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版文

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)=ax2-a-ln x,g(x)=,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当x>1时,g(x)>0;

(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.

答案:(1)解f'(x)=2ax-(x>0).

当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.

当a>0时,由f'(x)=0有x=.

当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

(2)证明令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.

当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,

从而g(x)=>0.

(3)解由(2),当x>1时,g(x)>0.

当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.

故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.

当0<a<时,>1.

由(1)有f<f(1)=0,而g>0,

所以此时f(x)>g(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.已知函数f(x)=(x-k)ex+k,k∈Z.

(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;

(2)若当x∈(0,+∞)时,不等式f(x)+5>0恒成立,求k的最大值.

解:(1)当k=0时,f(x)=x·ex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),

∴当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0;

当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0;

∴f(x)在区间(-∞,-1)内是减函数,在区间(-1,+∞)内是增函数.

(2)不等式f(x)+5>0恒成立⇔(x-k)ex+k+5>0在x∈(0,+∞)时恒成立,

令F(x)=(x-k)ex+k+5,F'(x)=ex(x-k+1)(x∈R),

当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0;

当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0;

∴f(x)在区间(-∞,k-1)内是减函数,在区间(k-1,+∞)内是增函数.

①若k-1≤0,即k≤1,当x∈(0,+∞)时,F(x)>F(0)≥0.

而F(0)=5>0恒成立,∴k≤1符合题意.

②若k-1>0,即k>1,当x∈(0,+∞)时,只需F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k>0即可.

令h(k)=-ek-1+5+k,h'(k)=1-ek-1<0恒成立,

即h(k)=-ek-1+5+k单调递减.

∵h(2)=-e+7>0,h(3)=-e2+8>0,h(4)=-e3+9<0,

∴1<k≤3,综上,k的最大值为3.

4.已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.

答案:(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax+2a+1=.

若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在区间(0,+∞)单调递增.

若a<0,则当x∈时,f'(x)>0;

当x∈时,f'(x)<0.

故f(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减.

(2)证明由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-.

所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,

即ln+1≤0.

设g(x)=lnx-x+1,则g'(x)=-1.

当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.

所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.

故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.

所以当x>0时,g(x)≤0.

从而当a<0时,ln+1≤0,即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.

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,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,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.已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:

(1)f(x)存在唯一的极值点;

(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

答案:证明(1)f(x)的定义域为(0,+∞).

f'(x)=+lnx-1=lnx-.

因为y=lnx单调递增,y=单调递减,

所以f'(x)单调递增.

又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2->0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.

又当x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x>x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

因此,f(x)存在唯一的极值点.

(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,

所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.

由α>x0>1得<1<x0.

又f=ln-1==0,

故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.

综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

7.(2020全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.

解:(1)f'(x)=3x2-k.

当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增;

当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,

故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.

当k>0时,令f'(x)=0,得x=±.

当x∈时,f'(x)>0;

当x∈时,f'(x)<0;

当x∈时,f'(x)>0.

故f(x)在,单调递增,在单调递减.

(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点.

此时,-k-1<-<k+1且f(-k-1)<0,f(k+1)>0,f>0.

根据f(x)的单调性,当且仅当f<0,

即k2-<0时,f(x)有三个零点,解得k<.

因此k的取值范围为.

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>-.