高中数学一轮复习考点规范练：第三章 导数及其应用16 Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第三章 导数及其应用16 Word版含解析，共9页。试卷主要包含了已知函数f=sin x-ax等内容，欢迎下载使用。
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)-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
〚导学号37270430〛
3.(2016沈阳质量监测)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.
〚导学号37270431〛
4.(2016山东青岛一模)已知函数f(x)=sin x-ax.
(1)对于x∈(0,1),f'(x)>0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,令h(x)=f(x)-sin x+ln x+1,求h(x)的最大值;
(3)求证:ln(n+1)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.
〚导学号37270433〛
6.(2016山西太原二模)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.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
〚导学号37270435〛
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)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.
〚导学号37270436〛
参考答案
考点规范练16 导数的综合应用
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)f(2)=2+c,解得c2.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
2.解 (1)f'(x)=2ax-(x>0).
当a≤0时,f'(x)0时,由f'(x)=0,有x=
此时,当x时,f'(x)1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当0g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a时,
令h(x)= f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)= 2ax--e1-x>x-
=>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a
3.(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在区间(1,e)内恒成立.
令h(x)=aln x+1-x,
则h'(x)=-1.
令h'(x)>0,解得xe时,h(x)在(1,e)内单调递增,所以h(x)>h(1)=0.
当10,解得0f(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(1,+∞)内单调递增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得证.
6.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a=6,b=-1.
∴f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-
令f'(x)0,h(x)在(1,e)内单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,不符合题意.
②当1-a1时,φ(1)=1-a1,则φ(e)0,从而f(x)>f(x0)=0.
所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
8.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)=ln x+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)=tln t.
②当0