天津专用2020届高考数学一轮复习考点规范练15导数的综合应用含解析新人教A版.pdf

1 考点规范练 15 导数的综合应用考点规范练 15 导数的综合应用 一、基础巩固 1 1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1 处都取得极值. 2 3 (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)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x0 时,求证:f(x)a;(1 - 1 x) (3)若在区间(1,e)内,1 恒成立,求实数a的取值范围. f(x) x - 1 4 4.(2018 全国,理 21)已知函数f(x)= -x+aln x. 1 x (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:0)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 (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,且函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1+x22. 6 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 N,求n. (2)若对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)f(2)=2+c,解得c2. c的取值范围为(-,-1)(2,+). 2 2.(1)证明当a=1 时,f(x)1 等价于(x2+1)e-x-10. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x1 时,g'(x)0,h(x)没有零点; (ii)当a0 时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当x(0,2)时,h'(x)0. 所以h(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+)内单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在区间0,+)内的最小值. 4a e2 若h(2)0,则a .由于h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)内有一个零点. e2 4 由(1)知,当x0 时,exx2, 所以h(4a)=1-=1-1-=1- 0. 16a3 e4a 16a3 (e2a)2 16a3 (2a)4 1 a 故h(x)在区间(2,4a)内有一个零点.因此h(x)在区间(0,+)内有两个零点. 综上,f(x)在区间(0,+)内只有一个零点时,a= . e2 4 3 3.(1)解f'(x)=, a x f'(2)= =2,a=4. a 2 (2)证明令g(x)=a,(lnx - 1 + 1 x) 则g'(x)=a.( 1 x - 1 x2) 令g'(x)0,得x1; g'(x)1 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 f(x) x - 1 alnx x - 1 alnx + 1 - x x - 1 间(1,e)内恒成立. 令h(x)=alnx+1-x, 5 则h'(x)= -1. a x 令h'(x)0,解得xe 时,h(x)在(1,e)内单调递增,所以h(x)h(1)=0. 当 12,令f'(x)=0,得x=或x=. a -a2- 4 2 a +a2- 4 2 当x时,f'(x)0. ( a -a2- 4 2 , a +a2- 4 2 ) 所以f(x)在区间内单调递减,在区间内单 (0, a -a2- 4 2 ),( a +a2- 4 2 , + ) ( a -a2- 4 2 , a +a2- 4 2 ) 调递增. (2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1.不妨设x11. 由于=-1+a=-2+a=-2+a, f(x1) - f(x2) x1- x2 1 x1x2 lnx1- lnx2 x1- x2 lnx1- lnx2 x1- x2 - 2lnx2 1 x2 - x2 所以0), 所以f'(x)=2ax+b-(x0). 1 x 6 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- 1 x =(x-1)(x0).( 1 x + 2a) 当a0 时,+2a0,则当x(0,1)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)解由(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)=-1-c. 因为不等式f(x)-2c2恒成立, 所以有-1-c-2c2,解得c1 或c- . 1 2 故实数c的取值范围是c1 或c- . 1 2 (3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函数f(x)在(0,1上单调递减,在(1,+)内单调递增. 因为函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2, 所以f(x1)=f(x2)=0. 若设x1(1)=0. 所以f(x)f(2-x). 因为x1(0,1),所以f(x1)f(2-x1). 又因为f(x1)=f(x2)=0, 所以f(x2)f(2-x1), 而 2-x1,x2(1,+), 函数f(x)在(1,+)内单调递增,所以x22-x1,即x1+x22,得证. 7 6 6.解(1)f(x)=x2+bx-alnx, f'(x)=2x+b-(x0). a x x=2 是函数f(x)的极值点, f'(2)=4+b- =0. a 2 1 是函数f(x)的零点, f(1)=1+b=0. 由解得 4 + b - a 2 = 0, 1 + b = 0, a = 6, b =- 1. f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1- . 6 x 令f'(x)0,得x2, 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)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, 故(x)在(1,e)内单调递增,(x)(1)=1-a. 当 1-a0,即a1 时,(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. 当 1-a1 时,(1)=1-a1,则(e)a1,则(e)0,在(1,e)内一定存在实数m,使得(m)=0, 在(1,m)内(x)1 时,对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)0. 设g(x)=ax2-ax-lnx, 当 01 时,a恒成立,令h(x)=. lnx x2- x lnx x2- x 又x1 时,lnx1 时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=. d2- 1 3 d2- 1 3 易得,g(x)在区间(-,x1)内单调递增,在区间x1,x2上单调递减,在区间(x2,+)内单调递增. g(x)的极大值g(x1)=g+60. ( - d2- 1 3 ) = 2 3(d 2 - 1) 3 2 9 3 g(x)的极小值g(x2)=g=-+6. ( d2- 1 3 ) 2 3(d 2 - 1) 3 2 9 3 若g(x2)0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意. 若g(x2)27,也就是|d|,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+60,且-2|d|x1,g(-) 3 2 103 2|d|)=-6|d|3-2|d|+6-62+60,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-3103 2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意. 所以,d的取值范围是(-,-)(,+).1010