课时作业16 导数的综合应用
1．已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝x
，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.
xx解：(1)f′(x)＝－xe.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0 从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减． 当－1 综上，x>－1且x≠0时，总有g(x)<1. 2．设函数f(x)＝x＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1 31 (2)当a＝时，判断方程f(x)＝－的实数根的个数，并说明理由． 84 a2x2＋2x＋a2 解：(1)由f(x)＝x＋aln(x＋1)，可得f′(x)＝2x＋＝(x>－1)．令g(x) x＋1x＋112 ＝2x＋2x＋a(x≥－1)，则其对称轴为x＝－，由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均 2 ??Δ＝4－8a>0， 大于－1的不相等的实数根，所以? ?－＝a>0，? 2 xxx 1 解得0 2 3??1331??(2)由a＝可知x1＝－，x2＝－，从而易知函数f(x)在?－1，－?，?－，＋∞?上单4??4844??1??3 调递增，在?－，－?上单调递减． 4??4 3???3??3?23?3?93 ①由f(x)在?－1，－?上单调递增，且f?－?＝?－?＋×ln?－＋1?＝－ln2>－ 4???4??4?8?4?1643?11? ，可知方程f(x)＝－在?－1，－?上有且只有一个实根． 4?44? 1??3?1?②由于f(x)在?－，－?上单调递减，在?－，＋∞?上单调递增，因此f(x)在4??4?4? ?－3，＋∞?上的最小值为f?－1?＝?－1?2＋3×ln?－1＋1?＝1＋3ln3>－1，故方程f(x)＝ ?4??4??4?8?4?16844???????? 1?3?－在?－，＋∞?上没有实数根． 4?4? 1 综上可知，方程f(x)＝－有且只有一个实数根． 4 3．(2017·河北石家庄一模)已知函数f(x)＝e－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)． (1)求f(x)的单调区间与极值； 3ex31 (2)求证：当a>ln，且x>0时，>x＋－3a. ex2x 解：(1)由f(x)＝e－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝e－3，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln3， 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： xxxx f′(x) f(x) (－∞，ln3) － ln3 0 3(1－ln3＋a) (ln3，＋∞) ＋ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]， 单调递增区间是[ln3，＋∞)， f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)． 32x32x(2)证明：待证不等式等价于e>x－3ax＋1，设g(x)＝e－x＋3ax－1，x∈R，于是 22 g′(x)＝ex－3x＋3a，x∈R.由(1)及a>ln＝ln3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1 3 －ln3＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln＝ eln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)， 3 e g(x)>0.即ex>x2－3ax＋1，故>x＋－3a. 4．(2017·河南郑州一模)已知函数f(x)＝ ex. x－m 32ex3x21x (1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性； ?1?2 (2)若m∈?0，?，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x?2? ＋x图象上方？请写出判断过程． 解：(1)f′(x)＝＝ －m－－ ， －－ －ex 当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f(x)在[m，m＋1]上单调递减，所以其最小值为f(m＋1)＝e m＋1 . ?1?2 因为m∈?0，?，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)＋m＋1， ?2? 所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)＋m＋1的大小，即判断e与(1＋x)x的大小，其中x2 x?3?＝m＋1∈?1，?. ?2? 令m(x)＝e－(1＋x)x，m′(x)＝e－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝e－2， xxx?3?x因为x＝m＋1∈?1，?，所以h′(x)＝e－2>0，m′(x)单调递增． ?2? 32 ?3??3?又m′(1)＝e－3<0，m′??＝e －4>0，故存在x0∈?1，?，使得m′(x0)＝ex0－2x0?2??2? 3??－1＝0.所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在?x0，?上单调递增，所以m(x)≥m(x0)＝e x0－ 2?? x20－x0＝2x0＋1－x20－x0＝－x20＋x0＋1，所以当x0∈?1，?时，m(x0)＝－x20＋x0＋1>0，即 2 ?? 3?? e>(1＋x)x，即f(m＋1)>(m＋1)＋m＋1，所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x＋x图象上方． x22 1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性； x－1 (Ⅱ)证明当x∈(1，＋∞)时，1< lnx(Ⅲ)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>c. 1 解：(Ⅰ)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得xx＝1. x