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中档大题规范练——导数的应用 1．已知函数f(x)＝x3－2x＋1，g(x)＝ln x. (1)求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间和极值； (2)是否存在实常数k和m，使得x0时，f(x)≥kx＋m且g(x)≤kx＋m？若存在，求出k和m的值；若不存在，说明理由． 解　(1)由F(x)＝x3－2x＋1－ln x(x0)， 得F′(x)＝eq \f(3x3－2x－1,x)(x0)， 令F′(x)＝0得x＝1，易知F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而F(x)的极小值为F(1)＝0. (2)易知f(x)与g(x)有一个公共点(1,0)，而函数g(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，下面只需验证eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f?x?≥x－1,g?x?≤x－1))都成立即可． 设h(x)＝x3－2x＋1－(x－1)(x0)， 则h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)(x0)． 易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)的最小值为h(1)＝0， 所以f(x)≥x－1恒成立． 设k(x)＝ln x－(x－1)，则k′(x)＝eq \f(1－x,x)(x0)． 易知k(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以k(x)的最大值为k(1)＝0， 所以g(x)≤x－1恒成立． 故存在这样的实常数k＝1和m＝－1，使得x0时，f(x)≥kx＋m且g(x)≤kx＋m. 2．设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在区间[0,1]上单调递增，在区间(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，又f′(eq \f(1,2))＝eq \f(3,2). (1)求f(x)的解析式． (2)若在区间[0，m](m0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范围． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c， 由已知f′(0)＝f′(1)＝0， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝0，,3a＋2b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝－\f(3,2)a，,c＝0.)) 所以f′(x)＝3ax2－3ax， 所以f′(eq \f(1,2))＝eq \f(3a,4)－eq \f(3a,2)＝eq \f(3,2)， 所以a＝－2，b＝3， 所以f(x)＝－2x3＋3x2. (2)令f(x)≤x，即－2x3＋3x2－x≤0， 所以x(2x－1)(x－1)≥0， 所以0≤x≤eq \f(1,2)或x≥1. 又f(x)≤x在区间[0，m]上恒成立， 所以0m≤eq \f(1,2). 3．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a0，证明：当0xeq \f(1,a)时，f(eq \f(1,a)＋x)f(eq \f(1,a)－x)； (3)若函数y＝f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)0. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq \f(?2x＋1??ax－1?,x). ①若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a0，则由f′(x)＝0得x＝eq \f(1,a)，且当x∈(0，eq \f(1,a))时，f′(x)0，当xeq \f(1,a)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减． (2)证明　设函数g(x)＝f(eq \f(1,a)＋x)－f(eq \f(1,a)－x)， 则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax， g′(x)＝eq \f(a,1＋ax)＋eq \f(a,1－ax)－2a＝eq \f(2a3x2,1－a2x2). 当0xeq \f(1,a)时，g′(x)0，即g(x)单调递增． 而g(0)＝0，所以g(x)0. 故当0xeq \f(1,a)时，f(eq \f(1,a)＋x)f(eq \f(1,a)－x)． (3)证明　由(1)知，当a≤0时，f(x)的图象与x轴最多有一个交点，故应有a0. 从而a0时，f(x)的最大值为f(eq \f(1,a))，且f(eq \f(1,a)) 0. 不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0x1x2， 则0x1eq \f(1,a)x2. 由(2)得f(eq \f(2,