高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点规范练16导数的综合应用文新人教B版.docx
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高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点规范练16导数的综合应用文新人教B版
2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点规范练16导数的综合应用文新人教B版
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) 2.设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明: 当x>1时,g(x)>0; (3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 3.已知函数f(x)=alnx(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; (3)若在区间(1,e)内,>1恒成立,求实数a的取值范围. 4.已知函数f(x)=sinx-ax,ln2>sin,ln. (1)对于x∈(0,1),f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围; (2)当a=0时,h(x)=x(lnx-1)-f'(x),证明h(x)存在唯一极值点. 能力提升 5.已知函数f(x)=ax2+bx-c-lnx(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,比较lna与-2b的大小. 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)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (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. 高考预测 8.已知函数f(x)=xlnx,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∈,求实数a的取值范围. 参考答案 考点规范练16 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处都取得极值, ∴f'a+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)的单调递增区间为与(1,+∞); 单调递减区间为. (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) (2)=2+c,解得c<-1或c>2. ∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞). 2. (1)解f'(x)=2ax-(x>0). 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f'(x)=0有x=. 当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增. (2)证明令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1. 当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x, 从而g(x)=>0. (3)解由 (2),当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当01. 由 (1)有f (1)=0,而g>0, 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)(x≥1). 当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x- =>0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又因为h (1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈. 3. (1)解∵f'(x)=,∴f' (2)==2,∴a=4. (2)证明令g(x)=a, 则g'(x)=a. 令g'(x)>0,得x>1;g'(x)<0,得0 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. (3)解要使>1在区间(1,e)内恒成立, 即使-1>0在区间(1,e)内恒成立, 即>0在区间(1,e)内恒成立. 令h(x)=alnx+1-x,则h'(x)=-1. 令h'(x)>0,解得x 当a>e时,h(x)在(1,e)内单调递增,所以h(x)>h (1)=0. 当1
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