《2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析 專題限時(shí)集訓(xùn)(十四)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 (建議用時(shí)：60分鐘) 1．(2018?太原模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x>0)，曲線y＝f(x)過點(diǎn)(e，e2－e＋1)，且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y＝0. (1)求a，b的值； (2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥(x－1)2； (3)若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)， 可得f′(x)＝2axln x＋ax＋b， 因?yàn)閒′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝e2－e＋1， 所以a＝1，b＝－1. (2)證明：f(x)＝x2ln x－x＋1， 設(shè)g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)， g′(x)＝2xln x－x＋1，(g′(x))′＝2ln x＋1＞0， 所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g′(x)≥g′(1)＝0， 所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2. (3)設(shè)h(x)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1， h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1， 由(2)中知x2ln x≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)， 所以xln x≥x－1，所以h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)， ①當(dāng)3－2m≥0即m≤32時(shí)，h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)單調(diào)遞增， 所以h(x)≥h(1)＝0，成立． ②當(dāng)3－2m<0即m>32時(shí)， h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)， (h′(x))′＝2ln x＋3－2m， 令(h′(x))′＝0，得x0＝e2m－32＞1， 當(dāng)x∈[1，x0)時(shí)，h′(x)＜h′(1)＝0， 所以h(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，不成立． 綜上，m≤32. 2．(2017?天津高考)設(shè)a，b∈R，|a|≤1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(diǎn)(x0，y0)處有相同的切線， ①求證：f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0； ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范圍． [解]　(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得 f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]． 令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a. 由|a|≤1，得a<4－a. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x(－∞，a)(a,4－a)(4－a，＋∞) f′(x)＋－＋ f(x) 所以， f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，(4－a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4－a)． (2)①證明：因?yàn)間′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))， 由題意知g(x0)＝ex0，g′(x0)＝ex0， 所以f(x0)ex0＝ex0，ex0(f(x0)＋f′(x0))＝ex0， 解得f(x0)＝1，f′(x0)＝0. 所以f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0. ②因?yàn)間(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex>0， 所以f(x)≤1. 又因?yàn)閒(x0)＝1，f′(x0)＝0， 所以x0為f(x)的極大值點(diǎn)，由(1)知x0＝a. 另一方面，由于|a|≤1，故a＋1<4－a. 由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a＋1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)x0＝a時(shí)，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，從而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立． 由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1， 得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1. 令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x. 令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0. 因?yàn)閠(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1， 所以，t(x)的值域?yàn)閇－7,1]． 所以，b的取值范圍是[－7,1]． 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍； (3)求證：a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因?yàn)閒(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23. f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x(－∞，－2)－2－2，－23 －23 －23，＋∞ f′(x)＋0－0＋ f(x)cc－3227  所以當(dāng)c>0且c－3227<0時(shí)，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，0， 使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈0，3227時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn)． (3)證明：當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)． 當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0. 當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)． 綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，則必有Δ＝4a2－12b＞0. 故a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件． 當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)， 所以a2－3b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件． 因此a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件． 4．(2018?蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－xax＋ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，且a＞0. (1)求a的取值范圍； (2)若b>0，試證明1a＋b＜lna＋bb＜ab. [解]　(1)f′(x)＝－1ax2＋1x＝ax－1ax2， 因?yàn)樵?1，＋∞)上f′(x)≥0，且a＞0， 所以ax－1≥0，即x≥1a，所以1a≤1，即a≥1. 故a的取值范圍為[1，＋∞)． (2)證明：因?yàn)閎>0，a≥1，所以a＋bb>1， 又f(x)＝1－xax＋ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以fa＋bb＞f(1)，即1－a＋bba?a＋bb＋lna＋bb＞0， 化簡(jiǎn)得1a＋b＜lna＋bb， lna＋bb＜ab等價(jià)于lna＋bb－ab＝ln1＋ab－ab＜0， 令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))， 則g′(x)＝11＋x－1＝－x1＋x＜0， 所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)， 所以gab＝ln1＋ab－ab＝lna＋bb－ab＜g(0)＝0，即lna＋bb＜ab. 綜上，1a＋b＜lna＋bb＜ab，得證.