∈(-1,0)时,g(t)=2ln(-t)+-2,对g(t)求导可得g′(t)=-=<0,

所以函数g(t)在(-1,0)上单调递减,

则g(t)

当t∈(0,1)时,g(t)=2ln t+-2,对g(t)求导可得g′(t)=-=<0,所以函

数g(t)在(0,1)上单调递减,则g(t)>g(1)=0,即f(x1)+f(x2)>0恒成立,

综上a的取值范围为.

答案:

4.已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.

(1)求a,b的值.

(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.

【解析】(1)f′(x)=-.

由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),

故即解得

(2)由(1)知f(x)=+,

所以f(x)-=·2ln x+.

令函数h(x)=2ln x+(x>0),则

h′(x)=.

①若k≤0,由h′(x)=知,当x≠1时,h′(x)<0,h(x)单调

递减.而h(1)=0,

故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;

当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.

从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,

即f(x)>+.

②若0

Δ=4-4(k-1)2>0,对称轴x=>1,

所以当x∈时,(k-1)(x2+1)+2x>0,

故h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设

矛盾.

③若k≥1.此时(k-1)(x2+1)+2x>0即h′(x)>0,而h(1)=0,

故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得h(x)<0.与题设矛盾.

综上,k的取值范围为(-∞,0].