天津专用2020届高考数学一轮复习考点规范练15导数的综合应用含解析新人教A版

考点规范练15 导数的综合应用
一、基础巩固
与x=1处都取得极值.
1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-2
3
(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.
2.(2018全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=e x-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.
3.已知函数f(x)=a ln x(a>0),e为自然对数的底数.
(1)若过点A(2,f(2))的切线斜率为2,求实数a的值;
);
(2)当x>0时,求证:f(x)≥a(1-1
x
>1恒成立,求实数a的取值范围.
(3)若在区间(1,e)内,x(x)
x-1
-x+a ln x.
4.(2018全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=1
x
(1)讨论f(x)的单调性;
<a-2.
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:x(x1)-x(x2)
x1-x2
二、能力提升
5.已知函数f(x)=ax2+bx-c-ln x(x>0)在x=1处取极值,其中a,b为常数.
(1)若a>0,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在x=1处取极值-1-c,且不等式f(x)≥-2c2恒成立,求实数c的取值范围;
(3)若a>0,且函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.
6.设函数f(x)=x2+bx-a ln 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.
7.已知函数f(x)=ax-ln x.
(1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标;
(2)对∀x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范围.
三、高考预测
8.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若d=3,求f(x)的极值;
(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6√3有三个互异的公共点,求d的取值范围.
考点规范练15 导数的综合应用
1.解(1)∵f (x )=x 3
+ax 2
+bx+c ,
∴f'(x )=3x 2+2ax+b.
又f (x )在x=-2
3与x=1处都取得极值,
∴f'(-23)=
129
−4
3a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,
两式联立解得a=-1
2,b=-2,
∴f (x )=x 3-1
2x 2-2x+c , f'(x )=3x 2-x-2=(3x+2)(x-1),
令f'(x )=0,得x 1=-2
3,x 2=1,
当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:
∴函数f (x )的递增区间为(-∞,-23)与(1,+∞),递减区间为(-2
3,1).
(2)f (x )=x 3
-1
2
x 2
-2x+c ,x ∈[-1,2],
当x=-23时,f (-23)=22
27+c 为极大值,而f (2)=2+c ,则f (2)=2+c 为最大值,要使f (x )<c 2
(x ∈[-1,2])恒成立,只需c 2
>f (2)=2+c ,解得c<-1或c>2.
∴c 的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
2.(1)证明当a=1时,f (x )≥1等价于(x 2
+1)e -x
-1≤0. 设函数g (x )=(x 2
+1)e -x -1,则g'(x )=-(x 2-2x+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-ax 2e -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)=1-4x
e 2是h (x )在区间[0,+∞)内的最小值.
①若h (2)>0,则a<e 2
4,h (x )在区间(0,+∞)内没有零点; ②若h (2)=0,则a=e 2
4,h (x )在区间(0,+∞)内只有一个零点;
③若h (2)<0,则a>e 2
4.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,e x
>x 2
, 所以h (4a )=1-16x 3
e 4x
=1-16x 3
(e 2x )
2>1-
16x 3
(2x )
4=1-1
x >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,+∞)内只有一个零点时,a=e 2
4. 3.(1)解∵f'(x )=x x
,
∴f'(2)=x
2=2,∴a=4.
(2)证明令g (x )=a (ln x -1+1
x ), 则g'(x )=a (1
x -1
x 2). 令g'(x )>0,得x>1;
g'(x )<0,得0<x<1;
所以g (x )在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 所以g (x )的最小值为g (1)=0, 所以f (x )≥a (1-1
x ).
(3)解要使
x (x )
x -1
>1在区间(1,e)内恒成立,即使
x ln x
x -1
-1>0在区间(1,e)内恒成立,即
x ln x +1-x
x -1
>0在区
间(1,e)内恒成立. 令h (x )=a ln x+1-x , 则h'(x )=x
x -1. 令h'(x )>0,解得x<a.
当a>e 时,h (x )在(1,e)内单调递增,所以h (x )>h (1)=0. 当1<a ≤e 时,h (x )在(1,a )内单调递增,在(a ,e)内单调递减, 所以只需h (e)≥0,即a ≥e -1,所以e -1≤a ≤e;
当0<a ≤1时,h (x )在(1,e)内单调递减,则需h (e)≥0,而h (e)=a+1-e <0,不符合题意. 综上,实数a 的取值范围为[e -1,+∞).
4.(1)解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1
x 2-1+x
x =-x 2-xx +1
x 2
. ①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x )=0,所以f (x )在区间(0,+∞)内单调递减. ②若a>2,令f'(x )=0,得x=
x -√x 2-4
2
或x=
x +√x 2-4
2
.
当x ∈(0,x -√x 2-4
2
)∪(
x +√x 2-4
2
,+∞)时,f'(x )<0;
当x ∈(
x -√x 2-4
2
,
x +√x 2-4
2
)时,f'(x )>0. 所以f (x )在区间(0,
x -√x 2-4
2
),(
x +√x 2-4
2
,+∞)内单调递减,在区间(
x -√x 2-4
2
,
x +√x 2-4
2
)内单调递增.
(2)证明由(1)知,f (x )存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f (x )的两个极值点x 1,x 2满足x 2
-ax+1=0, 所以x 1x 2=1.不妨设x 1<x 2,则x 2>1. 由于
x (x 1)-x (x 2)x 1-x 2=-1x 1x 2-1+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a -2ln x 2
1
x 2
-x 2
, 所以
x (x 1)-x (x 2)
x 1-x 2
<a-2等价于1
x 2
-x 2+2ln x 2<0.
设函数g (x )=1
x
-x+2ln x ,由(1)知,g (x )在区间(0,+∞)内单调递减.又g (1)=0,从而当x ∈(1,+∞)
时,g (x )<0. 所以
1
x
2
-x 2+2ln x 2<0,即
x (x 1)-x (x 2)
x 1-x 2
<a-2.
5.(1)解因为f (x )=ax 2
+bx-c-ln x (x>0), 所以f'(x )=2ax+b-1
x (x>0).
因为函数f (x )在x=1处取极值,所以f'(1)=2a+b-1=0,所以b=1-2a , 所以f'(x )=2ax+1-2a-1
x
=(x-1)(1
x +2x )(x>0).
当a>0时,1
x
+2a>0,则当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1].
(2)解由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-ln x.
因为函数f(x)在x=1处取极值-1-c,所以f(1)=-a+1-c=-1-c,可得a=2.
因为a>0,由(1)可知函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,在区间(0,1]上单调递减,所以
f(x)min=f(1)=-1-c.
因为不等式f(x)≥-2c2恒成立,
所以有-1-c≥-2c2,解得c≥1或c≤-1
2
.
故实数c的取值范围是c≥1或c≤-1
2
.
(3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-ln x,函数f(x)在(0,1]上单调递减,在(1,+∞)内单调递增.因为函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,
所以f(x1)=f(x2)=0.
若设x1<x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),
构造函数φ(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则φ(x)=2x-2+ln(2-x)-ln x,φ'(x)=2-1
2-x −1
x
=-2(x-1)
2
x(2-x)
<0,
所以y=φ(x)在(0,1)内单调递减,所以,当x∈(0,1)时,φ(x)>φ(1)=0.所以f(x)>f(2-x).
因为x1∈(0,1),所以f(x1)>f(2-x1).
又因为f(x1)=f(x2)=0,
所以f(x2)>f(2-x1),
而2-x1,x2∈(1,+∞),
函数f(x)在(1,+∞)内单调递增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得证.
6.解(1)∵f(x)=x2+bx-a ln x,
∴f'(x)=2x+b-x
x
(x>0).
∵x=2是函数f(x)的极值点,
∴f'(2)=4+b-x
2
=0.
∵1是函数f (x )的零点, ∴f (1)=1+b=0.
由{4+x -x
2=0,1+x =0,
解得{
x =6,x =-1. ∴f (x )=x 2-x-6ln x ,f'(x )=2x-1-6
x .
令f'(x )<0,得0<x<2, 令f'(x )>0,得x>2,
∴f (x )在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增.
故函数f (x )至多有两个零点,其中1∈(0,2),x 0∈(2,+∞).
∵f (2)<f (1)<0,f (3)=6(1-ln3)<0,f (4)=6(2-ln4)=12(1-ln2)>0, ∴x 0∈(3,4),故n=3.
(2)令g (b )=xb+x 2
-a ln 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)=x 2-x-a ln x<0在x ∈(1,e)有解,
令h (x )=x 2
-x-a ln x ,只需存在x 0∈(1,e)使得h (x 0)<0即可, 由于h'(x )=2x-1-x
x =
2x 2-x -x
x
,
令φ(x )=2x 2-x-a ,x ∈(1,e), 则φ'(x )=4x-1>0,
故φ(x )在(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(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)=2e 2-e -a ,
若a ≥2e 2
-e >1,则φ(e)<0,
∴在(1,e)内φ(x )<0恒成立,即h'(x )<0恒成立, ∴h (x )在(1,e)内单调递减,
∴存在x 0∈(1,e),使得h (x 0)<h (1)=0,符合题意.
若2e 2
-e >a>1,则φ(e)>0,∴在(1,e)内一定存在实数m ,使得φ(m )=0,
∴在(1,m )内φ(x )<0恒成立,即h'(x )<0恒成立,h (x )在(1,m )内单调递减,∴存在x 0∈(1,m ),使得h (x 0)<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.解(1)设切点为M (x 0,f (x 0)),切线方程为y-f (x 0)=k (x-x 0).
∵f'(x )=a-1
x ,
∴k=f'(x 0)=a-1x 0
,即切线方程为y-ax 0+ln x 0=(x -1
x 0
)(x-x 0).
又切线过原点O ,∴-ax 0+ln x 0=-ax 0+1. 由ln x 0=1,解得x 0=e,∴切点的横坐标为e . (2)∵不等式ax-ln x ≥a (2x-x 2
)恒成立,
∴等价于a (x 2-x )≥ln x 对∀x ∈[1,+∞)恒成立.
设y 1=a (x 2
-x ),y 2=ln x ,由于x ∈[1,+∞),且当a ≤0时,y 1≤y 2,故a>0. 设g (x )=ax 2-ax-ln x ,
当0<a<1时,g (3)=6a-ln3≥0不恒成立,当a ≥1,x=1时,g (x )≥0恒成立;
x>1时,a ≥ln x x 2-x 恒成立,令h (x )=ln x
x 2-x .
又x>1时,ln x<x-1<x (x-1), 即h (x )=ln x
x 2-x <1恒成立, 综上所述,a ≥1.
8.解(1)由已知,可得f (x )=x (x-1)(x+1)=x 3
-x ,故f'(x )=3x 2
-1.因此f (0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y-f (0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0. (2)由已知可得
f (x )=(x-t 2+3)(x-t 2)(x-t 2-3)=(x-t 2)3-9(x-t 2)=x 3-3t 2x 2+(3x 22-9)x-x 23
+9t 2.故f'(x )=3x 2-6t 2x+3x 22-9.令f'(x )=0,解得x=t 2-√3或x=t 2+√3. 当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:
所以函数f (x )的极大值为f (t 2-√3)=(-√3)3
-9×(-√3)=6√3;函数f (x )的极小值为
f (t 2+√3)=(√3)3-9×√3=-6√3.
(3)曲线y=f (x )与直线y=-(x-t 2)-6√3有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x-t 2+d )(x-t 2)(x-
t 2-d )+(x-t 2)+6√3=0有三个互异的实数解.令u=x-t 2,可得u 3+(1-d 2)u+6√3=0.
设函数g (x )=x 3
+(1-d 2
)x+6√3,则曲线y=f (x )与直线y=-(x-t 2)-6√3有三个互异的公共点等价于函数y=g (x )有三个零点.
g'(x )=3x 2+(1-d 2).
当d 2
≤1时,g'(x )≥0,这时g (x )在R 上单调递增,不合题意. 当d 2>1时,令g'(x )=0,解得x 1=-√x 2-1√3
,x 2=
√x 2-1√3
.
易得,g (x )在区间(-∞,x 1)内单调递增,在区间[x 1,x 2]上单调递减,在区间(x 2,+∞)内单调递增.
g (x )的极大值g (x 1)=g (-
√x 2-1√3
)=
2√3(x 2-1)3
2
9
+6√3>0.
g (x )的极小值g (x 2)=g (
√x 2-1√3
)=-
2√3(x 2-1)3
2
9
+6√3.
若g (x 2)≥0,由g (x )的单调性可知函数y=g (x )至多有两个零点,不合题意.
若g (x 2)<0,即(d 2
-1)32
>27,也就是|d|>√10,此时|d|>x 2,g (|d|)=|d|+6√3>0,且-2|d|<x 1,g (-2|d|)=-6|d|3
-2|d|+6√3<-62√10+6√3<0,从而由g (x )的单调性,可知函数y=g (x )在区间(-2|d|,x 1),(x 1,x 2),(x 2,|d|)内各有一个零点,符合题意. 所以,d 的取值范围是(-∞,-√10)∪(√10,+∞).。