2021高考数学大一轮复习考点规范练16导数的综合应用理新人教A版
考点规范练16 导数的综合应用
考点规范练B册第9页
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)
f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
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2.设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln 2a.
(1)解f(x)=e2x-alnx的定义域为(0,+∞),
∴f'(x)=2e2x-ax.
当a≤0时,f'(x)>0恒成立,
故f'(x)没有零点.
当a>0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.
∵当x→0时,y=e2x→1,y=-ax→-∞,∴f'(x)→-∞.
又∵f'(a)>0,∴当a>0时,导函数f'(x)存在唯一的零点.
(2)证明由(1)知,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;
当x∈(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=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
∵2e2x0-ax0=0,
∴f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a,当且仅当x0=12时等号成立,此时a=e.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
3.(2019辽宁实验中学高三模拟)已知函数f(x)=a-sinxx,00.
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(1)解f'(x)=-xcosx-a+sinxx2,设g(x)=sinx-xcosx-a,则g'(x)=xsinx>0在区间(0,π)内恒成立,故g(x)在区间(0,π)内单调递增.由f(x)在x=x0处取到最小值可知,存在x0∈(0,π),使f'(x0)=0,即g(x)=0在区间(0,π)内有解,
则g(0)=-a<0,g(π)=π-a>0,解得00,只需证明πx+mlnx>sinxx.
设函数h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx>0在区间(0,π)内恒成立,故h(x)在区间(0,π)内单调递增,故h(x)>h(0)=0,即x>sinx.又x∈(0,π),所以sinxx<1.
设函数m(x)=πx+mlnx,则m'(x)=mx-πx2.
当0m(π)=1+mlnπ>1.
当10,若0mπm=m+mlnπm>1.
综上,πx+mlnx>1>sinxx在区间(0,π)内恒成立.
故当a=π,00.
4.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,a≠1).
(1)当a>1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.
(1)证明f'(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,
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由于a>1,当x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,所以f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)解当a>0,a≠1时,
∵f'(x)=2x+(ax-1)lna,
∴[f'(x)]'=2+ax(lna)2>0,
∴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)
递减
极小值
递增
又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,
∴方程f(x)=t±1有三个根,
而t+1>t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.
能力提升
5.(2019河北石家庄高三一模)已知函数f(x)=ln x+a-1x,g(x)=a(sinx+1)-2x,a∈R.
(1)求函数f(x)的极小值;
(2)求证:当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).
(1)解f'(x)=1x-a-1x2=x-(a-1)x2(x>0).
当a-1≤0,即a≤1时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极小值.
当a-1>0,即a>1时,由f'(x)<0,得00,得x>a-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a≤1时,f(x)无极小值;
当a>1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(x>0).
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(方法一)当-1≤a≤1时,要证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证xlnx-asinx+1>0.
要证xlnx-asinx+1>0,
即证xlnx>asinx-1.
①当0h(0)=0,即x>sinx.
所以ax-1>asinx-1.
令q(x)=xlnx-x+1,则q'(x)=lnx,
当x∈(0,1)时,q'(x)<0,q(x)在区间(0,1)内单调递减;
当x∈(1,+∞)时,q'(x)>0,q(x)在区间(1,+∞)内单调递增,
故q(x)≥q(1)=0,即xlnx≥x-1.
又因为0asinx-1.
所以当0asinx-1成立.
②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.
③当-1≤a<0时,若x∈(0,1],则asinx-1<-1,由②知,xlnx>-1,故xlnx>asinx-1;
若x∈(1,+∞),则asinx-1≤0,又当x∈(1,+∞)时,xlnx>0,故xlnx>asinx-1.所以当x∈(0,+∞)时,xlnx>asinx-1成立.
由①②③可知,当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).
(方法二)当-1≤a≤1时,要证f(x)>g(x),即证xlnx-asinx+1>0.
①当x>1时,易知xlnx>0,asinx-1≤0,故xlnx-asinx+1>0成立.
②当x=1时,0-asin1+1>0显然成立.
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③当00,故-sinx≤asinx≤sinx,
令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,
故h(x)>h(0)=0,即x>sinx.故asinxxlnx-x+1.
令q(x)=xlnx-x+1>0,则q'(x)=lnx,当x∈(0,1)时,q'(x)<0,q(x)在区间(0,1)内单调递减,故q(x)>q(1)=0.故xlnx-asinx+1>0成立.
由①②③可知,当-1≤a≤1时,f(x)>g(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+1x>asinxx.
令φ(x)=lnx+1x,则φ'(x)=x-1x2,
令φ'(x)=0,则x=1,故φ(x)min=φ(1)=1.故lnx+1x≥1.
令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,故h(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
所以h(x)>h(0)=0,即x>sinx.故当x∈(0,+∞)时,sinxx<1.
又-1≤a≤1,故asinxx<1.
故lnx+1x>asinxx成立.
故当-1≤a≤1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),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.
解:(1)∵f(x)=x2+bx-alnx,∴f'(x)=2x+b-ax(x>0).
∵x=2是函数f(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.
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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00,得x>2,
∴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)0,∴x0∈(3,4),故n=3.
(2)令g(b)=xb+x2-alnx,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)=x2-x-alnx<0在x∈(1,e)有解,
令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,
由于h'(x)=2x-1-ax=2x2-x-ax,
令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,
故φ(x)在区间(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)在区间(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)=2e2-e-a,
若a≥2e2-e>1,则φ(e)<0,
∴在区间(1,e)内φ(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)a>1,则φ(e)>0,
∴在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,
∴在区间(1,m)内φ(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.已知函数f(x)=ex-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.
(1)证明当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)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-ax2e-x.
f(x)在区间(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在区间(0,+∞)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)单调递减,在区间(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在区间[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即ae24,由于h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.
因此h(x)在区间(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在区间(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
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高考预测
8.已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).
(1)当a=5时,求函数y=g(x)在x=1处的切线方程;
(2)求f(x)在区间[t,t+2](t>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,x2∈1e,e,求实数a的取值范围.
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:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值(最小值)
单调递增
①当t≥1e时,f(x)在区间[t,t+2]上为增函数,
所以[f(x)]min=f(t)=tlnt.
②当0
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