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

1、5.已知函数f（x）=ax2+bx-c-ln x（x0）在x=1处取极值,其中a,b为常数.（1）若a0,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a0,比较ln a与-2b的大小.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）,nN,求n.（2）若对任意b-2,-1,都存在x（1,e）,使得f（x）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

2、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）=xln x,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（t0）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,fa+b=0,f（1）=3+2a+b=0,两式联立解得a=-,b=-2,f（x）=x3-x2-2x+c

3、,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）f（2）=2+c,解得c2.c的取值范围为（-,-1）（2,+）.2.（1）解f（x）=2ax-（x0）.当a0时,f（x）0时,由f（x）=0有x=.当x时,f0,f（x）单调递减;（x）0,f（x）单调递增.（2）证明

4、令s（x）=ex-1-x,则s（x）=ex-1-1.1时,s0,所以ex-1x,从而g（x）=（3）解由（2）,当x当a0,x1时,f（x）=a（x2-1）-lnxg（x）在区间（1,+）内恒成立时,必有a当0a1.由（1）有f0,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）（x1）.1时,h（x）=2ax-e1-xx-=因此,h（x）在区间（1,+）内单调递增.又因为h（1）=0,所以当x1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

5、.令g0,得x1;g0,得0x1在区间（1,e）内恒成立,即使-10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h0,解得xh（1）=0.当1ae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ae-1,所以e-1ae;a1时,h（x）在（1,e）内单调递减,则需h（e）0,而h（e）=a+1-e0,得sinx-ax01,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）g（1）=sin

6、1,asin1,故a的取值范围是（-,sin1）.（2）证明h（x）=xlnx-x-cosx,h（x）=lnx+sinx.当x1,e时,lnx0,sinx0,h当x（e,+）时,lnx1,sinx-1,h当x（0,1）时,令y=lnx+sinx,则y=+cosxy=lnx+sinx在（0,1）内单调递增,由ln2sin,ln,知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,h0,h（x）在（0,x0）内单调递减;当x（x0,+）时,h0,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（

7、x）=ax2+bx-c-lnx（x0）,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）（x0时,+2a0,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a0,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）=

8、-1-c.因为不等式f（x）-2c2恒成立,所以有-1-c-2c2,解得c1或c-,所以实数c的取值范围是c1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=ln0,所以g（a）0恒成立,即lnax=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

9、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,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-alnx0在x（1,e）有解,令h（x）=x2-x-alnx,只需存在x0（1,e）使得h（x0）0,故（x）在（1,e）内单调递增,（x）（1）=1-a.当1-a0,即a1时,（x）0,即h0,h（x）在（1,e）内单调递增,h（x）h（1）=0,不符合题意.当1-a1时,（1）=1-a1,则（e）在（1,e）内（x）0恒成立,即h0恒成立,h（x）在（1,e）内单调递减,存在x0（1,e）,使得h（x0）a1,则（e）0,在（1,e）上一定存在实数m,使得（m）=0,在（1,m）内（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时,对任意b-2,-1,都存在x（1,e）,使得f（x）0,（e）=-2故存在x