高中數(shù)學專題五 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的綜合應用

1、高中數(shù)學專題五 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的綜合應用已知函數(shù) fx=lnx+x+2，gx=exax+x+2 且 0fx已知函數(shù) fx=e2xexax，且 fx0(1) 求 a 的值；(2) 若 fx1=fx2，x1x2，求證：ex1+ex22已知函數(shù) fx=ex1+mlnx，其中 m0，fx 為 fx 的導函數(shù)，設 hx=fxex，且 hx52 恒成立，求 m 的取值范圍已知函數(shù) fx=ln1+xasinx，aR(1) 若 y=fx 在點 0,0 處的切線為 x3y=0，求 a 的值；(2) 若存在 x1,2，使得 fx2a，求實數(shù) a 的取值范圍已知函數(shù) fx=13x3ax2+x+1(1) 若

2、 a=3，求 fx 的單調區(qū)間；(2) 證明：fx 只有一個零點已知函數(shù) fx=2xlnax+alnx(1) 當 a=e 時，求曲線 y=fx 在 x=1 處的切線方程；(2) 討論函數(shù) fx 的零點個數(shù)答案1. 【答案】要證 gxfx，即證 exaxlnx，當 01，axlnx0，不等式顯然成立；當 x1 時，xlnx0，結合已知 0a12e2 可得，012e2xlnx，即證 2ex2xlnx0，令 hx=2ex2xlnx，則 hx=2ex2x1xx2，令 x=2xx2x1x，則 x=2xex21，且在 0,+ 上單調遞增，因為 1=2e10，所以存在 x01,2 使得 x0=0，即 2x0

3、ex02=1，所以 x 在 1,x0 上單調遞減，在 x0,+ 上單調遞增，又 1=10，2=0，故當 x1,2 時，hx0，hx 單調遞增，所以 hxh2=1ln20，故 hx0，gxfx 得證2. 【答案】(1) 因為 f0=0 且 fx0 恒成立，所以 f0 是 fx 的最小值，也是極小值，它的必要條件是 f0=0，得 a=1以下證充分性：當 a=1 時，fx=e2xexx， fx=2e2xex1=2ex+1ex1，則在 ,0 上，fx0，fx 單調遞增，故 f0 是 fx 的最小值，也是極小值綜上得，a=1(2) 由（1）不妨設 x102，只需證 ex1+ex2ex1+ex212，即證

4、 1ex1+ex2ex1+ex2112，即證 1x1x2ex1x21ex1x2+112設 gt=et1et+1t2t0，則 gt=2etet+1212=et122et+120，即 et1et+1t2因為 x1x2x1x22，即 1x1x2ex1x21ex1x2+123. 【答案】由題意知，fx=ex1+mx+mlnxx0， hx=fxex=1+mx+mlnx， hx=mx1x2x0，由 hx0，得 x1，所以函數(shù) hx 在 1,+ 上是增函數(shù)；由 hx0，得 0 x0，當 x1,2 時，hx2+sinx1+xln1+x，令函數(shù) x=2+sinx1+xln1+x，x1,2，則 x=cosxln1

5、+x131+20，則當 x1,2 時，hxx0，故函數(shù) gx 在 1,2 上單調遞增，gxmax=g2=ln32+sin2，則當 aln32+sin2 時，存在 x1,2，使得 fx2a5. 【答案】(1) 當 a=3 時，fx=13x33x23x3，fx=x26x3令 fx=0，解得 x=323 或 x=3+23當 x,3233+23,+ 時，fx0；當 x323,3+23 時，fx0 在 R 上恒成立，所以 fx=0 等價于 x3x2+x+13a=0設 gx=x3x2+x+13a，則 gx=x2x2+2x+3x2+x+120 在 R 上恒成立，當且僅當 x=0 時，gx=0，所以 gx 在

6、 ,+ 上單調遞增故 gx 至多有一個零點，從而 fx 至多有一個零點又 f3a1=6a2+2a13=6a162160，故 fx 有一個零點綜上所述，fx 只有一個零點6. 【答案】(1) 當 a=e 時，fx=2xx+elnx，則 f1=2，fx=2lnxx+ex，f1=1e，所以曲線 y=fx 在 x=1 處的切線方程是 y2=1ex1，即 1exy+1+e=0(2) 顯然 a0，函數(shù) fx 的定義域為 0,+， fx=2lnalnxx+ax，令 gx=fx=2lnalnxx+ax，則 gx=1x+ax2=axx2，當 0 x0，當 xa 時，gx0，所以 gx 在 0,a 上單調遞增，在

7、 a,+ 上單調遞減，則 gx 有最大值且 gxmax=ga=lna2，當 lna20，即 00，即 ae2 時，ga0， g1=2lna1a，令 ha=2lna1aae2，則 ha=2a1=2aa0，所以 ha 在 e2,+ 上單調遞減，ha41e2=3e20，即 g10，gx 在 0,a 上單調遞增，所以存在 x11,a，使得 gx1=0，當 0 xx1 時，gx0，當 x1x0，即當 0 xx1 時，fx0，當 x1x0另一方面，ga2=2lnalna2a2+aa2=a2+aa20 且 gx 在 a,+ 上單調遞減，所以存在 x2a,a2，使得 gx2=0，當 ax0，當 xx2 時，gx0，即當 ax0，當 xx2 時，fx0，因此，當 0 xx1 時，fx0，當 x1x0，當 xx2 時，fx0，即 fx 在 0,x1 上單調遞減，在 x1,x2 上單調遞增，在 x2,+ 上單調遞減，由于 fa=0，且 x1ax2，所以 fx 在 x1,x2 上有唯一零點，且 f