广西专用高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含解析新人教A版文

考点规范练17　导数的综合应用

基础巩固

1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1处都取得极值.

(1)求a,b的值及函数f(x)的单调区间;

(2)若对于∀x∈[-1,2],不等式f(x)<c2恒成立,求c的取值范围.

2.已知函数f(x)=ax-,a∈R.

(1)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围;

(2)若y=f(x)的图象与直线y=a相切,求a的值.

3.已知函数f(x)=ex-aln x+e2.

(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并求f(x)的单调区间;

(2)证明:当e<a<2e2时,f(x)>0恒成立.

4.已知函数f(x)=ln x-4ax,g(x)=xf(x).

(1)若a=,求g(x)的单调区间;

(2)若a>0,求证:f(x)≤-2.

能力提升

5.设函数f(x)=(1-x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.

6.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).

(1)若a=3,求f(x)的单调区间;

(2)证明:f(x)只有一个零点.

7.已知函数f(x)=ln x+(x-1)2.

(1)判断f(x)的零点个数;

(2)若函数g(x)=ax-a,当x>1时,g(x)的图象总在f(x)的图象的下方,求a的取值范围.

高考预测

8.已知函数f(x)=x(ln x-ax)(a∈R).

(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:f(x2)>-.

答案：

1.解(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+c,

∴f'(x)=3x2+2ax+b.

又f(x)在x=-与x=1处都取得极值,

∴f'a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,

两式联立解得a=-,b=-2,

∴f(x)=x3-x2-2x+c,

f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),

令f'(x)=0,得x1=-,x2=1,

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

∴函数f(x)的单调递增区间为与(1,+∞);单调递减区间为.

(2)f(x)=x3-x2-2x+c,x∈[-1,2],

当x=-时,f+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,

要使f(x)<c2(x∈[-1,2])恒成立,只需c2>f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.

∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).

2.解(1)由题意可知,x>0.

由f(x)≥0得,ax-≥0,从而ax≥,即a≥.

设g(x)=,则g'(x)=,

所以当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增;

当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减.

所以当x=时,g(x)max=g()=.所以a≥.

故a的取值范围是.

(2)设y=f(x)的图象与直线y=a相切于点(t,a)(t>0),

依题意可得,

因为f'(x)=a-,所以

消去a,可得t-1-(2t-1)lnt=0.

令h(t)=t-1-(2t-1)lnt,则h'(t)=-2lnt-1,

显然h'(t)在区间(0,+∞)内单调递减,且h'(1)=0,

所以当0<t<1时,h'(t)>0,h(t)单调递增;

当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减.

所以当且仅当t=1时,h(t)=0.故a=1.

3.(1)解f'(x)=ex-.

因为x=2是f(x)的极值点,所以f'(2)=e2-=0,

解得a=2e2.此时f'(x)=ex-.

令g(x)=ex-,则g'(x)=ex+>0,

故函数y=f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.

结合f'(2)=0,可知当x∈(0,2)时,f'(x)<0;

当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.

故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).

(2)证明f'(x)=ex-.

令φ(x)=ex-,则当e<a<2e2时,φ'(x)=ex+>0,

故函数y=f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.

因为e<a<2e2,

所以f'(1)=e-a<0,f'(2)=e2->e2-e2=0.

所以∃m∈(1,2),使得f'(m)=0.

当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

所以f(x)min=f(m)=em-alnm+e2.

由e<a<2e2,得f(x)>em-2e2lnm+e2.

下面证h(m)=em-2e2lnm+e2在区间(1,2)内大于0.

h'(m)=em-.令t(m)=em-,则t'(m)=em+>0,

所以函数y=h'(m)在区间(1,2)内单调递增,h'(m)<h'(2)=e2-e2=0.

所以h(m)在区间(1,2)内单调递减,所以h(m)>h(2)=e2-2e2ln2+e2=2e2(1-ln2)>0.所以f(x)>0.

4.(1)解因为a=,所以g(x)=xlnx-x2,g'(x)=lnx-x+1.

令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=.

由h'(x)>0,得0<x<1;由h'(x)<0,得x>1.

所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,h(x)max=h(1)=0.

所以当x>0时,g'(x)≤0恒成立,

故g(x)的单调递减区间为(0,+∞).

(2)证明f'(x)=-4a=.

因为a>0,令f'(x)=0,得x=,所以f(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减.

所以f(x)max=f=ln-1.所以要证f(x)≤-2,

只需证明f(x)max=ln-1≤-2.

令t=,则t>0,故只需证明lnt-1≤t-2,

即证lnt-t+1≤0.(*)

由(1)易知,当t>0时,(*)式成立.故f(x)≤-2.

5.解(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.

令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+.

当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;

当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;

当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.

所以f(x)在区间(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在区间(-1-,-1+)内单调递增.

(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex(x≥0),h'(x)=-xex≤0(x≥0),

因此h(x)在区间[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,

故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.

当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1(x≥0),g'(x)=ex-1≥0(x≥0),

所以g(x)在区间[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.

当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,

则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,

故f(x0)>ax0+1.

当a≤0时,取x0=,

则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.

综上,a的取值范围是[1,+∞).

6.(1)解当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.

令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.

当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;

当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.

故f(x)的单调递增区间为(-∞,3-2),(3+2,+∞),单调递减区间为(3-2,3+2).

(2)证明因为x2+x+1>0,

所以f(x)=0等价于-3a=0.

设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.

又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.

综上,f(x)只有一个零点.

7.解(1)f(x)=lnx+(x-1)2的定义域为(0,+∞),

f'(x)=+x-1,∵+x≥2,∴f'(x)≥1>0,

∴f(x)在区间(0,+∞)内为增函数,又f(1)=0,

∴f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.

(2)由题意,当x>1时,(x-1)2+lnx-ax+a>0恒成立.

令h(x)=(x-1)2+lnx-ax+a,

则h'(x)=x+-1-a.

当a≤1时,∵h'(x)=x+-1-a>1-a≥0,

∴h(x)在区间(1,+∞)内为增函数.

又h(1)=0,∴h(x)>0恒成立.

当a>1时,h'(x)=,

令φ(x)=x2-(1+a)x+1,

则对应方程φ(x)=0的判别式Δ=(1+a)2-4=(a+3)(a-1)>0.

令φ(x)=0的两根分别为x1,x2,且x1<x2,

则x1+x2=1+a>0,x1x2=1>0,∴0<x1<1<x2,

当x∈(1,x2)时,φ(x)<0,∴h'(x)<0,

∴h(x)在(1,x2)上单调递减,

又h(1)=0,∴当x∈(1,x2)时,h(x)<0.

故a的取值范围为(-∞,1].

8.(1)解由已知,f(x)=x(lnx-x),当x=1时,f(x)=-1,

f'(x)=lnx+1-2x,当x=1时,f'(x)=-1,所以所求切线方程为x+y=0.

(2)证明由已知可得f'(x)=lnx+1-2ax=0有两个相异实根x1,x2,令h(x)=f'(x),则h'(x)=-2a,

①若a≤0,则h'(x)>0,h(x)单调递增,f'(x)=0不可能有两个实数根;

②若a>0,令h'(x)=0得x=,可知h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,令f'>0,解得0<a<,

由有f'=-<0,

由有f'=-2lna+1-<0,

从而当0<a<时,函数f(x)有两个极值点,

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

因为f'(1)=1-2a>0,

所以x1<1<x2,f(x)在区间[1,x2]上单调递增,

所以f(x2)>f(1)=-a>-.