高考数学一轮复习考点规范练16导数的综合应用含解析新人教A版理

考点规范练16　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.

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)的递增区间为与(1,+∞);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.设函数f(x)=e2x-aln x.

(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数;

(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln

答案:(1)解f(x)=e2x-alnx的定义域为(0,+∞),

∴f'(x)=2e2x-

当a≤0时,f'(x)>0恒成立,

故f'(x)没有零点.

当a>0时,∵y=e2x在区间(0,+∞)内单调递增,y=-在区间(0,+∞)内单调递增,

∴f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.

∵当x→0时,y=e2x→1,y=--∞,∴f'(x)→-∞.

又∵f'(a)>0,∴当a>0时,导函数f'(x)存在唯一的零点.

(2)证明由(1)知,可设导函数f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为x0,

当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;

当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,

∴f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,

∴当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).

∵2=0,

∴f(x0)=+2ax0+aln2a+aln,当且仅当x0=时等号成立,此时a=e.

故当a>0时,f(x)≥2a+aln

3.已知函数f(x)=aln x(a>0),e为自然对数的底数.

(1)若过点A(2,f(2))的切线斜率为2,求实数a的值;

(2)当x>0时,求证:f(x)≥a;

(3)若在区间(1,e)内,>1恒成立,求实数a的取值范围.

答案:(1)解∵f'(x)=,∴f'(2)==2,∴a=4.

(2)证明令g(x)=a,

则g'(x)=a

令g'(x)>0,得x>1;

g'(x)<0,得0<x<1;

所以g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.

所以g(x)的最小值为g(1)=0,

所以f(x)≥a

(3)解要使>1在区间(1,e)内恒成立,即使-1>0在区间(1,e)内恒成立,即>0在区间(1,e)内恒成立.

令h(x)=alnx+1-x,则h'(x)=-1.

令h'(x)>0,解得x<a.

当a>e时,h(x)在区间(1,e)内单调递增,

所以h(x)>h(1)=0.

当1<a≤e时,h(x)在区间(1,a)内单调递增,在区间(a,e)内单调递减,

所以只需h(e)≥0,即a≥e-1,所以e-1≤a≤e;

当0<a≤1时,h(x)在区间(1,e)内单调递减,则需h(e)≥0,而h(e)=a+1-e<0,不符合题意.

综上,实数a的取值范围为[e-1,+∞).

4.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,a≠1).

(1)当a>1时,求证:函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;

(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.

答案:(1)证明f'(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,

由于a>1,当x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,

所以f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.

(2)解当a>0,a≠1时,

∵f'(x)=2x+(ax-1)lna,

∴[f'(x)]'=2+ax(lna)2>0,

∴f'(x)在R上单调递增,

∵f'(0)=0,故f'(x)=0有唯一解x=0,

∴x,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:

又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,

∴方程f(x)=t±1有三个根,

而t+1>t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.

能力提升

5.已知函数f(x)=ax2+bx-c-ln x(x>0)在x=1处取极值,其中a,b为常数.

(1)若a>0,求函数f(x)的单调区间;

(2)若函数f(x)在x=1处取极值-1-c,且不等式f(x)≥-2c2恒成立,求实数c的取值范围;

(3)若a>0,且函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.

答案:(1)解因为f(x)=ax2+bx-c-lnx(x>0),

所以f'(x)=2ax+b-(x>0).

因为函数f(x)在x=1处取极值,所以f'(1)=2a+b-1=0,所以b=1-2a,

所以f'(x)=2ax+1-2a-=(x-1)(x>0).

当a>0时,+2a>0,则当x∈(0,1)时,f'(x)<0;

当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.

所以函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1].

(2)解由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx.

因为函数f(x)在x=1处取极值-1-c,所以f(1)=-a+1-c=-1-c,可得a=2.

因为a>0,由(1)可知函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,在区间(0,1]内单调递减,所以f(x)min=f(1)=-1-c.

因为不等式f(x)≥-2c2恒成立,

所以有-1-c≥-2c2,解得c≥1或c≤-,所以实数c的取值范围是c≥1或c≤-

(3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函数f(x)在区间(0,1]上单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.

因为函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,所以f(x1)=f(x2)=0.

若设x1<x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),

构造函数φ(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),

则φ(x)=2x-2+ln(2-x)-lnx,φ'(x)=2-=-<0,

所以y=φ(x)在区间(0,1)内单调递减,所以,当x∈(0,1)时,φ(x)>φ(1)=0.

所以f(x)>f(2-x).

因为x1∈(0,1),所以f(x1)>f(2-x1).

又因为f(x1)=f(x2)=0,

所以f(x2)>f(2-x1),

而2-x1,x2∈(1,+∞),

函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得证.

6.设函数f(x)=x2+bx-aln x.

(1)若x=2是函数f(x)的极值点,1和x0是函数f(x)的两个不同零点,且x0∈(n,n+1),n∈N,求n.

(2)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0 成立,求实数a的取值范围.

解:(1)∵f(x)=x2+bx-alnx,

∴f'(x)=2x+b-(x>0).

∵x=2是函数f(x)的极值点,∴f'(2)=4+b-=0.

∵1是函数f(x)的零点,∴f(1)=1+b=0.

由解得a=6,b=-1.

∴f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1-

令f'(x)<0,得0<x<2,

令f'(x)>0,得x>2,

∴f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.

故函数f(x)至多有两个零点,其中1∈(0,2),x0∈(2,+∞).

∵f(2)<f(1)<0,f(3)=6(1-ln3)<0,f(4)=6(2-ln4)=12(1-ln2)>0,

∴x0∈(3,4),故n=3.

(2)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],则g(b)为关于b的一次函数,且为增函数,

根据题意,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,

则g(b)max=g(-1)=x2-x-alnx<0在x∈(1,e)有解,

令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,

由于h'(x)=2x-1-=,

令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,

故φ(x)在区间(1,e)内单调递增,φ(x)>φ(1)=1-a.

①当1-a≥0,即a≤1时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,

∴h(x)>h(1)=0,不符合题意.

②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,

若a≥2e2-e>1,则φ(e)<0,

∴在区间(1,e)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,

∴h(x)在区间(1,e)内单调递减,

∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.

若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,

∴在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,

∴在区间(1,m)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在区间(1,m)内单调递减,

∴存在x0∈(1,m),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.

综上所述,当a>1时,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立.

7.已知函数f(x)=ex-ax2.

(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;

(2)若f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点,求a.

答案:(1)证明当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.

设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,

则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.

当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.

(2)解设函数h(x)=1-ax2e-x.

f(x)在区间(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在区间(0,+∞)只有一个零点.

(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;

(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.

当x∈(0,2)时,h'(x)<0;

当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.

所以h(x)在区间(0,2)单调递减,在区间(2,+∞)单调递增.

故h(2)=1-是h(x)在区间[0,+∞)的最小值.

①若h(2)>0,即a<,h(x)在区间(0,+∞)没有零点;

②若h(2)=0,即a=,h(x)在区间(0,+∞)只有一个零点;

③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)有一个零点.

由(1)知,当x>0时,ex>x2,

所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.

故h(x)在(2,4a)有一个零点.

因此h(x)在区间(0,+∞)有两个零点.

综上,f(x)在区间(0,+∞)只有一个零点时,a=

高考预测

8.已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).

(1)当a=5时,求函数y=g(x)的图象在x=1处的切线方程;

(2)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值;

(3)若方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根x1,x2,且x1,x2,求实数a的取值范围.

解:(1)因为当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g'(x)=(-x2+3x+2)ex.

所以切线的斜率为g'(1)=4e.

所以所求切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.

(2)f'(x)=lnx+1,

令f'(x)=0,得x=

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

①当t时,f(x)在区间[t,t+2]上为增函数,

所以[f(x)]min=f(t)=tlnt.

②当0<t<时,f(x)在区间内为减函数,在区间上为增函数,

所以[f(x)]min=f=-

(3)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3.

所以a=x+2lnx+

令h(x)=x+2lnx+,

则h'(x)=1+

当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:

因为h+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2,

所以h(e)-h=4-2e+<0.

所以方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根时,实数a的取值范围为4<a≤e+2+