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

考点规范练15导数的综合应用一、基础稳固1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1处都获得极值.求a,b的值及函数f(x)的单一区间;若对于x∈[-1,2],不等式f(x)<c2恒建立,求c的取值范围.2.(2018全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=ex-ax2.若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;若f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点,求a.3.已知函数f()ln(0),e为自然对数的底数.x=axa>(1)若过点A(2,f(2))的切线斜率为2,务实数a的值;(2)当x>0时,求证:f(x)≥a1-1;(3)若在区间(1,e)内,)1恒建立,务实数a的取值范围.-14.(2018全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=1-x+alnx.议论f(x)的单一性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:1)-)<a-2.1-二、能力提高5.已知函数f(x)=ax2+bx-c-lnx(x>0)在x=1处取极值,此中a,b为常数.(1)若0,求函数f(x)的单一区间;a>若函数f(x)在x=1处取极值-1-c,且不等式f(x)≥-2c2恒建立,务实数c的取值范围;(3)若0,且函数f()有两个不相等的零点x1,x2,证明:122a>xx+x>.6.设函数f(x)=x2+bx-alnx.(1)若x=2是函数f(x)的极值点,1和x0是函数f(x)的两个不一样零点,且x0∈(n,n+1),n∈N,求n.(2)若对随意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0建立,务实数a的取值范围.7.已知函数f(x)=ax-lnx.过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标;对?x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒建立,务实数a的取值范围.三、高考展望8.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),此中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线

y=f(x)与直线

y=-(x-t

2)-6

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)=x3+ax2+bx+c,∴f'(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-与x=1处都获得极值,∴f'-10,(1)320,a+b=f'=+a+b=1两式联立解得a=-,b=-2,∴f(x)=x3-1x2-2x+c,f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f'(x)=0,得x1=-,x2=1,当x变化时,f'(x),f(x)的变化状况以下表:x∞-11(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗∴函数f(x)的递加区间为-∞-与(1,+∞),递减区间为-1.f(x)=x3-1x2-2x+c,x∈[-1,2],当x=-时,f-+c为极大值,而f(2)2,则f(2)2为最大值,要使f()2(x∈[-1,2])恒=+c=+cx<c建立,只要c2>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(x2+1)e-x-1≤0.设函数()(21)e-x1,则g'()=-(221)e-x(x-1)2e-xgx=x+-xx-x+=-.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)内单一递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0即(x)≥1.解设函数h(x)=1-ax2e-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;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)内单一递减,在区间(2,+∞)内单一递加.故h(2)=1-是h(x)在区间[0,+∞)内的最小值.①若(2)0,则a<,()在区间(0,+∞)内没有零点;h>hx②若h(2)=0,则a=,h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点;③若h(2)<0,则a>.因为h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)内有一个零点.2由(1)知,当x>0时,e>x,1111所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.))故()在区间(2,4)内有一个零点.所以(x)在区间(0,+∞)内有两个零点.hxah综上,f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时,a=.3.(1)解∵f'(x)=,∴f'(2)==2,∴a=4.(2)证明令g(x)=a1-1,则g'(x)=a1-1.令g'(x)>0,得x>1;g'(x)<0,得0<x<1;所以g(x)在(0,1)内单一递减,在(1,+∞)内单一递加.所以g(x)的最小值为g(1)=0,1所以f(x)≥a1-.(3)解要使)1在区间(1,e)内恒建立,即便-10在区间(1,e)内恒建立,即1-0在区间(1,e)内-1-1-1恒建立.令h(x)=alnx+1-x,则h'(x)=-1.令h'(x)>0,解得x<a.当a>e时,h(x)在(1,e)内单一递加,所以h(x)>h(1)=0.当1<a≤时,h(x)在(1,a)内单一递加,在(a,e)内单一递减,所以只要h)≥0即a≥-1,所以e-1≤a≤;当0<a≤1时,h(x)在(1,e)内单一递减,则需h)≥0而h(e)=a+1-e<0,不切合题意.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)=-1-1+=--1.①若a≤则f'(x)≤0当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单一递减.---②若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.---当x∈0∞时,f'(x)<0;---当x∈时,f'(x)>0.------所以f(x)在区间0∞内单一递减,在区间内单一递加.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.2所以x1x2=1.不如设x1<x2,则x2>1.因为1)-)=-1-1+a1-=-2+a1-=-2+a-1,1-11-1--所以1)-)122-设函数g(x)=1-x+2lnx,由(1)知,g(x)在区间(0,+∞)内单一递减.又g(1)=0,进而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以1-x2+2lnx2<0,即1)-)<a-2.1-25.(1)解因为f(x)=ax+bx-c-lnx(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,1所以f'(x)=2ax+1-2a-1=(x-1)(x>0).当a>0时,1+2a>0,则当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)的单一递加区间为(1,+∞),单一递减区间为(0,1].解由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx.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,+∞)内单一递加,在区间(0,1]上单一递减,所以f(x)min=f(1)=-1-c.因为不等式f(x)≥-2c2恒建立,所以有-1-c≥-2c2,解得c≥1或c≤-1.故实数c的取值范围是c≥1或c≤-1.(3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函数f(x)在(0,1]上单一递减,在(1,+∞)内单一递加.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12,则x1∈(0,1),2∈(1,+∞),x<xx结构函数φ(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则φ(x)=2x-2+ln(2-x)-lnx,φ'(x)=2-11=--1)<0,--)所以y=φ(x)在(0,1)内单一递减,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,+∞)内单一递加,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得证.26.解(1)∵f(x)=x+bx-alnx,∴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.-0解得由10-1∴f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1-.令f'(x)<0,得0<x<2,令f'(x)>0,得x>2,∴f(x)在(0,2)内单一递减,在(2,+∞)内单一递加.故函数f(x)至多有两个零点,此中1∈(0,2),x0∈(2,+∞).∵f(2)<f(1)0,(3)6(1ln3)0,f(4)6(2ln4)12(1-ln2)0,<f=-<=-=>∴x0∈(3,4),故n=3.令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],则g(b)为对于b的一次函数,且为增函数,依据题意

,对随意

b∈[-2,-1],

都存在

x∈(1,e),

使得

f(x)<0建立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-a

ln

x<0在

x∈(1,e)

有解,令h(x)=x2-x-alnx,只要存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,因为h'(x)=2x-1---,令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,故φ(x)在(1,e)内单一递加,φ()φ(1)1x>=-a.①当1-a≥0即a≤1时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在(1,e)内单一递加,∴h(x)>h(1)=0,不切合题意.②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,若a≥2-e>1,则φ(e)<0,∴在(1,e)内φ(x)<0恒建立,即h'(x)<0恒建立,∴h(x)在(1,e)内单一递减,∴存在x0∈(1,e),使得(x0)(1)0,切合题意.h<h=若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,∴在(1,e)内必定存在实数m,使得φ(m)=0,∴在(1,m)内φ(x)<0恒建立,即h'(x)<0恒建立,h(x)在(1,m)内单一递减,∴存在x∈(1,m),使得0h(x)<h(1)=0,切合题意.0综上所述,当1时,对随意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f()0建立.a>x<7.解(1)设切点为M(x0,f(x0)),切线方程为y-f(x0)=k(x-x0).∵f'(x)=a-1,∴k=f'(x0)1,即切线方程为0ln0=-10).00又切线过原点O,∴-ax+lnx=-ax+1.000由lnx=1,解得x=e,∴切点的横坐标为e.00∵不等式ax-lnx≥a(2x-x2)恒建立,∴等价于a(x2-x)≥x对?x∈[1,+∞)恒建立.设y1=a(x2-x),y2=lnx,因为x∈[1,+∞),且当a≤0时,y1≤y2,故a>0.设g(x)=ax2-ax-lnx,当0<a<1时,g(3)=6a-≥0不恒建立,当a≥1x=1时,g(x)≥0恒建立;x>1时,a≥恒建立,令h(x)=.--又x>1时,lnx<x-1<x(x-1),即h(x)=<1恒建立,-综上所述,a≥1.8.解(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.所以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+3)(x-t)(x-t-3)=(x-t332-9)x-+9t.2-9.令-x-t2=x-tx+f'x=x-tx+2222222f'(x)=0,解得x=t2-或x=t2+.当x变化时,f'(x),f(x)的变化状况以下表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f'

(x)

+

0

-

0

+f(x)

↗

极大值

↘

极小值

↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于对于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数()有三个零点.y=gx22g'(x)=3x+(1-d).当d2≤1时,g'(x)≥0这时g(x)在R上单一递加,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=--1-1,x2=.易得,g(x)在区间(-∞,x1)内单一递加,在区间[x,x]上单一递减,在区间(