高优指导2021高考数学一轮复习考点规范练15导数的综合应用理含解析北师大版.doc

考点规范练15导数的综合应用考点规范练A册第10页基础巩固组1.若0x1x2ln x2-ln x1B.x1D.x20且x趋近于0时,xex-10,因此在(0,1)上必然存在x1x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确;设g(x)=,当0x1时,g(x)=g(x2),即,所以x2x1.故选C.2.(2015广东湛江一模)若函数f(x)=x+(bR)的导函数在区间(1,2)上有零点,则f(x)在下列区间上单调递增的是() A.(-2,0)B.(0,1)C.(1,+)D.(-,-2)答案:D解析:由题意知,f(x)=1-,函数f(x)=x+(bR)的导函数在区间(1,2)上有零点,当1-=0时,b=x2,又x(1,2),b(1,4),令f(x)0,解得x,即f(x)的单调递增区间为(-,-),(,+),b(1,4),(-,-2)符合题意,故选D.3.当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是()A.-5,-3B.C.-6,-2D.-4,-3导学号92950443答案:C解析:当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,即当x-2,1时,不等式ax3x2-4x-3(*)恒成立.(1)当x=0时,aR.(2)当0x1时,由(*)得a恒成立.设f(x)=,则f(x)=-.当0x1时,x-90,f(x)0,f(x)在(0,1上单调递增.当0x1时,可知af(x)max=f(1)=-6.(3)当-2x0时,由(*)得a.令f(x)=0,得x=-1或x=9(舍).当-2x-1时,f(x)0,当-1x0,f(x)在-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增.x-2,0)时,f(x)min=f(-1)=-1-4+3=-2.可知af(x)min=-2.综上所述,当x-2,1时,实数a的取值范围为-6a-2.故选C.4.(2015河南洛阳统考)若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同的零点,则a可能的值为()A.4B.6C.7D.8答案:A解析:由题意得f(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f(x)0得x2,由f(x)0得1x1,01,k1.6.(2015河南开封一模)已知函数f(x)=ax3-3x+1对x(0,1总有f(x)0成立,则实数a的取值范围是.导学号92950444答案:4,+)解析:当x(0,1时不等式ax3-3x+10可化为a,设g(x)=,x(0,1,g(x)=-.g(x)与g(x)随x的变化情况如下表:xg(x)+0-g(x)极大值4因此g(x)的最大值为4,则实数a的取值范围是4,+).7.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-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)c2恒成立,求c的取值范围.解:(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-与x=1处都取得极值,fa+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-,b=-2,f(x)=x3-x2-2x+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)的变化情况如下表:x-1(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)的递增区间为与(1,+);递减区间为.(2)f(x)=x3-x2-2x+c,x-1,2,当x=-时,f+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,要使f(x)f(2)=2+c,解得c2.c的取值范围为(-,-1)(2,+).导学号929504458.(2015江苏连云港一模)已知函数f(x)=ln x-ax2+x,aR.(1)若f(1)=0,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若关于x的不等式f(x)ax-1恒成立,求整数a的最小值;(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2.解:(1)因为f(1)=1-=0,所以a=2,此时f(x)=ln x-x2+x,x0,f(x)=-2x+1=(x0),由f(x)0,又x0,所以x1.所以f(x)的单调减区间为(1,+).(2)解法一:令g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=-ax+(1-a)=.当a0时,因为x0,所以g(x)0.所以g(x)在(0,+)上是递增函数,又因为g(1)=ln 1-a12+(1-a)+1=-a+20,所以关于x的不等式f(x)ax-1不能恒成立.当a0时,g(x)=-,令g(x)=0,得x=.所以当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,h(2)=-ln 20,又因为h(a)在(0,+)是减函数.所以当a2时,h(a)0.所以整数a的最小值为2.解法二:由f(x)ax-1恒成立,得ln x-ax2+xax-1在(0,+)上恒成立,问题等价于a在(0,+)上恒成立.令g(x)=,只要ag(x)max,因为g(x)=,令g(x)=0,得-x-ln x=0.设h(x)=-x-ln x,因为h(x)=-0;当x(x0,+)时,g(x)0,h(1)=-0,所以x01,此时10.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2)令t=x1x2,则由(t)=t-ln t得,(t)=可知,(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增.所以(t)(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)1,因此x1+x2成立.导学号929504469.(2015四川,理21)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.(1)解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g(x)=2-.当0a0,(e)=-20.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.所以0=a01.即a0(0,1).当a=a0时,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在区间(1,+)上单调递增,故当x(1,x0)时,f(x)f(x0)=0;当x(x0,+)时,f(x)0,从而f(x)f(x0)=0.所以,当x(1,+)时,f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.导学号92950447能力提升组10.(2015江南十校联考)已知函数f(x)=ex-f(0)x+x2(e是自然对数的底数).(1)求函数f(x)的解析式和单调区间;(2)若函数g(x)=x2+a与函数f(x)的图像在区间-1,2上恰有两个不同的交点,求实数a的取值范围.解:(1)由已知得f(x)=ex-f(0)+x,令x=1,得f(1)=f(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=,所以f(1)=e.从而f(x)=ex-x+x2.显然f(x)=ex-1+x在R上单调递增且f(0)=0,故当x(-,0)时,f(x)0.f(x)的单调递减区间是(-,0),单调递增区间是(0,+).(2)由f(x)=g(x)得a=ex-x.令h(x)=ex-x,则h(x)=ex-1.由h(x)=0得x=0.所以当x(-1,0)时,h(x)0.h(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,2)上单调递增.又h(0)=1,h(-1)=1+,h(2)=e2-2且h(-1)0(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,x(0,+)时,f(x)0,x时,f(x)0,所以函数f(x)在,(0,+)上单调递增,在上单调递减;当a0,x时,f(x)0,所以函数f(x)在(-,0),上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f=b0时,a3-a+c0或当a0时,a3-a+c0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3),则在(-,-3)上g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3).综上c=1.导学号9295044912.(2015天津,理20)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN+,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,即x1时,函数f(x)单调递增;当f(x)1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=,f(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f(x0)(x-x0),即g(x)=f(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f(x0)(x-x0),则F(x)=f(x)-f(x0).由于f(x)=-nxn-1+n在(0,+)上单调递减,故F(x)在(0,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(0,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:不妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+),f(x)-h(x)=-xn0,即对于任意的x(0,+),f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+=1+n-1=n,故2=x0.所以,|x2-x1|+2.导学号929504506