广西专用2022年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.docx

1、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=-23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)0时,f(x)2a+aln 2a.3.已知函数f(x)=a-sinxx,0x.(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=,0m0.4.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a0,且a1).(1)当a1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.能力提升5.已知函数f(x)=

2、lnx+a-1x,g(x)=a(sinx+1)-2x,aR.(1)求函数f(x)的极小值;(2)求证:当-1a1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),nN,求n.(2)若对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)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,x21e,e,求实数a的取值范围.答案：1.解(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-23与x=1处都取得极值,f-

3、23=129-43a+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得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,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,-23-23-23,11(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-,-23与(1,+);单调递减区间为-23,1.(2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x-1,2,当x=-23时,f-23=2227+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,要

4、使f(x)f(2)=2+c,解得c2.c的取值范围为(-,-1)(2,+).2.(1)解f(x)=e2x-alnx的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-ax.当a0时,f(x)0恒成立,故f(x)没有零点.当a0时,y=e2x在区间(0,+)内单调递增,y=-ax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0ba4,且b14时,f(b)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,f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+)内单调递增,当x=

5、x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).2e2x0-ax0=0,f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a2a+aln2a,当且仅当x0=12时等号成立,此时a=e.故当a0时,f(x)2a+aln2a.3.(1)解f(x)=-xcosx-a+sinxx2,设g(x)=sinx-xcosx-a,则g(x)=xsinx0在区间(0,)内恒成立,故g(x)在区间(0,)内单调递增.由f(x)在x=x0处取到最小值可知,存在x0(0,),使f(x0)=0,即g(x)=0在区间(0,)内有解,则g(0)=-a0,解得0a0,只需证明x+mlnxsinxx.设函数h(x)=x-sinx,则h(x

6、)=1-cosx0在区间(0,)内恒成立,故h(x)在区间(0,)内单调递增,故h(x)h(0)=0,即xsinx.又x(0,),所以sinxx1.设函数p(x)=x+mlnx,则p(x)=mx-x2.当0m1时,p(x)p()=1+mln1.当1m时,若mx0,若0xm,则p(x)pm=m+mlnm1.综上,x+mlnx1sinxx在区间(0,)内恒成立.故当a=,0m0.4.(1)证明f(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,由于a1,当x(0,+)时,lna0,ax-10,所以f(x)0,故函数f(x)在区间(0,+)内单调递增.(2)解当a0,且a1时,f(x)=2

7、x+(ax-1)lna,设g(x)=2x+(ax-1)lna,则g(x)=2+ax(lna)20,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)=t1有三个根,而t+1t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.5.(1)解f(x)=1x-a-1x2=x-(a-1)x2(x0).当a-10,即a1时,f(x)0,函数f(x)在区间(0,+)内单调递增,无极小值.当a-10,即a1时,由f(x

8、)0,得0x0,得xa-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a1时,f(x)无极小值;当a1时,f(x)的极小值为1+ln(a-1).(2)证明令F(x)=f(x)-g(x)=lnx+a-1x-a(sinx+1)-2x=xlnx-asinx+1x(x0).(方法一)当-1a1时,要证f(x)g(x),即证F(x)0,即证xlnx-asinx+10.要证xlnx-asinx+10,即证xlnxasinx-1.当0h(0)=0,即xsinx.所以ax-1asinx-1.令q(x)=xlnx-x+1,则q(x)=lnx,当

9、x(0,1)时,q(x)0,q(x)在区间(1,+)内单调递增,故q(x)q(1)=0,即xlnxx-1.又因为0asinx-1.所以当0asinx-1成立.当a=0时,即证xlnx-1.令m(x)=xlnx,则m(x)=lnx+1.令m(x)=0,得x=1e,故m(x)在区间0,1e内单调递减,在区间1e,+内单调递增,故m(x)min=m1e=-1e-1.故xlnx-1成立.当-1a0时,若x(0,1,则asinx-1-1,故xlnxasinx-1;若x(1,+),则asinx-10,又当x(1,+)时,xlnx0,故xlnxasinx-1.所以当x(0,+)时,xlnxasinx-1成立

10、.由可知,当-1a1时,f(x)g(x).(方法二)当-1a1时,要证f(x)g(x),即证xlnx-asinx+10.当x1时,易知xlnx0,asinx-10,故xlnx-asinx+10成立.当x=1时,0-asin1+10显然成立.当0x0,故-sinxasinxsinx,令h(x)=x-sinx,则h(x)=1-cosx0,所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,故h(x)h(0)=0,即xsinx.故asinxxlnx-x+1.令q(x)=xlnx-x+1,则q(x)=lnx,当x(0,1)时,q(x)q(1)=0.故xlnx-asinx+10成立.由可知,当-1a1时,f(x)g

11、(x).(方法三)易知F(x)=f(x)-g(x)=lnx+1x-asinxx.要证f(x)g(x),即证F(x)0,即证lnx+1xasinxx.令(x)=lnx+1x,则(x)=x-1x2,令(x)=0,则x=1,故(x)min=(1)=1.故lnx+1x1.令h(x)=x-sinx,则h(x)=1-cosx0,故h(x)在区间(0,+)内单调递增.所以h(x)h(0)=0,即xsinx.故当x(0,+)时,sinxx1.又-1a1,故asinxxasinxx成立.故当-1a1时,f(x)g(x).6.解(1)f(x)=x2+bx-alnx,f(x)=2x+b-ax(x0).x=2是函数f

12、(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.f(x)=x2-x-6lnx,f(x)=2x-1-6x.令f(x)0,得0x0,得x2,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,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

13、得f(x)0成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-alnx0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,故(x)在区间(1,e)内单调递增,(x)(1)=1-a.当1-a0,即a1时,(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.当1-a1时,(1)=1-a1,则(e)0,在区间(1,e)内(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)a1,则(e)0,在区间(1,e)内一定存在实数m,使得(m)=0,在区间(1,m

14、)内(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)1时,对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)0成立.7.(1)证明当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)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.若h

15、(2)0,即ae24,h(x)在区间(0,+)内没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在区间(0,+)内只有一个零点;若h(2)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x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.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=e24.8.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

16、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=1e.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)单调递减极小值(最小值)单调递增当t1e时,f(x)在区间t,t+2上单调递增,所以f(x)min=f(t)=tlnt.当0t1e时,f(x)在区间t,1e内单调递减,在区间1e,t+2上单调递增,所以f(x)min=f1e=-1e.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3.所以a=x+2lnx+3x.令h(x)=x+2lnx+3x,则h(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x1e,11(1,e)h(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增因为h1e=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,所以h(e)-h1e=4-2e+2e0.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4ae+2+3e.10