习题课 导数的综合应用 1.解:(1)函数f(x)=ln x-ax的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=. 当a≤0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,令f'(x)>0,得0
, 所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明:由(1)可得,当a>0时,f(x)max=f=-ln a-1,要证f(x)+4<,只需要证明f(x)max+4<即可,即证-ln a+3-<0,即证ln a+-3>0.令g(a)=ln a+-3(a>0),则g'(a)=-=,当04时,g'(a)>0,所以函数g(a)在(0,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,所以g(a)min=g(4)=ln 4+2-3=ln 4-1>0,所以ln a+-3>0,所以当a>0时,f(x)+4<. 2.解:(1)依题意,φ(x)=xex+4x-f(x)=(x-3)ex-x2+4x,φ'(x)=(x-2)(ex-2),令φ'(x)=0,得x1=ln 2,x2=2.令φ'(x)>0,得x2;令φ'(x)<0,得ln 2g(x). 证明如下:设h(x)=f(x)-g(x)=3ex+x2-9x+1,∵h'(x)=3ex+2x-9为增函数,h'(0)=-6<0,h'(1)=3e-7>0,∴存在x0∈(0,1),使得h'(x0)=0,∴当x>x0时,h'(x)>0;当x0,∴h(x)min>0,∴f(x)>g(x). 3.解:(1)易知f'(x)=x2-4x+m,依题意得f'(1)=12-4×1+m=0,解得m=3,此时f'(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3).当x<1或x>3时,f'(x)>0,当1n2,解得00,则f(x)单调递增.因此,f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增. (2)由题知f(x)=(x-a)ex+a+b,则f'(x)=(x-a+1)ex,当xa-1时,f'(x)>0,即f(x)单调递增.所以f(x)≥f(a-1)=a-ea-1+b,又f(x)>0恒成立,得b>ea-1-a. 令g(a)=ea-1-a,则g'(a)=ea-1-1,当a<1时,g'(a)<0,g(a)单调递减;当a>1时,g'(a)>0,g(a)单调递增.所以g(a)≥g(1)=0,又g(-1)=+1,g(0)=,g(2)=e-2,g(3)=e2-3, a的取值集合中恰有3个整数,故a的取值为0,1,2,又e-2>,e2-3>+1, 所以g(2)>g(0),g(3)>g(-1),故e-20, 当a≤0时,ax-1<0,f'(x)>0等价于x-1<0,∴f(x)的单调递增区间为(0,1), 同理可得单调递减区间为(1,+∞). ∴f(x)的极大值为f(1)=a-1,无极小值. (2)由(1)知,当a≤0时,f(x)的极大值也是最大值,且a-1<0,此时f(x)没有零点; 当01,由f'(x)>0得单调递增区间为(0,1),,由f'(x)<0得单调递减区间为, ∴f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,此时f(x)最多有一个零点; 当a=1时,f'(x)=≥0,则f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增,此时f(x)最多有一个零点; 当a>1时,<1,由f'(x)>0得单调递增区间为,(1,+∞),由f'(x)<0得单调递减区间为, ∴f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,此时f(x)最多有一个零点. 综上所述,不存在实数a,使f(x)有两个零点. 6.解:(1)当a=-1时,f(x)=x2-x+1+ex,其定义域为R,则f'(x)=2x-1+ex. 因为y=2x-1和y=ex都在R上单调递增,所以f'(x)=2x-1+ex在R上单调递增且f'(0)=0, 因此,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 综上所述,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单 ... ... 