大题规范满分练(一)
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大题规范满分练(一)
函数与导数综合问题
1.(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f=.
(1)求曲线y=f在点处的切线方程.
(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为R,
f′(x)=,
显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,
所求切线斜率为k=f′(0)=2,
所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),
即2x-y-1=0.
(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,
当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,
由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,
x,f′(x),f(x)的关系如表:
x - 2 (2,+∞)
f′(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小 值 ↗ 极大 值 ↘
①若x∈(-∞,2],f(x)≥f=-,又因为a≥1,
所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,
②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,ex>0,
所以f(x)=>0,f(x)+e≥0,
综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
方法二(充要条件):
①当a=1时,f(x)=.显然ex>0,要证f(x)+e≥0只需证≥-e,
即证h(x)=x2+x-1+e·ex≥0,
h′(x)=2x+1+e·ex,观察发现h′(-1)=0,
x,h′(x),h(x)的关系如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,+∞)
h′(x) - 0 +
h(x) ↘ 极小值 ↗
所以h(x)有最小值h(-1)=0,
所以h(x)≥0,即f(x)+e≥0.
②当a>1时,由①知,≥-e,又显然ax2≥x2,
所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=≥≥-e,即f(x)+e≥0.
综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.
当x≠0时,f(x)+e≥0等价于≥-e,
等价于ax2+x-1≥-e·ex,
即ax2≥-e·ex-x+1等价于a≥=k(x),等价于k(x)max≤1.
k′(x)=,
令k′(x)=0得x=-1,2.
x,k′(x),k(x)的关系如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,0) (0,2) 2 (2,+∞)
k′(x) + 0 - + 0 -
k(x) ↗ 极大值 ↘ ↗ 极大值 ↘
又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,
所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,
综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.
2.已知函数f(x)=ex-a(x-1),其中a>0,e为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)已知b∈R,若函数f(x)≥b对任意x∈R都成立,求ab的最大值.
【解析】(1)因为f′(x)=ex-a,因为a>0,
由f′(x)=0得,x=ln a,
所以当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,
f(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上可得,函数f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a).
(2)因为a>0,由函数f(x)≥b对任意x∈R都成立,
得b≤f(x)min,
因为f(x)min=f(ln a)=2a-aln a,
所以b≤2a-aln a.
所以ab≤2a2-a2ln a,
设g(a)=2a2-a2ln a(a>0),
所以g′(a)=4a-(2aln a+a)=3a-2aln a,
由a>0,令g′(a)=0,得ln a=⇒a=,
当a∈0,时,g′(a)>0,g(a)单调递增;
当a∈,+∞时,g′(a)<0,
g(a)单调递减,
所以g(a)max=,即ab的最大值为,
此时a=,b=.
3.已知函数f(x)=4aln x-ax-1.
(1)若a≠0,讨论函数f(x)的单调性.
(2)若函数f(x)>ax(x+1)在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)依题意,f′(x)=-a=,
若a>0,则函数f(x)在(0,4)上单调递增,
在(4,+∞)上单调递减;
若a<0,则函数f(x)在(0,4)上单调递减,
在(4,+∞)上单调递增.
(2)因为f(x)>ax(x+1),
故4aln x-ax2-2ax-1>0,①
当a=0时,显然①不成立;
当a>0时,①化为:<4ln x-x2-2x;②
当a<0时,①化为:>4ln x-x2-2x;③
令h(x)=4ln x-x2-2x(x>0),则
h′(x)=-2x-2=-=-,所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,x∈(1,
+∞)时,h′(x)<0,
故h(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数,
所以h(x)max=h(1)=-3,
因此②不成立,要③成立,只要>-3,a<-,所以所求a的取值范围是-∞,-.
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