2020版廣西數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練16導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精考點(diǎn)規(guī)范練16導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用考點(diǎn)規(guī)范練B冊(cè)第9頁

一、基礎(chǔ)鞏固1.已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+c在x=—23與x=1處都取得極值(1）求a，b的值及函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;(2）若對(duì)于x∈[—1,2］,不等式f(x）〈c2恒成立，求c的取值范圍.解(1)∵f（x）=x3+ax2+bx+c,∴f'(x)=3x2+2ax+b.又f（x)在x=-23與x=1處都取得極值∴f’-23=129-43a+b=0,f’（1兩式聯(lián)立解得a=—12,b=—2∴f（x)=x3—12x2-2x+cf’(x)=3x2-x—2=(3x+2）(x-1）,令f'(x)=0，得x1=—23,x2=1當(dāng)x變化時(shí),f'(x)，f（x）的變化情況如下表:x--2-1(1，+∞)f’（x）+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴函數(shù)f（x)的遞增區(qū)間為-∞,-23與(1，+∞（2)f（x)=x3-12x2—2x+c,x∈［-1，2當(dāng)x=-23時(shí)，f-23=2227+c為極大值，而f(2）=2+c,則f（2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的取值范圍為（-∞，—1）∪（2,+∞）.2。設(shè)函數(shù)f(x）=ax2—a—lnx，g(x）=1x-eex，其中a∈R,e=(1）討論f(x)的單調(diào)性;（2）證明:當(dāng)x>1時(shí)，g（x）>0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x）>g（x）在區(qū)間（1，+∞)內(nèi)恒成立。(1）解f'（x)=2ax—1x=2ax當(dāng)a≤0時(shí),f’（x）<0，f(x）在（0,+∞）內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)a〉0時(shí)，由f’（x)=0有x=12當(dāng)x∈0,12a時(shí),f'（x）<0,f（當(dāng)x∈12a,+∞時(shí),f'(x）>0,f（2)證明令s(x)=ex—1—x,則s'（x）=ex—1—1.當(dāng)x>1時(shí)，s’(x)>0,所以ex—1>x，從而g(x）=1x-1(3)解由(2)，當(dāng)x>1時(shí),g（x)>0.當(dāng)a≤0,x〉1時(shí)，f（x)=a(x2—1)-lnx<0。故當(dāng)f（x）>g(x)在區(qū)間（1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a>0.當(dāng)0<a<12時(shí)，12a由（1）有f12a〈f(1)=0,而g12所以此時(shí)f(x）〉g(x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)不恒成立。當(dāng)a≥12時(shí),令h（x）=f(x)-g（x)(x≥1)當(dāng)x>1時(shí)，h'（x）=2ax—1x+1x2-=x3-2因此,h（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增。又因?yàn)閔(1）=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h（x）=f(x）—g（x）>0,即f(x）〉g(x）恒成立。綜上，a∈123。已知函數(shù)f（x）=（x-k)ex+k，k∈Z。（1）當(dāng)k=0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;（2)若當(dāng)x∈（0,+∞)時(shí)，不等式f(x)+5>0恒成立，求k的最大值.解（1)當(dāng)k=0時(shí)，f(x)=x·ex，∴f’（x)=ex+xex=ex（x+1)，∴當(dāng)x∈（-∞，—1）時(shí)，f'(x）<0；當(dāng)x∈（-1，+∞)時(shí)，f'（x)>0;∴f(x)在(—∞,—1）內(nèi)是減函數(shù),在(—1，+∞）內(nèi)是增函數(shù)。（2)不等式f(x)+5>0恒成立?(x—k）ex+k+5〉0在x∈(0，+∞）時(shí)恒成立,令F（x)=(x—k)ex+k+5,F’(x）=ex(x-k+1)(x∈R）,當(dāng)x∈（—∞，k—1)時(shí),f’(x)<0;當(dāng)x∈(k—1,+∞）時(shí),f’（x)〉0;∴f（x）在(—∞,k-1)內(nèi)是減函數(shù),在（k-1,+∞）內(nèi)是增函數(shù)。①若k—1≤0，即k≤1，當(dāng)x∈（0,+∞）時(shí)，F(xiàn)(x)>F（0)≥0。而F(0)=5>0恒成立,∴k≤1符合題意。②若k-1>0,即k>1,當(dāng)x∈(0，+∞）時(shí),只需F(x)min=F(k—1)=—ek—1+5+k>0即可。令h(k）=—ek—1+5+k，h'(k)=1-ek—1<0恒成立，即h（k)=—ek—1+5+k單調(diào)遞減?！遠(yuǎn)（2）=—e+7>0，h(3）=—e2+8〉0，h(4)=-e3+9<0，∴1〈k≤3，綜上,k的最大值為3。4.已知函數(shù)f（x）=lnx+ax2+(2a+1）x.（1）討論f（x)的單調(diào)性；（2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f（x)≤—34a—（1)解f(x）的定義域?yàn)椋?，+∞）,f'（x）=1x+2ax+2a+1=(若a≥0，則當(dāng)x∈(0，+∞）時(shí)，f’（x)〉0,故f(x）在（0，+∞）單調(diào)遞增.若a〈0，則當(dāng)x∈0,-12a時(shí),f’(x當(dāng)x∈-12a,+∞時(shí),f’故f（x）在區(qū)間0,-12a內(nèi)單調(diào)遞增,（2)證明由(1)知，當(dāng)a〈0時(shí)，f（x)在x=-12a取得最大值,最大值為f-12a=ln-所以f（x)≤—34a-2等價(jià)于ln-12a—1—14即ln-12a+1設(shè)g(x）=lnx—x+1,則g’(x）=1x—1當(dāng)x∈(0，1)時(shí),g’(x）〉0；當(dāng)x∈（1，+∞)時(shí)，g’（x）〈0.所以g（x）在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減。故當(dāng)x=1時(shí),g（x)取得最大值,最大值為g(1）=0。所以當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤0。從而當(dāng)a〈0時(shí)，ln-12a+12a+1≤0,即f(x二、能力提升5。設(shè)函數(shù)f（x)=（1-x2）ex。（1）討論f(x）的單調(diào)性；（2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x）≤ax+1，求a的取值范圍.解(1）f'(x）=（1—2x—x2)ex。令f’（x）=0得x=—1-2,x=-1+2。當(dāng)x∈（—∞,-1-2)時(shí),f'（x）〈0；當(dāng)x∈(—1-2,—1+2)時(shí)，f'（x）>0；當(dāng)x∈(—1+2,+∞）時(shí)，f'（x）<0.所以f(x）在（-∞，—1-2），(—1+2,+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，在（—1—2，—1+2)內(nèi)單調(diào)遞增。（2)f（x)=(1+x）（1—x）ex.當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h（x）=（1—x)ex，h'(x）=-xex<0（x〉0）,因此h（x）在［0,+∞）內(nèi)單調(diào)遞減,而h（0)=1，故h（x）≤1，所以f（x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1.當(dāng)0〈a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x)=ex-x—1,g’(x）=ex-1>0(x>0）,所以g(x)在[0，+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,而g(0）=0，故ex≥x+1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)〉（1—x）(1+x)2，(1-x)（1+x）2-ax—1=x(1-a-x—x2)，取x0=5-則x0∈（0,1),（1—x0）（1+x0)2—ax0-1=0，故f（x0）〉ax0+1。當(dāng)a≤0時(shí),取x0=5-則x0∈（0,1）,f(x0）〉(1—x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.綜上，a的取值范圍是［1，+∞）。6。（2018全國Ⅱ，文21）已知函數(shù)f（x)=13x3—a（x2+x+1)(1)若a=3,求f（x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)。（1）解當(dāng)a=3時(shí)，f(x)=13x3—3x2—3x-3,f’（x)=x2-6x-3令f'(x）=0，解得x=3—23或x=3+23。當(dāng)x∈（-∞，3—23）∪（3+23，+∞）時(shí)，f'(x)>0；當(dāng)x∈（3-23，3+23)時(shí)，f'（x）〈0.故f（x)在（—∞，3—23)，（3+23，+∞)單調(diào)遞增，在（3-23,3+23）單調(diào)遞減.(2)證明因?yàn)閤2+x+1〉0，所以f（x）=0等價(jià)于x3x2+x設(shè)g(x)=x3x2+x+1-3a,則g’（x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0，僅當(dāng)x=0時(shí)故g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn),從而f(x）至多有一個(gè)零點(diǎn).又f(3a-1)=—6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13〉綜上,f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)。7。(2018廣東茂名二模)已知函數(shù)f（x)=lnx+12(x-1)2（1）判斷f(x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)若函數(shù)g(x)=ax-a,當(dāng)x〉1時(shí),g（x)的圖象總在f(x)的圖象的下方,求a的取值范圍.解(1)f（x）=lnx+12（x-1)2的定義域?yàn)椋?，+∞f’(x）=1x+x-1，∵1x+x≥2,∴f’(x)≥1>∴f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，又f（1)=0,∴f（x）在(0，+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)。(2）由題意，當(dāng)x>1時(shí)，12(x—1）2+lnx-ax+a〉0恒成立令h(x)=12（x—1)2+lnx-ax+a則h’(x)=x+1x—1—a當(dāng)a≤1時(shí)，∵h(yuǎn)'(x)=x+1x-1-a>1-a≥0∴h（x）在(1，+∞)上為增函數(shù)。又h（1)=0,∴h(x）〉0恒成立.當(dāng)a〉1時(shí)，h’（x)=x2令φ(x)=x2—(1+a)x+1,則Δ=(1+a)2—4=(a+3）（a-1)>0.令φ(x）=0的兩根分別為x1，x2且x1<x2,∵x1+x2=1+a>0,x1·x2=1〉0,∴0<x1〈1〈x2，當(dāng)x∈(1，x2）時(shí),φ(x）〈0,∴h’(x)〈0，∴h(x）在（1，x2)上為減函數(shù),又h（1）=0，∴當(dāng)x∈(1，x2)時(shí),h（x）〈0。故a的取值范圍為（-∞,1］.三、高考預(yù)測(cè)8。(2018河北石家莊一模)已知函數(shù)f（x)=x（lnx—ax）(a∈R).（1)若a=1,求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1））處的切線方程;(2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1〈x2，求證：f（x2)>—12（1）解由已知,f（x）=x（lnx-x），當(dāng)x=1時(shí)，f（x）=—1，f’（x)=lnx+1—2x，當(dāng)x=1時(shí)，f’(x)=—1,所以所求切線方程為x+y=0.(2)證明由已知可得f’(x)=lnx+1-2ax=0有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2，令h（x)=f'（x)，則h’(x）=1x-2a①若a≤0，則h'（x）〉0,h（x）單調(diào)遞增,f'(x)=0不可能有兩根;②若a〉0，令h’(x)=0得x=12a,可知h（x）在0,12a上單調(diào)遞增，在12a,+∞上單調(diào)遞減，由1e<12a有f’1由1a2>12a有f'1a2=—2ln從而當(dāng)0<a〈12時(shí),函數(shù)f（x)有兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)x變化時(shí),f’（x）,f（x)的