高考数学学年最新人教版数学高考文一轮复习训练第三章规范练16导数的综合应用.docx

高考数学学年最新人教版数学高考文一轮复习训练第三章规范练16导数的综合应用.docx

《高考数学学年最新人教版数学高考文一轮复习训练第三章规范练16导数的综合应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学学年最新人教版数学高考文一轮复习训练第三章规范练16导数的综合应用.docx（8页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考数学学年最新人教版数学高考文一轮复习训练第三章规范练16导数的综合应用

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）

2.设函数f（x）=ax2-a-lnx,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.

3.（2017四川成都模拟）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.

4.（2017全国Ⅲ,文21）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）当a<0时,证明f（x）≤--2.

能力提升

5.（2017全国Ⅱ,文21）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.

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;

（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.

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.

答案：

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,+∞）

f'（x）

+

0

-

0

+

f（x）

↗

极大值

↘

极小值

↗

∴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'（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01.

由

（1）有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.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（-∞,-1）内是减函数,在（-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（-∞,k-1）内是减函数,在（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

4.

（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（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.

5.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（-∞,-1-）,（-1+,+∞）内单调递减,在（-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[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00（x>0）,所以g（x）在[0,+∞）内单调递增,而g（0）=0,故ex≥x+1.

当0（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.解:

（1）∵f（x）=x2+bx-alnx,∴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-6lnx,f'（x）=2x-1-.

令f'（x）<0,得00,得x>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）

（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'（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-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,

∴在（1,e）内φ（x）<0恒成立,即h'（x）<0恒成立,

∴h（x）在（1,e）内单调递减,

∴存在x0∈（1,e）,使得h（x0）

（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,即h'（x）<0恒成立,h（x）在（1,m）内单调递减,

∴存在x0∈（1,m）,使得h（x0）

（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.

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-.

当0

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-2.

则φ

（1）=1>0,φ（e）=--2<0.

故存在x0∈（1,e）,使得φ（x0）=0.

令a0=,u（x）=x-1-lnx（x≥1）.

由u'（x）=1-≥0知,函数u（x）在区间（1,+∞）内单调递增.

所以0==a0<<1.

即a0∈（0,1）.

当a=a0时,有f'（x0）=0,f（x0）=φ（x0）=0.

由

（1）知,f'（x）在区间（1,+∞）内单调递增,故当x∈（1,x0）时,f'（x）<0,从而f（x）>f（x0）=0;

当x∈（x0,+∞）时,f'（x）>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）=lnx+1,令f'（x）=0,得x=.

当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表:

x

f'（x）

-

0

+

f（x）

单调递减

极小值（最小值）

单调递增

①当t≥时,f（x）在区间[t,t+2]上为增函数,

所以[f（x）]min=f（t）=tlnt.

②当0

（3）由g（x）=2exf（x）,可得2xlnx=-x2+ax-3.

所以a=x+2lnx+.

令h（x）=x+2lnx+,

则h'（x）=1+.

当x变化时,h'（x）,h（x）的变化情况如下表:

x

1

（1,e）

h'（x）

-

0

+

h（x）

单调递减

极小值（最小值）

单调递增

因为h+3e-2,h

（1）=4,h（e）=+e+2,

所以h（e）-h=4-2e+<0.

所以方程g（x）=2exf（x）存在两个不等实根时,实数a的取值范围为4