高优指导2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用15导数的综合应用考点规范练文北师大版.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32470441〛
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　　　　　. 
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,+∞).
8.(2015北京,文19)设函数f(x)=-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
解:(1)由f(x)=-kln x(k>0)得f'(x)=x-.
由f'(x)=0解得x=.
f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,)

(,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘

↗

所以,f(x)的递减区间是(0,),递增区间是(,+∞);
f(x)在x=处取得极小值f()=.
(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.
当k=e时,f(x)在区间(1,)上递减,且f()=0,
所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.
当k>e时,f(x)在区间(0,)上递减,
且f(1)=>0,f()=<0,
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
9.(2015四川,文21)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,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-1-ln x-a),
所以g'(x)=2-.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)递增.
(2)证明:由f'(x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.
令φ(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,
则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上递增.
故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1.
即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
再由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上递增,
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;
又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xln x>0.
故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.〚导学号32470442〛
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上递增且f'(0)=0,
故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
∴f(x)的递减区间是(-∞,0),
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)上递减,在(0,2)上递增.
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32470443〛
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,+∞)上递增,在上递减;
当a<0时,x∈(-∞,0)∪时,f'(x)>0,x∈时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(-∞,0),上递增,在上递减.
(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32470444〛
12.(2015天津,文20)已知函数f(x)=4x-x4,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(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:对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x);
(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x1<x2,求证:x2-x1≤-.
(1)解:由f(x)=4x-x4,可得f'(x)=4-4x3.
当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)递增;
当f'(x)<0,即x>1时,函数f(x)递减.
所以,f(x)的递增区间为(-∞,1),递减区间为(1,+∞).
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=,f'(x0)=-12.
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).令函数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)=-4x3+4在(-∞,+∞)上递减,故F'(x)在(-∞,+∞)上递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上递增,在(x0,+∞)上递减,所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:由(2)知g(x)=-12(x-).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=-.因为g(x)在(-∞,+∞)上递减,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),因此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)=4x.对于任意的x∈(-∞,+∞),
有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x).
设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上递增,且h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1),因此x'1≤x1.
由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-.

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