1、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)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=-23与x=1处都取得极值,f-23=129-43a+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-12,b=-2,f(x)=x3-12x2-2x+c,f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f(x)=0,得x1=-23,x2=1,当x变化时,f(
2、x),f(x)的变化情况如下表:x-,-23-23-23,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)的递增区间为-,-23与(1,+);递减区间为-23,1.(2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x-1,2,当x=-23时,f-23=2227+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749204512.(2016四川,文21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x-eex,其中aR,e=2.718为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明
3、:当x1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.解(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0有x=12a.当x0,12a时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)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)=1x-1ex-10.(3)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0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立
4、.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)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,a12,+.导学号749204523.(2016沈阳质量监测)已知函数f(x)=aln x(a0),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x0时,求证:f(x)a1-1x;(3)若在区间(1,e)上,f(x)x-11恒成立,求实数a的取值范围.解
5、(1)f(x)=ax,f(2)=a2=2,a=4.(2)证明:令g(x)=alnx-1+1x,则g(x)=a1x-1x2.令g(x)0,得x1;g(x)0,得0x1在区间(1,e)上恒成立,即使alnxx-1-10在区间(1,e)上恒成立,即alnx+1-xx-10在区间(1,e)上恒成立.令h(x)=aln x+1-x,则h(x)=ax-1.令h(x)0,解得xe时,h(x)在(1,e)内单调递增,所以h(x)h(1)=0.当1ae时,h(x)在(1,a)内单调递增,在(a,e)内单调递减,所以只需h(e)0,即ae-1,所以e-1ae;当0a1时,h(x)在(1,e)内单调递减,则需h(e
6、)0,而h(e)=a+1-esin 12,ln 40恒成立,求实数a的取值范围;(2)当a=0时,h(x)=x(ln x-1)-f(x),证明h(x)存在唯一极值点.解(1)由f(x)0,得sin x-ax0.0x1,asinxx.令g(x)=sinxx,则g(x)=xcosx-sinxx2.令m(x)=xcos x-sin x,则m(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x0,故m(x)在(0,1)内单调递减,m(x)m(0)=0,g(x)g(1)=sin 1,asin 1,故a的取值范围是(-,sin 1).(2)证明:h(x)=xln x-x-cos x,h(x)=ln
7、 x+sin x.当x1,e时,ln x0,sin x0,h(x)0;当x(e,+)时,ln x1,sin x-1,h(x)0;当x(0,1)时,令y=ln x+sin x,则y=1x+cos x0,y=ln x+sin x在(0,1)内单调递增,由ln 2sin 12,ln 422,知h12=ln 12+sin 120.故存在x012,4使得h(x0)=0,且当x(0,x0)时,h(x)0.综上,当x(0,x0)时,h(x)0,h(x)在(x0,+)内单调递增;h(x)存在唯一极值点x=x0.导学号74920454能力提升5.(2016山西临汾高三二模)已知函数f(x)=ax2+bx-c-l
8、n x(x0)在x=1处取极值,其中a,b为常数.(1)若a0,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a0,比较ln a与-2b的大小.解(1)因为f(x)=ax2+bx-c-ln x(x0),所以f(x)=2ax+b-1x(x0).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,所以f(x)=2ax+1-2a-1x=(x-1)1x+2a(x0).当a0时,1x+2a0,则当x(0,1)时,f(x)0.所以函数f(x)的单调递增区间为(1,+),单调递减区间为(0,
9、1.(2)由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-ln x.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a0,由(1)可知函数f(x)在区间(1,+)上单调递增,在区间(0,1上单调递减,所以f(x)min=f(1)=-1-c.因为不等式f(x)-2c2恒成立,所以有-1-c-2c2,解得c1或c-12,所以实数c的取值范围是c1或c-12.(3)由(1)知b=1-2a,故ln a-(-2b)=ln a-4a+2.构造函数g(a)=ln a-4a+2,则g(a)=1a-4.令g(a)=0,可得a=14.当a变化时,g(a),g(a)的
10、变化情况如下表:a0,141414,+g(a)+0-g(a)单调递增极大值单调递减所以g(a)max=g14=ln 14+1=ln e40,所以g(a)0恒成立,即ln a-2b.导学号749204556.(2016山西太原二模)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),nN,求n.(2)若对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(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.由4+b-a2=0,1+b=0,解得a=6,b=-
11、1.f(x)=x2-x-6ln x,f(x)=2x-1-6x.令f(x)0,得0x0,得x2,f(x)在(0,2)内单调递减,在(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)f(1)0,f(3)=6(1-ln 3)0,x0(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-aln x,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-aln x0在x(1,e)有解,令h(x)=x2-x-aln x,只需存在x0(1,e)使得h(x0)
12、0,故(x)在(1,e)内单调递增,(x)(1)=1-a.当1-a0,即a1时,(x)0,即h(x)0,h(x)在(1,e)内单调递增,h(x)h(1)=0,不符合题意.当1-a1时,(1)=1-a1,则(e)0,在(1,e)上(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,e)上单调递减,存在x0(1,e),使得h(x0)a1,则(e)0,在(1,e)上一定存在实数m,使得(m)=0,在(1,m)上(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,m)上单调递减,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.(1)设g(x)是f(x)的
13、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-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.当0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)内单调递增.所以0=u(1)1+1u(x0)1
14、+x0-1=a0u(e)1+e-1=e-21+e-11.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74920457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
15、;(2)求f(x)在区间t,t+2(t0)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,x21e,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)=ln x+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:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)单调递减极小值(最小值)单调递增当t1e时,f(x)在区间t,t+2上为增函数,所
16、以f(x)min=f(t)=tln t.当0t1e时,f(x)在区间t,1e上为减函数,在区间1e,t+2上为增函数,所以f(x)min=f1e=-1e.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xln x=-x2+ax-3.所以a=x+2ln x+3x.令h(x)=x+2ln x+3x,则h(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x1e,11(1,e)h(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增因为h1e=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,所以h(e)-h1e=4-2e+2e0.所以方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根时,实数a的取值范围为4ae+2+3e.导学号749204588
