廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練16 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文

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1、考點(diǎn)規(guī)范練16　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 一、基礎(chǔ)鞏固 1.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-23與x=1處都取得極值. (1)求a,b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若對(duì)于x∈[-1,2],不等式f(x)

2、'(x)=0,得x1=-23,x2=1, 當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化情況如下表: x -∞,-23 -23 -23,1 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∴函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為-∞,-23與(1,+∞);遞減區(qū)間為-23,1. (2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x∈[-1,2], 當(dāng)x=-23時(shí),f-23=2227+c為極大值,而f(2)=2+c,則f(2)=2+c為最大值, 要使f(x)f(2)=2+c,解得c<-1或c>

3、2. ∴c的取值范圍為(-∞,-1)∪(2,+∞). 2.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x-eex,其中a∈R,e=2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)證明:當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0; (3)確定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立. (1)解f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0). 當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時(shí),由f'(x)=0有x=12a. 當(dāng)x∈0,12a時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈12a,+∞時(shí),f'(x)>0

4、,f(x)單調(diào)遞增. (2)證明令s(x)=ex-1-x,則s'(x)=ex-1-1. 當(dāng)x>1時(shí),s'(x)>0,所以ex-1>x, 從而g(x)=1x-1ex-1>0. (3)解由(2),當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0. 當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0. 故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0. 當(dāng)01. 由(1)有f12a0, 所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立. 當(dāng)a≥12時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=2ax-

5、1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x =x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0. 因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 綜上,a∈12,+∞. 3.已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex+k,k∈Z. (1)當(dāng)k=0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),不等式f(x)+5>0恒成立,求k的最大值. 解(1)當(dāng)k=0時(shí),f(x)=x·ex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1), ∴當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí),f'(x)<0; 當(dāng)x∈(-

6、1,+∞)時(shí),f'(x)>0; ∴f(x)在(-∞,-1)內(nèi)是減函數(shù),在(-1,+∞)內(nèi)是增函數(shù). (2)不等式f(x)+5>0恒成立?(x-k)ex+k+5>0在x∈(0,+∞)時(shí)恒成立, 令F(x)=(x-k)ex+k+5,F'(x)=ex(x-k+1)(x∈R), 當(dāng)x∈(-∞,k-1)時(shí),f'(x)<0; 當(dāng)x∈(k-1,+∞)時(shí),f'(x)>0; ∴f(x)在(-∞,k-1)內(nèi)是減函數(shù),在(k-1,+∞)內(nèi)是增函數(shù). ①若k-1≤0,即k≤1,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F(x)>F(0)≥0. 而F(0)=5>0恒成立,∴k≤1符合題意. ②若k-1>0,即k>1,當(dāng)x

7、∈(0,+∞)時(shí),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單調(diào)遞減. ∵h(yuǎn)(2)=-e+7>0,h(3)=-e2+8>0,h(4)=-e3+9<0, ∴1

8、)時(shí),f'(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增. 若a<0,則當(dāng)x∈0,-12a時(shí),f'(x)>0; 當(dāng)x∈-12a,+∞時(shí),f'(x)<0. 故f(x)在區(qū)間0,-12a內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-12a,+∞內(nèi)單調(diào)遞減. (2)證明由(1)知,當(dāng)a<0時(shí),f(x)在x=-12a取得最大值,最大值為f-12a=ln-12a-1-14a. 所以f(x)≤-34a-2等價(jià)于ln-12a-1-14a≤-34a-2, 即ln-12a+12a+1≤0. 設(shè)g(x)=lnx-x+1,則g'(x)=1x-1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g'(x)<0.

9、 所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 故當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0. 所以當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時(shí),ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2. 二、能力提升 5.設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 解(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex. 令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2. 當(dāng)x∈(-∞,-1-2)時(shí),f'(x)<0; 當(dāng)x∈(-1-2,-1+2)時(shí),f'(x)>0; 當(dāng)x∈(

10、-1+2,+∞)時(shí),f'(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,在(-1-2,-1+2)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0), 因此h(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 當(dāng)00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 當(dāng)0(1-x)(1

11、+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12, 則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0, 故f(x0)>ax0+1. 當(dāng)a≤0時(shí),取x0=5-12, 則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值范圍是[1,+∞). 6.(2018全國(guó)Ⅱ,文21)已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). (1)解當(dāng)a=3時(shí),f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令

12、f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23. 當(dāng)x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時(shí),f'(x)>0; 當(dāng)x∈(3-23,3+23)時(shí),f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)單調(diào)遞增,在(3-23,3+23)單調(diào)遞減. (2)證明因?yàn)閤2+x+1>0, 所以f(x)=0等價(jià)于x3x2+x+1-3a=0. 設(shè)g(x)=x3x2+x+1-3a,則g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,僅當(dāng)x=0時(shí)g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增, 故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn),從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn). 又f(3a-1)

13、=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一個(gè)零點(diǎn). 綜上,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). 7.(2018廣東茂名二模)已知函數(shù)f(x)=ln x+12(x-1)2. (1)判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù); (2)若函數(shù)g(x)=ax-a,當(dāng)x>1時(shí),g(x)的圖象總在f(x)的圖象的下方,求a的取值范圍. 解(1)f(x)=lnx+12(x-1)2的定義域?yàn)?0,+∞), f'(x)=1x+x-1,∵1x+x≥2,∴f'(x)≥1>0, ∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又f(1)=0, ∴f(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn). (2)由題意

14、,當(dāng)x>1時(shí),12(x-1)2+lnx-ax+a>0恒成立. 令h(x)=12(x-1)2+lnx-ax+a, 則h'(x)=x+1x-1-a. 當(dāng)a≤1時(shí),∵h(yuǎn)'(x)=x+1x-1-a>1-a≥0, ∴h(x)在(1,+∞)上為增函數(shù). 又h(1)=0,∴h(x)>0恒成立. 當(dāng)a>1時(shí),h'(x)=x2-(1+a)x+1x, 令φ(x)=x2-(1+a)x+1,則Δ=(1+a)2-4=(a+3)(a-1)>0. 令φ(x)=0的兩根分別為x1,x2且x10,x1·x2=1>0,∴0

15、∴h'(x)<0, ∴h(x)在(1,x2)上為減函數(shù), 又h(1)=0,∴當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),h(x)<0. 故a的取值范圍為(-∞,1]. 三、高考預(yù)測(cè) 8.(2018河北石家莊一模)已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)(a∈R). (1)若a=1,求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1-12. (1)解由已知,f(x)=x(lnx-x),當(dāng)x=1時(shí),f(x)=-1, f'(x)=lnx+1-2x,當(dāng)x=1時(shí),f'(x)=-1,所以所求切線方程為x+y=0. (2)證明由已

16、知可得f'(x)=lnx+1-2ax=0有兩個(gè)相異實(shí)根x1,x2,令h(x)=f'(x),則h'(x)=1x-2a, ①若a≤0,則h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,f'(x)=0不可能有兩根; ②若a>0,令h'(x)=0得x=12a,可知h(x)在0,12a上單調(diào)遞增,在12a,+∞上單調(diào)遞減,令f'12a>0,解得012a有f'1a2=-2lna+1-2a<0, 從而當(dāng)00, 所以x1<1f(1)=-a>-12. 8