广西专用高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含解析新人教A版理，共12页。试卷主要包含了已知函数f=ex-ax2等内容，欢迎下载使用。
考点规范练17　导数的综合应用基础巩固1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1处都取得极值.(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)<c2恒成立,求c的取值范围.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,∴f'a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-,b=-2,∴f(x)=x3-x2-2x+c,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-∞,---,11(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增↗极大值单调递减↘极小值单调递增↗∴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)<c2(x∈[-1,2])恒成立,只需c2>f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).2.设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln 答案:(1)解f(x)=e2x-alnx的定义域为(0,+∞),∴f'(x)=2e2x-当a≤0时,f'(x)>0恒成立,故f'(x)没有零点.当a>0时,∵y=e2x在区间(0,+∞)内单调递增,y=-在区间(0,+∞)内单调递增,∴f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<,且b<时,f'(b)<0,∴当a>0时,导函数f'(x)存在唯一的零点.(2)证明由(1),可设导函数f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,∴当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).∵2=0,∴f(x0)=+2ax0+aln2a+aln,当且仅当x0=时等号成立,此时a=e.故当a>0时,f(x)≥2a+aln3.已知函数f(x)=,0<x<π.(1)当x=x0时,f(x)取得最小值f(x0),求实数a的取值范围及f(x0)的取值范围;(2)当a=π,0<m<π时,证明:f(x)+mln x>0.答案:(1)解f'(x)=,设g(x)=sinx-xcosx-a,则g'(x)=xsinx>0在区间(0,π)内恒成立,故g(x)在区间(0,π)内单调递增.由f(x)在x=x0处取到最小值可知,存在x0∈(0,π),使f'(x0)=0,即g(x)=0在区间(0,π)内有解,则g(0)=-a<0,g(π)=π-a>0,解得0<a<π.因为f'(x0)=0,所以sinx0-x0cosx0-a=0,即a=sinx0-x0cosx0.所以f(x0)==-cosx0.又x0∈(0,π),所以f(x0)∈(-1,1).所以a的取值范围为(0,π),f(x0)的取值范围为(-1,1).(2)证明欲证+mlnx>0,只需证明+mlnx>设函数h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx>0在区间(0,π)内恒成立,故h(x)在区间(0,π)内单调递增,故h(x)>h(0)=0,即x>sinx.又x∈(0,π),所以<1.设函数p(x)=+mlnx,则p'(x)=当0<m≤1时,p'(x)<0在区间(0,π)内恒成立,故p(x)在区间(0,π)内单调递减,故p(x)>p(π)=1+mlnπ>1.当1<m<π时,若<x<π,则p'(x)>0,若0<x<,则p'(x)<0,故p(x)在区间内单调递减,在区间内单调递增,故p(x)>p=m+mln>1.综上,+mlnx>1>在区间(0,π)内恒成立.故当a=π,0<m<π时,f(x)+mlnx>0.4.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,且a≠1).(1)当a>1时,求证:函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.答案:(1)证明f'(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,由于a>1,当x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,所以f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)解当a>0,且a≠1时,f'(x)=2x+(ax-1)lna,设g(x)=2x+(ax-1)lna,则g'(x)=2+ax(lna)2>0,∴f'(x)在R上单调递增,∵f'(0)=0,故f'(x)=0有唯一解x=0,∴x,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:x(-∞,0)0(0,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减↘极小值单调递增↗又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,∴方程f(x)=t±1有三个根,而t+1>t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.能力提升5.已知函数f(x)=ln x+,g(x)=,a∈R.(1)求函数f(x)的极小值;(2)求证:当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).答案:(1)解f'(x)=(x>0).当a-1≤0,即a≤1时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极小值.当a-1>0,即a>1时,由f'(x)<0,得0<x<a-1,函数f(x)在区间(0,a-1)内单调递减;由f'(x)>0,得x>a-1,函数f(x)在区间(a-1,+∞)内单调递增.故f(x)的极小值为f(a-1)=1+ln(a-1).综上所述,当a≤1时,f(x)无极小值;当a>1时,f(x)的极小值为1+ln(a-1).(2)证明令F(x)=f(x)-g(x)=lnx+(x>0).(方法一)当-1≤a≤1时,要证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证xlnx-asinx+1>0.要证xlnx-asinx+1>0,即证xlnx>asinx-1.①当0<a≤1时,令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,故h(x)>h(0)=0,即x>sinx.所以ax-1>asinx-1.令q(x)=xlnx-x+1,则q'(x)=lnx,当x∈(0,1)时,q'(x)<0,q(x)在区间(0,1)内单调递减;当x∈(1,+∞)时,q'(x)>0,q(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故q(x)≥q(1)=0,即xlnx≥x-1.又因为0<a≤1,所以xlnx≥x-1≥ax-1>asinx-1.所以当0<a≤1时,xlnx>asinx-1成立.②当a=0时,即证xlnx>-1.令m(x)=xlnx,则m'(x)=lnx+1.令m'(x)=0,得x=,故m(x)在区间内单调递减,在区间内单调递增,故m(x)min=m=->-1.故xlnx>-1成立.③当-1≤a<0时,若x∈(0,1],则asinx-1<-1,由②知,xlnx>-1,故xlnx>asinx-1;若x∈(1,+∞),则asinx-1≤0,又当x∈(1,+∞)时,xlnx>0,故xlnx>asinx-1.所以当x∈(0,+∞)时,xlnx>asinx-1成立.由①②③可知,当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).(方法二)当-1≤a≤1时,要证f(x)>g(x),即证xlnx-asinx+1>0.①当x>1时,易知xlnx>0,asinx-1≤0,故xlnx-asinx+1>0成立.②当x=1时,0-asin1+1>0显然成立.③当0<x<1时,sinx>0,故-sinx≤asinx≤sinx,令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,故h(x)>h(0)=0,即x>sinx.故asinx<x.故xlnx-asinx+1>xlnx-x+1.令q(x)=xlnx-x+1,则q'(x)=lnx,当x∈(0,1)时,q'(x)<0,q(x)在区间(0,1)内单调递减,故q(x)>q(1)=0.故xlnx-asinx+1>0成立.由①②③可知,当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).(方法三)易知F(x)=f(x)-g(x)=lnx+-a要证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证lnx+>a令φ(x)=lnx+,则φ'(x)=,令φ'(x)=0,则x=1,故φ(x)min=φ(1)=1.故lnx+1.令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,故h(x)在区间(0,+∞)内单调递增.所以h(x)>h(0)=0,即x>sinx.故当x∈(0,+∞)时,<1.又-1≤a≤1,故a<1.故lnx+>a成立.故当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).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),n∈N,求n.(2)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0 成立,求实数a的取值范围.解:(1)∵f(x)=x2+bx-alnx,∴f'(x)=2x+b-(x>0).∵x=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-令f'(x)<0,得0<x<2,令f'(x)>0,得x>2,∴f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(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,f(4)=6(2-ln4)=12(1-ln2)>0,∴x0∈(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],x∈(1,e),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-alnx<0在x∈(1,e)时有解,令h(x)=x2-x-alnx,x∈(1,e),只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,由于h'(x)=2x-1-,令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,故φ(x)在区间(1,e)内单调递增,φ(x)>φ(1)=1-a.①当1-a≥0,即a≤1时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,∴h(x)>h(1)=0,不符合题意.②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,若a≥2e2-e>1,则φ(e)≤0,∴在区间(1,e)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,∴h(x)在区间(1,e)内单调递减,∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,∴在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,∴在区间(1,m)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在区间(1,m)内单调递减,∴存在x0∈(1,m),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.综上所述,当a>1时,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立.7.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点,求a.答案:(1)证明当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)解设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点当且仅当h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(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.①若h(2)>0,即a<,h(x)在区间(0,+∞)内没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)内有一个零点.由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.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,+∞)只有一个零点时,a=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)的图象在x=1处的切线方程;(2)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)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.解:(1)因为当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g'(x)=(-x2+3x+2)ex.所以切线的斜率为g'(1)=4e.所以所求切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)f'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:xf'(x)-0+f(x)单调递减极小值(最小值)单调递增①当t时,f(x)在区间[t,t+2]上单调递增,所以f(x)min=f(t)=tlnt.②当0<t<时,f(x)在区间内单调递减,在区间上单调递增,所以f(x)min=f=-(3)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3.所以a=x+2lnx+令h(x)=x+2lnx+,则h'(x)=1+当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x1(1,e)h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增因为h+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2,所以h(e)-h=4-2e+<0.所以方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根时,实数a的取值范围为4<a≤e+2+