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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)f(2)=2+c,解得c<-1或c>2.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).〚导学号74920451〛
2.(2016四川,文21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x-eex,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>1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(x>0).
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f'(x)=0有x=12a.
当x∈0,12a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈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x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=1x-1ex-1>0.
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f12a0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈12,+∞.〚导学号74920452〛
3.(2016沈阳质量监测)已知函数f(x)=aln x(a>0),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x>0时,求证:f(x)≥a1-1x;
(3)若在区间(1,e)上,f(x)x-1>1恒成立,求实数a的取值范围.
解(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x>1;g'(x)<0,得01在区间(1,e)上恒成立,
即使alnxx-1-1>0在区间(1,e)上恒成立,
即alnx+1-xx-1>0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1sin 12,ln 4π<22.
(1)对于x∈(0,1),f(x)>0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-ax>0.
∵0g(1)=sin 1,∴a≤sin 1,
故a的取值范围是(-∞,sin 1).
(2)证明:∵h(x)=xln x-x-cos x,
∴h'(x)=ln x+sin x.
当x∈[1,e]时,ln x≥0,sin x>0,∴h'(x)>0;
当x∈(e,+∞)时,ln x>1,sin x≥-1,∴h'(x)>0;
当x∈(0,1)时,令y=ln x+sin x,则y'=1x+cos x>0,
∴y=ln x+sin x在(0,1)内单调递增,由ln 2>sin 12,ln 4π<22,知h'12=ln 12+sin 12<0,h'π4=ln π4+sin π4>0.
故存在x0∈12,π4使得h'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,h'(x)<0;
当x∈(x0,1)时,h'(x)>0.
综上,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)在(0,x0)内单调递减;
x∈(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-ln x(x>0)在x=1处取极值,其中a,b为常数.
(1)若a>0,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a>0,比较ln a与-2b的大小.
解(1)因为f(x)=ax2+bx-c-ln x(x>0),
所以f'(x)=2ax+b-1x(x>0).
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(x>0).
当a>0时,1x+2a>0,则当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(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)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a>0,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c≥1或c≤-12,所以实数c的取值范围是c≥1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)的变化情况如下表:
a
0,14
14
14,+∞
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 e4<0,
所以g(a)<0恒成立,即ln a<-2b.〚导学号74920455〛
6.(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),n∈N,求n.
(2)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.
解(1)∵f(x)=x2+bx-aln x,
∴f'(x)=2x+b-ax(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=-1.
∴f(x)=x2-x-6ln x,f'(x)=2x-1-6x.
令f'(x)<0,得00,得x>2,
∴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)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 x<0在x∈(1,e)有解,
令h(x)=x2-x-aln x,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,由于h'(x)=2x-1-ax=2x2-x-ax,
令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,
故φ(x)在(1,e)内单调递增,φ(x)>φ(1)=1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,φ(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.
②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,
若a≥2e2-e>1,则φ(e)<0,
∴在(1,e)上φ(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)a>1,则φ(e)>0,∴在(1,e)上一定存在实数m,使得φ(m)=0,
∴在(1,m)上φ(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成立.〚导学号74920456〛
7.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-21+ax,
所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.
当00,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-1x≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
所以0=u(1)1+1<u(x0)1+x0-1=a0f(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;
(2)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)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,x2∈1e,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:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值(最小值)
单调递增
①当t≥1e时,f(x)在区间[t,t+2]上为增函数,
所以[f(x)]min=f(t)=tln t.
②当0
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