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1、考点规范练考点规范练 16 导数的综合应用导数的综合应用 考点规范练考点规范练 B 册第册第 9 页页 一、基础巩固 1.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)f(2)=2+c,解得 c2. c的取值范围为(-,-1)(2,+). 2.设函数 f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=,其中 aR,e=2.718为自然对数的底数. 1 e e (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x1 时,g(x)0; (3)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)
2、g(x)在区间(1,+)内恒成立. (1)解 f(x)=2ax-(x0). 1 = 22- 1 当 a0 时,f(x)0时,由 f(x)=0有 x=. 1 2 当 x时,f(x)0,f(x)单调递增. ( 1 2, + ) (2)证明令 s(x)=ex-1-x,则 s(x)=ex-1-1. 当 x1 时,s(x)0,所以 ex-1x, 从而 g(x)=0. 1 1 e - 1 (3)解由(2),当 x1 时,g(x)0. 当 a0,x1 时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a0. 当 01. 1 2 1 2 由(1)有 f0, ( 1 2) ( 1
3、2) 所以此时 f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立. 当 a 时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1). 1 2 当 x1 时,h(x)=2ax-e1-xx- 1 + 1 2 1 + 1 2 1 =0. 3- 2 + 1 2 2- 2 + 1 2 因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立. 综上,a. 1 2, + ) 3.已知函数 f(x)=(x-k)ex+k,kZ. (1)当 k=0时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若当 x(0,+)时,不等式 f(x)+50 恒成立,求
4、k 的最大值. 解(1)当 k=0时,f(x)=xex,f(x)=ex+xex=ex(x+1), 当 x(-,-1)时,f(x)0; f(x)在(-,-1)内是减函数,在(-1,+)内是增函数. (2)不等式 f(x)+50 恒成立(x-k)ex+k+50在 x(0,+)时恒成立, 令 F(x)=(x-k)ex+k+5,F(x)=ex(x-k+1)(xR), 当 x(-,k-1)时,f(x)0; f(x)在(-,k-1)内是减函数,在(k-1,+)内是增函数. 若 k-10,即 k1,当 x(0,+)时,F(x)F(0)0. 而 F(0)=50 恒成立,k1符合题意. 若 k-10,即 k1,
5、当 x(0,+)时,只需 F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k0 即可. 令 h(k)=-ek-1+5+k,h(k)=1-ek-10,h(3)=-e2+80,h(4)=-e3+90, 故 f(x)在(0,+)单调递增. 若 a0; (0, - 1 2) 当 x时,f(x)0;当 x(1,+)时,g(x)0 时,g(x)0. 从而当 a0; 22 当 x(-1+,+)时,f(x)0), 因此 h(x)在0,+)内单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)1, 所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当 00(x0),所以 g(x)在0,+)内单调递增,而 g(0)=0,故
6、exx+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=, 5 - 4- 1 2 则 x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0, 故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时,取 x0=, 5 - 1 2 则 x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 综上,a的取值范围是1,+). 6.(2018全国,文 21)已知函数 f(x)= x3-a(x2+x+1). (1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. (1)解当 a=3 时,f(x)= x3-3x2-3x-3
7、,f(x)=x2-6x-3. 令 f(x)=0,解得 x=3-2或 x=3+2. 33 当 x(-,3-2)(3+2,+)时,f(x)0; 33 当 x(3-2,3+2)时,f(x)0, 所以 f(x)=0等价于-3a=0. 3 2+ + 1 设 g(x)=-3a,则 g(x)=0,仅当 x=0 时 g(x)=0,所以 g(x)在(-,+) 3 2+ + 1 2 ( 2 + 2 + 3) ( 2 + + 1)2 单调递增, 故 g(x)至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点. 又 f(3a-1)=-6a2+2a- =-60,故 f(x)有一个零点. 1 3 ( - 1 6) 2 1 6
8、1 3 综上,f(x)只有一个零点. 7.(2018广东茂名二模)已知函数 f(x)=ln x+ (x-1)2. (1)判断 f(x)的零点个数; (2)若函数 g(x)=ax-a,当 x1时,g(x)的图象总在 f(x)的图象的下方,求 a 的取值范围. 解(1)f(x)=ln x+ (x-1)2的定义域为(0,+), f(x)= +x-1,+x2,f(x)10, 1 1 f(x)在(0,+)上为增函数,又 f(1)=0, f(x)在(0,+)上只有一个零点. (2)由题意,当 x1 时, (x-1)2+ln x-ax+a0恒成立. 1 2 令 h(x)= (x-1)2+ln x-ax+a,
9、 1 2 则 h(x)=x+ -1-a. 1 当 a1 时,h(x)=x+ -1-a1-a0, 1 h(x)在(1,+)上为增函数. 又 h(1)=0,h(x)0 恒成立. 当 a1时,h(x)=, 2- (1 + ) + 1 令 (x)=x2-(1+a)x+1,则 =(1+a)2-4=(a+3)(a-1)0. 令 (x)=0 的两根分别为 x1,x2且 x10,x1x2=10,0-. (1)解由已知,f(x)=x(ln x-x),当 x=1 时,f(x)=-1, f(x)=ln x+1-2x,当 x=1时,f(x)=-1,所以所求切线方程为 x+y=0. (2)证明由已知可得 f(x)=ln x+1-2ax=0 有两个相异实根 x1,x2,令 h(x)=f(x),则 h(x)= -2a, 若 a0,则 h(x)0,h(x)单调递增,f(x)=0 不可能有两根; 若 a0,令 h(x)=0 得 x=,可知 h(x)在上单调递增,在上单调递减,令 f 1 2 ( 0, 1 2) ( 1 2, + ) ( 1 2) 0,解得 0 1 2 ( 1 2) 2 从而当 00, 所以 x1f(1)=-a- . 1 2