高中人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用课堂检测

这是一份高中人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用课堂检测，共5页。

1．已知函数f(x)＝x＋xln x，
当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．
2．已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))存在唯一的极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
3．一艘轮船在航行时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知速度为每小时10千米时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每千米的费用总和最小？
[提能力]
4．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2).
[战疑难]
5．已知函数f(x)＝ex＋eq \f(3,ex)＋2x－a(a∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>0.
课时作业(二十一) 函数极值与最值的综合应用
1．证明：令g(x)＝f(x)－3(x－1)
即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)
则g′(x)＝ln x－1
由g′(x)>0得，x>e；
由g′(x)<0得0所以函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，
所以f(x)>3(x－1)．
2．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,1＋x2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，可得g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))单调递减，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点，即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)知f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈(0，eq \f(π,2)]时，由(1)知f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α，eq \f(π,2))上单调递减，而f′(0)＝0，f′(eq \f(π,2))<0，所以存在β∈(α，eq \f(π,2))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈(β，eq \f(π,2))时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)上单调递增，在(β，eq \f(π,2))上单调递减．
又f(0)＝0，f(eq \f(π,2))＝1－ln(1＋eq \f(π,2))>0，所以当x∈(0，eq \f(π,2)]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0，eq \f(π,2)]上没有零点．
③当x∈(eq \f(π,2)，π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(eq \f(π,2)，π)上单调递减．而f(eq \f(π,2))>0，f(π)<0，所以f(x)在(eq \f(π,2)，π]上有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
3．解析：设轮船速度为x(x>0)千米/时的燃料费用为Q元，则Q＝kx3，由6＝k×103，可得k＝eq \f(3,500).所以Q＝eq \f(3,500)x3.
所以总费用y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,500)x3＋96))·eq \f(1,x)＝eq \f(3,500)x2＋eq \f(96,x).
y′＝eq \f(6x,500)－eq \f(96,x2)，令y′＝0，得x＝20.
所以当x∈(0,20)时，y′<0，此时函数单调递减，
当x∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函数单调递增．
所以当x＝20时，y取得最小值．
所以此轮船以20千米/时的速度行驶每千米的费用总和最小．
4．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，由f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，
所以切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋xeq \\al(2,1)＋x1＋ln x2＋xeq \\al(2,2)＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥eq \f(\r(5)－1,2)成立．
5．解析：(1)因为f(x)＝ex＋eq \f(3,ex)＋2x－a，
所以f′(x)＝ex－eq \f(3,ex)＋2＝eq \f(e2x＋2ex－3,ex)＝eq \f(ex＋3ex－1,ex)，
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)min＝f(0)＝4－a.
要使函数f(x)有两个不同的零点，必须满足f(x)min<0，所以a>4.
若a>4，注意到，f(a)＝ea＋eq \f(3,ea)＋a>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点；
f(－a)＝eq \f(1,ea)＋3ea－3a>3(ea－a)，
令t(x)＝ex－x，x>4，则t′(x)＝ex－1>0，
所以t(x)在(4，＋∞)上单调递增，
所以t(x)>e4－4>0，从而f(－a)>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上有且只有一个零点．
综上所述，实数a的取值范围为(4，＋∞)．
(2)由(1)知x1x2<0，不妨设x1<0令h(x)＝f(x)－f(－x)＝4x＋eq \f(2,ex)－2ex，
则h′(x)＝4－2(eq \f(1,ex)＋ex)≤4－4eq \r(\f(1,ex)·ex)＝0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
由于x2>0，所以h(x2)所以f(x2)注意到f(x1)＝f(x2)，
所以f(x1)又x1<0，－x2<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以x1>－x2，
所以x1＋x2>0.