《（天津專用）2020屆高考數學一輪復習 考點規(guī)范練15 導數的綜合應用（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（天津專用）2020屆高考數學一輪復習 考點規(guī)范練15 導數的綜合應用（含解析）新人教A版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、考點規(guī)范練15　導數的綜合應用 一、基礎鞏固 1.已知函數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f(x)的單調區(qū)間; (2)若對于x∈[-1,2],不等式f(x)0),e為自然對數的底數. (1)若過點A(2,f(2))的切線斜率為2,求實數a的值; (2)當x>0時

2、,求證:f(x)≥a1-1x; (3)若在區(qū)間(1,e)內,f(x)x-1>1恒成立,求實數a的取值范圍. 4.(2018全國Ⅰ,理21)已知函數f(x)=1x-x+aln x. (1)討論f(x)的單調性; (2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,證明:f(x1)-f(x2)x1-x20)在x=1處取極值,其中a,b為常數. (1)若a>0,求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)若函數f(x)在x=1處取極值-1-c,且不等式f(x)≥-2c2恒成立,求實數c的取值范圍; (3)若

3、a>0,且函數f(x)有兩個不相等的零點x1,x2,證明:x1+x2>2. 6.設函數f(x)=x2+bx-aln x. (1)若x=2是函數f(x)的極值點,1和x0是函數f(x)的兩個不同零點,且x0∈(n,n+1),n∈N,求n. (2)若對任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0 成立,求實數a的取值范圍. 7.已知函數f(x)=ax-ln x. (1)過原點O作函數f(x)圖象的切線,求切點的橫坐標; (2)對?x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求實數a的取值范圍. 三、高考預測 8.(2018天津

4、,文20)設函數f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數列. (1)若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程; (2)若d=3,求f(x)的極值; (3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點,求d的取值范圍. 考點規(guī)范練15　導數的綜合應用 1.解(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+c, ∴f'(x)=3x2+2ax+b. 又f(x)在x=-23與x=1處都取得極值, ∴f'-23=129-43a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0, 兩式

5、聯(lián)立解得a=-12,b=-2, ∴f(x)=x3-12x2-2x+c, f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1), 令f'(x)=0,得x1=-23,x2=1, 當x變化時,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x=-23時,f-23=2227+c為極大值,而f(2

6、)=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>2. ∴c的取值范圍為(-∞,-1)∪(2,+∞). 2.(1)證明當a=1時,f(x)≥1等價于(x2+1)e-x-1≤0. 設函數g(x)=(x2+1)e-x-1,則g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 當x≠1時,g'(x)<0,所以g(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減.而g(0)=0,故當x≥0時,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)解設函數h(x)=1-ax2e-x. f(x)在區(qū)間(0,+∞)內只有一個零點當且僅

7、當h(x)在區(qū)間(0,+∞)內只有一個零點. (i)當a≤0時,h(x)>0,h(x)沒有零點; (ii)當a>0時,h'(x)=ax(x-2)e-x. 當x∈(0,2)時,h'(x)<0;當x∈(2,+∞)時,h'(x)>0. 所以h(x)在區(qū)間(0,2)內單調遞減,在區(qū)間(2,+∞)內單調遞增. 故h(2)=1-4ae2是h(x)在區(qū)間[0,+∞)內的最小值. ①若h(2)>0,則ae24.由于h(0)=1,所以h(x)在區(qū)間

8、(0,2)內有一個零點. 由(1)知,當x>0時,ex>x2, 所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0. 故h(x)在區(qū)間(2,4a)內有一個零點.因此h(x)在區(qū)間(0,+∞)內有兩個零點. 綜上,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內只有一個零點時,a=e24. 3.(1)解∵f'(x)=ax, ∴f'(2)=a2=2,∴a=4. (2)證明令g(x)=alnx-1+1x, 則g'(x)=a1x-1x2. 令g'(x)>0,得x>1; g'(x)<0,得0

9、單調遞增. 所以g(x)的最小值為g(1)=0, 所以f(x)≥a1-1x. (3)解要使f(x)x-1>1在區(qū)間(1,e)內恒成立,即使alnxx-1-1>0在區(qū)間(1,e)內恒成立,即alnx+1-xx-1>0在區(qū)間(1,e)內恒成立. 令h(x)=alnx+1-x, 則h'(x)=ax-1. 令h'(x)>0,解得xe時,h(x)在(1,e)內單調遞增,所以h(x)>h(1)=0. 當1

10、遞減,則需h(e)≥0,而h(e)=a+1-e<0,不符合題意. 綜上,實數a的取值范圍為[e-1,+∞). 4.(1)解f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2. ①若a≤2,則f'(x)≤0,當且僅當a=2,x=1時f'(x)=0,所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減. ②若a>2,令f'(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42. 當x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞時,f'(x)<0; 當x∈a-a2-42,a+a2-42時,f'(x)>0. 所以f(x)在區(qū)間0,a-a2-42,a+a2-42,+∞內單

11、調遞減,在區(qū)間a-a2-42,a+a2-42內單調遞增. (2)證明由(1)知,f(x)存在兩個極值點當且僅當a>2. 由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1.不妨設x11. 由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2, 所以f(x1)-f(x2)x1-x2

12、1,+∞)時,g(x)<0. 所以1x2-x2+2lnx2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x20), 所以f'(x)=2ax+b-1x(x>0). 因為函數f(x)在x=1處取極值,所以f'(1)=2a+b-1=0,所以b=1-2a, 所以f'(x)=2ax+1-2a-1x =(x-1)1x+2a(x>0). 當a>0時,1x+2a>0,則當x∈(0,1)時,f'(x)<0; 當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0. 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(1,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,1]. (2)解由(1

13、)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx. 因為函數f(x)在x=1處取極值-1-c,所以f(1)=-a+1-c=-1-c,可得a=2. 因為a>0,由(1)可知函數f(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增,在區(qū)間(0,1]上單調遞減,所以f(x)min=f(1)=-1-c. 因為不等式f(x)≥-2c2恒成立, 所以有-1-c≥-2c2,解得c≥1或c≤-12. 故實數c的取值范圍是c≥1或c≤-12. (3)證明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函數f(x)在(0,1]上單調遞減,在(1,+∞)內單調遞增. 因為函數f(x)有兩個不相等的零點x1,x

14、2, 所以f(x1)=f(x2)=0. 若設x1φ(1)=0. 所以f(x)>f(2-x). 因為x1∈(0,1),所以f(x1)>f(2-x1). 又因為f(x1)=f(x2)=0, 所以f(x2)>f(2-x1), 而2-x1,x2∈(1,+∞), 函數f(x)在(1,+∞

15、)內單調遞增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得證. 6.解(1)∵f(x)=x2+bx-alnx, ∴f'(x)=2x+b-ax(x>0). ∵x=2是函數f(x)的極值點, ∴f'(2)=4+b-a2=0. ∵1是函數f(x)的零點, ∴f(1)=1+b=0. 由4+b-a2=0,1+b=0,解得a=6,b=-1. ∴f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1-6x. 令f'(x)<0,得00,得x>2, ∴f(x)在(0,2)內單調遞減,在(2,+∞)內單調遞增. 故函數f(x)至多有兩個零點,其中1∈(0,2),x0∈(2

16、,+∞). ∵f(2)0, ∴x0∈(3,4),故n=3. (2)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],則g(b)為關于b的一次函數,且為增函數, 根據題意,對任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立, 則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-ax=2x2-x-ax, 令φ(x)=2x2-x-a,x∈

17、(1,e), 則φ'(x)=4x-1>0, 故φ(x)在(1,e)內單調遞增,φ(x)>φ(1)=1-a. ①當1-a≥0,即a≤1時,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在(1,e)內單調遞增, ∴h(x)>h(1)=0,不符合題意. ②當1-a<0,即a>1時,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a, 若a≥2e2-e>1,則φ(e)<0, ∴在(1,e)內φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立, ∴h(x)在(1,e)內單調遞減, ∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)a>1,則φ(e)>0,∴在(1,e)內一

18、定存在實數m,使得φ(m)=0, ∴在(1,m)內φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在(1,m)內單調遞減,∴存在x0∈(1,m),使得h(x0)1時,對任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立. 7.解(1)設切點為M(x0,f(x0)),切線方程為y-f(x0)=k(x-x0). ∵f'(x)=a-1x, ∴k=f'(x0)=a-1x0,即切線方程為y-ax0+lnx0=a-1x0(x-x0). 又切線過原點O,∴-ax0+lnx0=-ax0+1. 由lnx0=1,解得x0=e,∴切點的橫

19、坐標為e. (2)∵不等式ax-lnx≥a(2x-x2)恒成立, ∴等價于a(x2-x)≥lnx對?x∈[1,+∞)恒成立. 設y1=a(x2-x),y2=lnx,由于x∈[1,+∞),且當a≤0時,y1≤y2,故a>0. 設g(x)=ax2-ax-lnx, 當01時,a≥lnxx2-x恒成立,令h(x)=lnxx2-x. 又x>1時,lnx

20、=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切線方程為x+y=0. (2)由已知可得 f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-3或x=t2+3. 當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,t2-3) t2-3 (t2-3,t2+3) t2+3 (t2+

21、3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以函數f(x)的極大值為f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函數f(x)的極小值為f(t2+3)=(3)3-9×3=-63. (3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點等價于關于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三個互異的實數解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0. 設函數g(x)=x3+(1-d2)x+63,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點等價

22、于函數y=g(x)有三個零點. g'(x)=3x2+(1-d2). 當d2≤1時,g'(x)≥0,這時g(x)在R上單調遞增,不合題意. 當d2>1時,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13. 易得,g(x)在區(qū)間(-∞,x1)內單調遞增,在區(qū)間[x1,x2]上單調遞減,在區(qū)間(x2,+∞)內單調遞增. g(x)的極大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+63>0. g(x)的極小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63. 若g(x2)≥0,由g(x)的單調性可知函數y=g(x)至多有兩個零點,不合題意. 若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此時|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|