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0<x1<x2<1,则(　　)
A.>ln x2-ln x1 B.<ln x2-ln x1
C.x2>x1 D.x2<x1
答案:C
解析:设f(x)=ex-ln x,则f'(x)=.
当x>0且x趋近于0时,x·ex-1<0;
当x=1时,x·ex-1>0,因此在(0,1)上必然存在x1≠x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确;
设g(x)=,当0<x<1时,g'(x)=<0,
所以g(x)在(0,1)上为减函数.
所以g(x1)>g(x2),即,所以x2>x1.故选C.
2.(2015广东湛江一模)若函数f(x)=x+(b∈R)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+(b∈R)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<-或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+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[-5,-3] B.
C.[-6,-2] D.[-4,-3]〚导学号92950443〛
答案:C
解析:∵当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,即当x∈[-2,1]时,不等式ax3≥x2-4x-3(*)恒成立.
(1)当x=0时,a∈R.
(2)当0<x≤1时,由(*)得a≥恒成立.
设f(x)=,
则f'(x)=-.
当0<x≤1时,x-9<0,x+1>0,
∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,1]上单调递增.
当0<x≤1时,可知a≥f(x)max=f(1)=-6.
(3)当-2≤x<0时,由(*)得a≤.
令f'(x)=0,得x=-1或x=9(舍).
∴当-2≤x<-1时,f'(x)<0,
当-1<x<0时,f'(x)>0,∴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a≤f(x)min=-2.
综上所述,当x∈[-2,1]时,实数a的取值范围为-6≤a≤-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.4 B.6 C.7 D.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x<1或x>2,由f'(x)<0得1<x<2,所以函数f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1),f(2),若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点,则需使f(1)=0或f(2)=0,解得a=5或a=4,而选项中只给出了4,所以选A.
5.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围为　　　　　. 
答案:[1,+∞)
解析:依题意得f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,
即k≥在(1,+∞)上恒成立,
∵x>1,∴0<<1,∴k≥1.
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+1≥0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:
x

g'(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,
∴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)<c2(x∈[-1,2])恒成立,只需c2>f(2)=2+c,
解得c<-1或c>2.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).〚导学号92950445〛
8.(2015江苏连云港一模)已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(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,x>0,
f'(x)=-2x+1=(x>0),
由f'(x)<0,得2x2-x-1>0,
又x>0,所以x>1.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a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是递增函数,
又因为g(1)=ln 1-a×12+(1-a)+1=-a+2>0,
所以关于x的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立.
当a>0时,g'(x)==-,
令g'(x)=0,得x=.
所以当x∈时,g'(x)>0;
当x∈时,g'(x)<0,
因此函数g(x)在x∈上是增函数,在x∈上是减函数.
故函数g(x)的最大值为g=lna×+(1-a)×+1=-ln a.
令h(a)=-ln a,因为h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,
又因为h(a)在(0,+∞)是减函数.
所以当a≥2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+x≤ax-1在(0,+∞)上恒成立,
问题等价于a≥在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=,只要a≥g(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,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
不妨设-x-ln x=0的根为x0.
当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,
所以g(x)在x∈(0,x0)上是增函数;在x∈(x0,+∞)上是减函数.
所以g(x)max=g(x0)=.
因为h=ln 2->0,h(1)=-<0,
所以<x0<1,此时1<<2,
即g(x)max∈(1,2).
所以a≥2,即整数a的最小值为2.
(3)当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x,x>0.
由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0
从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1·x2-ln(x1·x2)
令t=x1·x2,则由φ(t)=t-ln t得,φ'(t)=可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,
因此x1+x2≥成立.〚导学号92950446〛
9.(2015四川,理21)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+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.
(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0<a<时,g(x)在区间上单调递增,
在区间上单调递减;
当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=.
令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2.
则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以0==a0<<1.
即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而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;
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;
当x∈(0,2)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)<h(2).
∴两个图像恰有两个不同的交点时,实数a的取值范围是.〚导学号92950448〛
11.(2015江苏,19)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值.
解:(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.
当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),
所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0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a<0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.
(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=b<0,
从而
又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.
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,且在上g(a)>0均恒成立,
从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,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Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪.
综上c=1.〚导学号92950449〛
12.(2015天津,理20)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N+,且n≥2.
(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|<+2.
(1)解:由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N+,且n≥2.下面分两种情况讨论:
①当n为奇数时,
令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
(-1,1)
(1,+∞)
f'(x)
-
+
-
f(x)
↘
↗
↘

所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.
②当n为偶数时,
当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;
当f'(x)<0,即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x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).
设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.
当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.
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)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).
设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.
因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.
由此可得x2-x1<x'2-x'1=+x0.
因为n≥2,
所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,
故2≥=x0.
所以,|x2-x1|<+2.〚导学号92950450〛

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