人教版高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含答案

考点规范练17　导数的综合应用

1.设f(x)=xex,g(x)=x2+x.

(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;

(2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.

解(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,

∴F'(x)=(x+1)(ex+1),

令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,

∴F(x)在区间(-∞,-1)内单调递减,在区间(-1,+∞)内单调递增.

故F(x)min=F(-1)=-.

(2)∵任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,

有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,

∴mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.

令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在区间[-1,+∞)内单调递增即可.

故h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0在区间[-1,+∞)恒成立,故m≥,而≤e,故m的取值范围是[e,+∞).

2.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,且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.

(1)证明f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a,

∵a>1,当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0,

∴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)ln a,

令h(x)=2x+(ax-1)ln a,

则h'(x)=2+ax(ln a)2>0,

即h(x)在R上单调递增,则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,∴t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.

3.(2021全国Ⅱ,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.

解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),

∴f'(x)=2a2x+a-.

∵a>0,x>0,∴>0,

∴当x∈时,f'(x)<0;

当x∈时,f'(x)>0,∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.

(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,

∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,

由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f=3-3ln=3+3ln a>0,

∴ln a>-1,

∴a>,即实数a的取值范围是.

4.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-aln x,∴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.

由解得则f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-.

令f'(x)<0,得0<x<2;令f'(x)>0,得x>2,

即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)<0,f(3)=6(1-ln 3)<0,f(4)=6(2-ln 4)=12(1-ln 2)>0,

∴x0∈(3,4),故n=3.

(2)令g(b)=xb+x2-aln x,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-aln x<0在x∈(1,e)上有解,

令h(x)=x2-x-aln x,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,即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,

即在区间(1,e)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,

则h(x)在区间(1,e)内单调递减.

故存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意;

若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,即在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,

则在区间(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.

故存在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.