2022年新教材高考数学一轮复习 考点规范练17 导数的二、综合应用（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练17导数的二、综合应用一、基础巩固1.设f(x)=xex,g(x)=12x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若任意x1,x2-1,+),且x1x2,有mf(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.2.已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a0,且a1).(1)当a1时,求证:函数f(x)在区间(0,+)内单调递增;(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.3.已知函数f(x)=alnx(a0),e为自然对数的底数.(1)若函数f(x)=alnx的图象在点A(2,f(2)处的切线的斜率为2,求实数a的

2、值;(2)当x0时,求证:f(x)a1-1x;(3)若在区间(1,e)内,f(x)x-11恒成立,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在区间(0,+)内只有一个零点,求a.二、综合应用5.已知函数f(x)=ax2+bx-c-ln 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,且函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1+x22.6.设函数f(x)=x2+b

3、x-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)x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.考点规范练17导数的综合应用1.解(1)F(x)=f(x)+g(x)=xex+12x2+x,F(x)=(x+1)(ex+1),令F(x)0,解得x-1;令F(x)0,解得xx2,有mf(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)恒成立,mf(x1)-g(x1)mf(x2)-g(x2)恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-12x2-x,

4、x-1,+),即只需h(x)在区间-1,+)内单调递增即可.故h(x)=(x+1)(mex-1)0在区间-1,+)恒成立,故m1ex,而1exe,故m的取值范围是e,+).2.(1)证明f(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,a1,当x(0,+)时,lna0,ax-10,f(x)0,故函数f(x)在区间(0,+)内单调递增.(2)解当a0,a1时,f(x)=2x+(ax-1)lna,令h(x)=2x+(ax-1)lna,则h(x)=2+ax(lna)20,即h(x)在R上单调递增,则f(x)在R上单调递增.f(0)=0,故f(x)=0有唯一解x=0,x,f(x),f(x)

5、的变化情况如下表所示:x(-,0)0(0,+)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,方程f(x)=t1有三个根,而t+1t-1,t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.3.(1)解f(x)=ax,f(2)=a2=2,a=4.(2)证明令g(x)=alnx-1+1x(x0),则g(x)=a1x-1x2.令g(x)0,得x1;令g(x)0,得0x1在区间(1,e)内恒成立,即使alnxx-1-10在区间(1,e)内恒成立,即alnx+1-xx-10在区间(1,e)内恒成立.令h(x)=alnx+1-x,则h(x)=ax-1.令h(x)0,解

6、得xh(1)=0;当1ae时,h(x)在区间(1,a)内单调递增,在区间(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)在区间(1,e)内单调递减,则需h(e)0,而h(e)=a+1-e0,h(x)没有零点;当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+)内单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在区间(0,+)内的最小值.若h(2)0,即ae24,则h(x)在区间(0,+)内没有零点;若h(2)=0,即a=e24,则h(x)在区间(0,+)内只有一个零点;若h(2)e

7、24,由于h(0)=1,所以h(x)在区间(0,2)内有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.故h(x)在区间(2,4a)内有一个零点.因此h(x)在区间(0,+)内有两个零点.综上,当f(x)在区间(0,+)内只有一个零点时,a=e24.5.(1)解因为f(x)=ax2+bx-c-lnx(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

8、,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(0,1.(2)解由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx.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,+)内单调递增,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-,-121,+).(3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函数f(x)在

9、区间(0,1上单调递减,在区间(1,+)内单调递增.因为函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,所以f(x1)=f(x2)=0.若设x1x2,则x1(0,1),x2(1,+),构造函数(x)=f(x)-f(2-x),x(0,1),则(x)=2x-2+ln(2-x)-lnx,(x)=2-12-x-1x=-2(x-1)2x(2-x)(1)=0,所以f(x)f(2-x).因为x1(0,1),所以f(x1)f(2-x1).又因为f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)f(2-x1),而2-x1,x2(1,+),函数f(x)在区间(1,+)内单调递增,所以x22-x1,即x1+x22,得证.6.解(

10、1)f(x)=x2+bx-alnx,f(x)=2x+b-ax(x0).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=-1.则f(x)=x2-x-6lnx,f(x)=2x-1-6x.令f(x)0,得0x0,得x2,即f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(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)0,f(3)=6(1-ln3)0,x0(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-alnx,b-2,-1,则g(b)为关于b的一次函数,

11、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-alnx0在x(1,e)上有解,令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0(1,e)使得h(x0)0,故(x)在区间(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)在区间(1,e)内单调递增,即h(x)h(1)=0,不符合题意.当1-a1时,(1)=1-a1,则(e)0,即在区间(1,e)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,则h(x)在区间(1,e)内单调递减.故存在x0(1,e),使得h(x0)a1,则(e)0,即在区

12、间(1,e)内一定存在实数m,使得(m)=0,则在区间(1,m)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在区间(1,m)内单调递减.故存在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)x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)-2(x13-x23+klnx1x2)=x13-x23-3x12x2+3x1x22+k(x1x2-x2x1)-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2lnt).令h(x)=x-1x-2lnx,

13、x1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在区间1,+)内单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2lnt)(t3-3t2+3t-1)-3(t-1t-2lnt)=t3-3t2+6lnt+3t-1.由(1)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6lnt+3t1,故t3-3t2+6lnt+3t-10.由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.