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.docx

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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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

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.已知函数f（x）=alnx（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.

4.已知函数f（x）=sinx-ax,ln2>sin

ln

.

（1）对于x∈（0,1）,f（x）>0恒成立,求实数a的取值范围;

（2）当a=0时,h（x）=x（lnx-1）-f'（x）,证明h（x）存在唯一极值点.

能力提升

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;

（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.

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,+∞）

f'（x）

+

0

-

0

+

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）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0

时,

>1.

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.

（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,得0

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'（x）>0,解得x

当a>e时,h（x）在（1,e）内单调递增,所以h（x）>h

（1）=0.

当1

当0

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.

∵0

.

令g（x）=

则g'（x）=

.

令m（x）=xcosx-sinx,则m'（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx<0,

故m（x）在（0,1）内单调递减,∴m（x）

∴g'（x）<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'（x）>0;

当x∈（e,+∞）时,lnx>1,sinx≥-1,∴h'（x）>0;

当x∈（0,1）时,令y=lnx+sinx,则y'=

+cosx>0,

∴y=lnx+sinx在（0,1）内单调递增,由ln2>sin

ln

知h'

=ln

+sin

<0,h'

=ln

+sin

>0.

故存在x0∈

使得h'（x0）=0,

且当x∈（0,x0）时,h'（x）<0;

当x∈（x0,1）时,h'（x）>0.

综上,当x∈（0,x0）时,h'（x）<0,h（x）在（0,x0）内单调递减;

当x∈（x0,+∞）时,h'（x）>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>0）.

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）.

当a>0时,

+2a>0,则当x∈（0,1）时,f'（x）<0;

当x∈（1,+∞）时,f'（x）>0.

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.

令g'（a）=0,可得a=

.

当a变化时,g'（a）,g（a）的变化情况如下表:

a

g'（a）

+

0

-

g（a）

单调递增

极大值

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>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

时,g（x）在区间

内单调递增,

在