《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（含解析）新人教A版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點規(guī)范練15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
一、基礎(chǔ)鞏固
1.已知函數(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若對于x∈[-1,2],不等式f(x)0),e為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若過點A(2,f(2))的切線斜率為2,求實數(shù)a的值;
(2)當x>0時
2、,求證:f(x)≥a1-1x;
(3)若在區(qū)間(1,e)內(nèi),f(x)x-1>1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
4.(2018全國Ⅰ,理21)已知函數(shù)f(x)=1x-x+aln x.
(1)討論f(x)的單調(diào)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(shù).
(1)若a>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在x=1處取極值-1-c,且不等式f(x)≥-2c2恒成立,求實數(shù)c的取值范圍;
(3)若
3、a>0,且函數(shù)f(x)有兩個不相等的零點x1,x2,證明:x1+x2>2.
6.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+bx-aln x.
(1)若x=2是函數(shù)f(x)的極值點,1和x0是函數(shù)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(shù)a的取值范圍.
7.已知函數(shù)f(x)=ax-ln x.
(1)過原點O作函數(shù)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(shù)a的取值范圍.
三、高考預(yù)測
8.(2018天津
4、,文20)設(shè)函數(shù)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(shù)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(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)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(shù)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(shè)函數(shù)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(nèi)單調(diào)遞減.而g(0)=0,故當x≥0時,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)解設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個零點當且僅
7、當h(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)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(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)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(nèi)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(nèi)有一個零點.因此h(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個零點.
綜上,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)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(diào)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(nèi)恒成立,即使alnxx-1-1>0在區(qū)間(1,e)內(nèi)恒成立,即alnx+1-xx-1>0在區(qū)間(1,e)內(nèi)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(nèi)單調(diào)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(shù)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(nèi)單調(diào)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(nèi)單
11、調(diào)遞減,在區(qū)間a-a2-42,a+a2-42內(nèi)單調(diào)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(shè)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(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)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(shù)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(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,1]上單調(diào)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(shù)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(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
因為函數(shù)f(x)有兩個不相等的零點x1,x
14、2,
所以f(x1)=f(x2)=0.
若設(shè)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(shù)f(x)在(1,+∞
15、)內(nèi)單調(diào)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(shù)f(x)的極值點,
∴f'(2)=4+b-a2=0.
∵1是函數(shù)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(nèi)單調(diào)遞減,在(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
故函數(shù)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(guān)于b的一次函數(shù),且為增函數(shù),
根據(jù)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(nèi)單調(diào)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(nèi)單調(diào)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(nèi)φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,
∴h(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞減,
∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)a>1,則φ(e)>0,∴在(1,e)內(nèi)一
18、定存在實數(shù)m,使得φ(m)=0,
∴在(1,m)內(nèi)φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在(1,m)內(nèi)單調(diào)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(shè)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(shè)y1=a(x2-x),y2=lnx,由于x∈[1,+∞),且當a≤0時,y1≤y2,故a>0.
設(shè)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(shù)f(x)的極大值為f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函數(shù)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(guān)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(shù)解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.
設(shè)函數(shù)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(shù)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(diào)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(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間[x1,x2]上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x2,+∞)內(nèi)單調(diào)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(diào)性可知函數(shù)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|
（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（含解析）新人教A版
