人教版高中数学高考一轮复习训练--导数的二、综合应用

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--导数的二、综合应用，共6页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
考点规范练17　导数的二、综合应用
一、基础巩固
1.设f(x)=xex,g(x)=12x2+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.









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.








3.已知函数f(x)=aln x(a>0),e为自然对数的底数.
(1)若函数f(x)=aln x的图象在点A(2,f(2))处的切线的斜率为2,求实数a的值;
(2)当x>0时,求证:f(x)≥a1-1x;
(3)若在区间(1,e)内,f(x)x-1>1恒成立,求实数a的取值范围.










4.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.











二、综合应用
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.










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)x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.

考点规范练17　导数的综合应用
1.解 (1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+12x2+x,∴F'(x)=(x+1)(ex+1),
令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)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-12x2-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≥1ex,而1ex≤e,故m的取值范围是[e,+∞).
2.(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:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增

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.(1)解 ∵f'(x)=ax,∴f'(2)=a2=2,∴a=4.
(2)证明 令g(x)=alnx-1+1x(x>0),
则g'(x)=a1x-1x2.
令g'(x)>0,得x>1;
令g'(x)0在区间(1,e)内恒成立.
令h(x)=aln x+1-x,则h'(x)=ax-1.
令h'(x)>0,解得xh(1)=0;
当10).
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-1x=(x-1)1x+2a(x>0).
当a>0时,1x+2a>0,则当x∈(0,1)时,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.解 (1)∵f(x)=x2+bx-aln x,∴f'(x)=2x+b-ax(x>0).
∵x=2是函数f(x)的极值点,∴f'(2)=4+b-a2=0.
∵1是函数f(x)的零点,∴f(1)=1+b=0.
由4+b-a2=0,1+b=0,解得a=6,b=-1.
则f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-6x.
令f'(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-a1时,φ(1)=1-a1,则φ(e)≤0,
即在区间(1,e)内φ(x)x2,令x1x2=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)-2(x13−x23+klnx1x2)
=x13−x23-3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t).①
令h(x)=x-1x-2ln x,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2−2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在区间[1,+∞)内单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t)≥(t3-3t2+3t-1)-3(t-1t-2ln t)=t3-3t2+6ln t+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),
即t3-3t2+6ln t+3t>1,故t3-3t2+6ln t+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.