2022年新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練17導(dǎo)數(shù)的二綜合應(yīng)用含解析新人教版

1、PAGE PAGE 8考點(diǎn)規(guī)范練17導(dǎo)數(shù)的二、綜合應(yīng)用一、基礎(chǔ)鞏固1.設(shè)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,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.2.已知函數(shù)f(x)=ax+x2-xln a(a0,且a1).(1)當(dāng)a1時,求證:函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增;(2)若函數(shù)y=|f(x)-t|-1有三個零點(diǎn),求t的值.3.已知函數(shù)f(x)=alnx(a0),e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)若函數(shù)f(x)=alnx的圖象在點(diǎn)A(2,f(2)處的切線

2、的斜率為2,求實(shí)數(shù)a的值;(2)當(dāng)x0時,求證:f(x)a1-1x;(3)若在區(qū)間(1,e)內(nèi),f(x)x-11恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.4.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x0時,f(x)1;(2)若f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)只有一個零點(diǎn),求a.二、綜合應(yīng)用5.已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-c-ln x(x0)在x=1處取極值,其中a,b為常數(shù).(1)若a0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在x=1處取極值-1-c,且不等式f(x)-2c2恒成立,求實(shí)數(shù)c的取值范圍;(3)若a0,且函數(shù)f(x)有兩個不相等的零點(diǎn)x1,x2,證明:x1+x22.6.設(shè)

3、函數(shù)f(x)=x2+bx-aln x.(1)若x=2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),1和x0是函數(shù)f(x)的兩個不同零點(diǎn),且x0(n,n+1),nN,求n.(2)若對任意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.考點(diǎn)規(guī)范練17導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)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)=m

4、xex-12x2-x,x-1,+),即只需h(x)在區(qū)間-1,+)內(nèi)單調(diào)遞增即可.故h(x)=(x+1)(mex-1)0在區(qū)間-1,+)恒成立,故m1ex,而1exe,故m的取值范圍是e,+).2.(1)證明f(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,a1,當(dāng)x(0,+)時,lna0,ax-10,f(x)0,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)解當(dāng)a0,a1時,f(x)=2x+(ax-1)lna,令h(x)=2x+(ax-1)lna,則h(x)=2+ax(lna)20,即h(x)在R上單調(diào)遞增,則f(x)在R上單調(diào)遞增.f(0)=0,故f(x)=0有唯一解x=0,

5、x,f(x),f(x)的變化情況如下表所示:x(-,0)0(0,+)f(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增又函數(shù)y=|f(x)-t|-1有三個零點(diǎn),方程f(x)=t1有三個根,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)證明令g(x)=alnx-1+1x(x0),則g(x)=a1x-1x2.令g(x)0,得x1;令g(x)0,得0 x1在區(qū)間(1,e)內(nèi)恒成立,即使alnxx-1-10在區(qū)間(1,e)內(nèi)恒成立,即alnx+1-xx-10在區(qū)間(1,e)內(nèi)恒成立.令h(x)=alnx+1-x,則h(x)=a

6、x-1.令h(x)0,解得xh(1)=0;當(dāng)1ae時,h(x)在區(qū)間(1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,所以只需h(e)0,即ae-1,所以e-1ae;當(dāng)0a1時,h(x)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞減,則需h(e)0,而h(e)=a+1-e0,h(x)沒有零點(diǎn);當(dāng)a0時,h(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x(0,2)時,h(x)0.所以h(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+)內(nèi)單調(diào)遞增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)的最小值.若h(2)0,即ae24,則h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)沒有零點(diǎn);若h(2)=0,即a=e24,則h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)只

7、有一個零點(diǎn);若h(2)e24,由于h(0)=1,所以h(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)有一個零點(diǎn).由(1)知,當(dāng)x0時,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.故h(x)在區(qū)間(2,4a)內(nèi)有一個零點(diǎn).因此h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)有兩個零點(diǎn).綜上,當(dāng)f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)只有一個零點(diǎn)時,a=e24.5.(1)解因?yàn)閒(x)=ax2+bx-c-lnx(x0),所以f(x)=2ax+b-1x(x0).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x=1處取極值,所以f(1)=2a+b-1=0,所以b=1-2a,所以f(x)=2ax+1-2a-1x=(x-1)1x

8、+2a(x0).當(dāng)a0時,1x+2a0,則當(dāng)x(0,1)時,f(x)0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1.(2)解由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x=1處取極值-1-c,所以f(1)=-a+1-c=-1-c,可得a=2.因?yàn)閍0,由(1)可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞減,所以f(x)min=f(1)=-1-c.因?yàn)椴坏仁絝(x)-2c2恒成立,所以有-1-c-2c2,解得c1或c-12,所以實(shí)數(shù)c的取值范圍是-,-121,+).(3)證明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c

9、-lnx,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個不相等的零點(diǎn)x1,x2,所以f(x1)=f(x2)=0.若設(shè)x1x2,則x1(0,1),x2(1,+),構(gòu)造函數(shù)(x)=f(x)-f(2-x),x(0,1),則(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?yàn)閤1(0,1),所以f(x1)f(2-x1).又因?yàn)閒(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)f(2-x1),而2-x1,x2(1,+),函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以x22-x1,即x1

10、+x22,得證.6.解(1)f(x)=x2+bx-alnx,f(x)=2x+b-ax(x0).x=2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),f(2)=4+b-a2=0.1是函數(shù)f(x)的零點(diǎn),f(1)=1+b=0.由4+b-a2=0,1+b=0,解得a=6,b=-1.則f(x)=x2-x-6lnx,f(x)=2x-1-6x.令f(x)0,得0 x0,得x2,即f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+)內(nèi)單調(diào)遞增.故函數(shù)f(x)至多有兩個零點(diǎn),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,則g

11、(b)為關(guān)于b的一次函數(shù),且為增函數(shù),根據(jù)題意,對任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)0成立,則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)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,(x)(1)=1-a.當(dāng)1-a0,即a1時,(x)0,即h(x)0,h(x)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,即h(x)h(1)=0,不符合題意.當(dāng)1-a1時,(1)=1-a1,則(e)0,即在區(qū)間(1,e)內(nèi)(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,則h(x)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞減.故存在x0(1,e),使得h(x0

12、)a1,則(e)0,即在區(qū)間(1,e)內(nèi)一定存在實(shí)數(shù)m,使得(m)=0,則在區(qū)間(1,m)內(nèi)(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在區(qū)間(1,m)內(nèi)單調(diào)遞減.故存在x0(1,m),使得h(x0)1時,對任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)x2,令x1x2=t(t1),則(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,x1,+).當(dāng)x1時,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在區(qū)間1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當(dāng)t1時,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因?yàn)閤21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2lnt