人教版高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含答案

这是一份人教版高考数学一轮复习考点规范练17导数的综合应用含答案，共3页。试卷主要包含了设f=xex,g=12x2+x等内容，欢迎下载使用。
考点规范练17　导数的综合应用1.设f(x)=xex,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,∴F'(x)=(x+1)(ex+1),令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,∴F(x)在区间(-∞,-1)内单调递减,在区间(-1,+∞)内单调递增.故F(x)min=F(-1)=-.(2)∵任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,∴mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在区间[-1,+∞)内单调递增即可.故h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0在区间[-1,+∞)恒成立,故m≥,而≤e,故m的取值范围是[e,+∞).2.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.(1)证明f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a,∵a>1,当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0,∴f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)解当a>0,a≠1时,f'(x)=2x+(ax-1)ln a,令h(x)=2x+(ax-1)ln a,则h'(x)=2+ax(ln a)2>0,即h(x)在R上单调递增,则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,∴t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.3.(2021全国Ⅱ,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-.∵a>0,x>0,∴>0,∴当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0,∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f=3-3ln=3+3ln a>0,∴ln a>-1,∴a>,即实数a的取值范围是.4.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-aln x,∴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.由解得则f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-.令f'(x)<0,得0<x<2;令f'(x)>0,得x>2,即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)<0,f(3)=6(1-ln 3)<0,f(4)=6(2-ln 4)=12(1-ln 2)>0,∴x0∈(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-aln x,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成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-aln x<0在x∈(1,e)上有解,令h(x)=x2-x-aln x,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,即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,即在区间(1,e)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,则h(x)在区间(1,e)内单调递减.故存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意;若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,即在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,则在区间(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.故存在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.