第3讲 导数的综合应用(B)(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号导数与不等式1,2,4导数与函数零点31.(2018·广西三市第二次调研)设函数f(x)=x2+ax-ln x(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若对任意a∈(3,4)及任意x1,x2∈[1,2],恒有+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.解:(1)函数的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1-=x-1x.当01时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.(2)f′(x)=(1-a)x+a-==,当a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减,f(1)是最大值,f(2)是最小值.所以|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=-+ln 2,所以+ln 2>a2-+ln 2,因为a∈(3,4),所以m>,由31时,(x+1)(x+1ex)f(x)>2(1+1e).(1)解:f(x)=的定义域为(0,+∞),且f′(x)==.由f′(x)>0⇒1-ln x-a>0⇒ln x<1-a⇒00⇒02(1+1e)等价于1e+1·(x+1)(lnx+1)x>.令p(x)=(x+1)(lnx+1)x,则p′(x)=,令(x)=x-ln x,则′(x)=1-=x-1x,因为x>1,所以′(x)>0,所以(x)在(1,+∞)上单调递增,(x)>(1)=1>0,p′(x)>0,所以p(x)在(1,+∞)上单调递增,所以p(x)>p(1)=2,所以>2e+1,令h(x)=,则h′(x)=,因为x>1,所以1-ex<0,所以h′(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,h(x)2e+1>h(x),即(x+1)(x+1ex)f(x)>2(1+1e).3.已知函数f(x)=a(x-1)2+ln x,a∈R.(1)当a=2时,求函数y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,令函数g(x)=f(x)+ln x-2x+1+m,若函数g(x)在区间[1e,e]上有两个零点,求实数m的取值范围.解:(1)当a=2时,f(x)=2(x-1)2+ln x=2x2-4x+ln x+2.当x=1时,f(1)=0,所以点P(1,f(1))为P(1,0),又f′(x)=4x-4+,因此k=f′(1)=1,因此所求切线方程为y-0=1×(x-1)即y=x-1.(2)当a=-1时,g(x)=2ln x-x2+m,则g′(x)=-2x=-2(x+1)(x-1)x.因为x∈[1e,e],所以当g′(x)=0时,x=1,且当1e0;当10,g(1e)=m-2-1e2≤0,解得10,即(x+2)lnxx-1>3,综上所述,x1·x22>e3.5。
