高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点规范练16导数的综合应用文新人教B版Word文档下载推荐.docx

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5.已知函数f（x）=ax2+bx-c-lnx（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,比较lna与-2b的大小.

6.设函数f（x）=x2+bx-alnx.

（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.

7.已知函数f（x）=-2（x+a）lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>

0.

（1）设g（x）是f（x）的导函数,讨论g（x）的单调性;

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.

高考预测

8.已知函数f（x）=xlnx,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.

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:

x

-

1

（1,+∞）

（x）

+

f（x）

↗

极大值

↘

极小值

∴函数f（x）的单调递增区间为与（1,+∞）;

单调递减区间为.

（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.

（1）解f'

（x）=2ax-（x>

0）.

当a≤0时,f'

（x）<

0,f（x）在（0,+∞）内单调递减.

当a>

0时,由f'

（x）=0有x=.

当x∈时,f'

0,f（x）单调递减;

（x）>

0,f（x）单调递增.

（2）证明令s（x）=ex-1-x,则s'

（x）=ex-1-1.

1时,s'

0,所以ex-1>

x,

从而g（x）=>

（3）解由

（2）,当x>

当a≤0,x>

1时,f（x）=a（x2-1）-lnx<

故当f（x）>

g（x）在区间（1,+∞）内恒成立时,必有a>

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）.

1时,h'

（x）=2ax--e1-x>

x-

=>

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'

0,得x>

1;

g'

0,得0<

x<

所以g（x）在（0,1）内单调递减,在（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'

0,解得x<

a.

e时,h（x）在（1,e）内单调递增,所以h（x）>

h

（1）=0.

当1<

a≤e时,h（x）在（1,a）内单调递增,在（a,e）内单调递减,所以只需h（e）≥0,即a≥e-1,所以e-1≤a≤e;

a≤1时,h（x）在（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.

（1）解由f（x）>

0,得sinx-ax>

∵0<

1,∴a<

.

令g（x）=,则g'

（x）=.

令m（x）=xcosx-sinx,则m'

（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx<

故m（x）在（0,1）内单调递减,∴m（x）<

m（0）=0,

∴g'

0,即g（x）在（0,1）内单调递减,

∴g（x）>

g

（1）=sin1,∴a≤sin1,故a的取值范围是（-∞,sin1）.

（2）证明∵h（x）=xlnx-x-cosx,

∴h'

（x）=lnx+sinx.

当x∈[1,e]时,lnx≥0,sinx>

0,∴h'

当x∈（e,+∞）时,lnx>

1,sinx≥-1,∴h'

当x∈（0,1）时,令y=lnx+sinx,则y'

=+cosx>

∴y=lnx+sinx在（0,1）内单调递增,由ln2>

sin,ln,知h'

=ln+sin<

0,h'

=ln+sin>

故存在x0∈使得h'

（x0）=0,

且当x∈（0,x0）时,h'

当x∈（x0,1）时,h'

综上,当x∈（0,x0）时,h'

0,h（x）在（0,x0）内单调递减;

当x∈（x0,+∞）时,h'

0,h（x）在（x0,+∞）内单调递增;

∴h（x）存在唯一极值点x=x0.

5.解

（1）因为f（x）=ax2+bx-c-lnx（x>

0）,所以f'

（x）=2ax+b-（x>

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时,+2a>

0,则当x∈（0,1）时,f'

当x∈（1,+∞）时,f'

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）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]上单调递减,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）由

（1）知b=1-2a,故lna-（-2b）=lna-4a+2.

构造函数g（a）=lna-4a+2,则g'

（a）=-4.

（a）=0,可得a=.

当a变化时,g'

（a）,g（a）的变化情况如下表:

a

（a）

g（a）

单调递增

单调递减

所以g（a）max=g=ln+1=ln<

0,所以g（a）<

0恒成立,即lna<

-2b.

6.解

（1）∵f（x）=x2+bx-alnx,∴f'

（x）=2x+b-（x>

∵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-.

2,令f'

2,

∴f（x）在（0,2）内单调递减,在（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（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'

0,h（x）在（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）<

∴在（1,e）内φ（x）<

0恒成立,即h'

0恒成立,

∴h（x）在（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（1,e）上一定存在实数m,使得φ（m）=0,

∴在（1,m）内φ（x）<

0恒成立,h（x）在（1,m）内单调递减,

∴存在x0∈（1,m）,使得h（x0）<

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.

（1）解由已知,函数f（x）的定义域为（0,+∞）,g（x）=f'

（x）=2（x-a）-2lnx-2,

所以g'

（x）=2-

时,g（x）在区间

内单调递增,

在区间内单调递减;

当a≥时,g（x）在区间（0,+∞）内单调递增.

（2）证明由f'

（x）=2（x-a）-2lnx-2=0,解得a=.

令φ（x）=-2lnx+x2-2x-

则φ

（1）=1>

0,φ（e）=--2<

故存在x