2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练17导数的二、综合应用Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练17导数的二、综合应用Word版附解析，共4页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。

1.设函数f(x)=xex,函数g(x)=12x2+x.
(1)令函数F(x)=f(x)+g(x),求函数F(x)的最小值;
(2)若对任意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+12x2+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)=-12−1e.
(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-12x2-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≥1ex,而1ex≤e,故实数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:
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.设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数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-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)<0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,∴函数f(x)在区间0,1a内单调递减,在区间1a,+∞内单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在区间(0,+∞)内没有零点,
由(1)可得函数f(x)在区间0,1a内单调递减,在区间1a,+∞内单调递增,
∴f1a=3-3ln1a=3+3ln a>0,
∴ln a>-1,
∴a>1e,
即实数a的取值范围是1e,+∞.
4.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,求实数a.
(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≥0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,+∞)内只有一个零点等价于h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.
当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
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)=1-4ae2是h(x)在区间(0,+∞)内的最小值.
①若h(2)>0,即a②若h(2)=0,即a=e24,则h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>e24,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)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>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.
综上所述,当f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时,a=e24.
二、综合应用
5.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-ax(x>0).
∵x=2是函数f(x)的极值点,∴f'(2)=4+b-a2=0.
∵1是函数f(x)的零点,
∴f(1)=1+b=0.
由4+b-a2=0,1+b=0,解得a=6,b=-1.则f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-6x.
令f'(x)<0,得00,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在区间(1,e)内有解,
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-ax=2x2-x-ax,
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)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)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.
6.(2023新高考Ⅱ,22)(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cs ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求实数a的取值范围.
(1)证明设h(x)=sin x-x,x∈[0,1],
则h'(x)=cs x-1≤0对∀x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,
所以函数h(x)在区间[0,1]上单调递减.
所以对∀x∈(0,1),有h(x)又因为h(0)=0,所以sin x-x<0恒成立.
所以sin x设g(x)=sin x-(x-x2),
则g'(x)=cs x+2x-1.
令G(x)=cs x+2x-1,
则G'(x)=-sin x+2>0对∀x∈[0,1]恒成立,
所以g'(x)在区间[0,1]上单调递增.
又g'(0)=1+0-1=0,
所以对∀x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅当x=0时有g'(0)=0,
所以函数y=g(x)在区间[0,1]上单调递增.
所以对∀x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.
又因为g(0)=0,
所以sin x+x2-x>0对∀x∈(0,1)恒成立.
所以当x∈(0,1)时,x-x2综上可知,x-x2(2)解由题知f'(x)=-asin ax+2x1-x2,f'(0)=0,令p(x)=f'(x)=-asin ax+2x1-x2,
则p'(x)=-a2cs ax+2+2x2(1-x2)2,p'(0)=2-a2.
①当2-a2>0,即-20,所以p(x)在区间(0,x0)内单调递增,即f'(x)在区间(0,x0)内单调递增.所以当x∈(0,x0)时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在区间(0,x0)内单调递增,这与x=0是f(x)的极大值点相矛盾,不符合题意.
②当2-a2<0,即a<-2或a>2时,可知存在00,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(-x0,0)内单调递增,在区间(0,x0)内单调递减,此时满足x=0是f(x)的极大值点.
③当2-a2=0,即a=±2时,易知f(x)是偶函数,所以只需考虑a=2的情形即可.
当a=2时,f'(x)=-2sin 2x+2x1-x2.由(1)知,当0sin x,所以当0sin2x,所以当0-2x+2x1-x2=2x(11-x2-1)>0,所以f(x)在区间(0,22)内单调递增,与x=0是f(x)的极大值点相矛盾,不符合题意.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).
三、探究创新
7.已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
(1)解:①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,则f'(x)=3x2+6x(x>0).
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x−3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明:由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+kx(x>0).
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)-2(x13−x23+klnx1x2)
=x13−x23-3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t).①
令h(x)=x-1x-2ln x,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2−2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在区间[1,+∞)内单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),
即t-1t-2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t)≥(t3-3t2+3t-1)-3(t-1t-2ln t)=t3-3t2+6ln t+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),
即t3-3t2+6ln t+3t>1,故t3-3t2+6ln t+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增