高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（含解析）新人教A版-新人教A版高三數(shù)學(xué)試題

考點(diǎn)規(guī)范練15導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用一、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.2.(2018全國(guó)Ⅱ,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥1;(2)若f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn),求a.3.已知函數(shù)f(x)=alnx(a>0),e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)若過(guò)點(diǎn)A(2,f(2))的切線斜率為2,求實(shí)數(shù)a的值;(2)當(dāng)x>0時(shí),求證:f(x)≥a1-(3)若在區(qū)間(1,e)內(nèi),f(x)x-4.(2018全國(guó)Ⅰ,理21)已知函數(shù)f(x)=1x-x+alnx(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,證明:f(x1二、能力提升5.已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-c-lnx(x>0)在x=1處取極值,其中a,b為常數(shù).(1)若a>0,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a>0,且函數(shù)f(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1,x2,證明:x1+x2>2.6.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+bx-alnx.(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(gè)不同零點(diǎn),且x0∈(n,n+1),n∈N,求n.(2)若對(duì)任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.7.已知函數(shù)f(x)=ax-lnx.(1)過(guò)原點(diǎn)O作函數(shù)f(x)圖象的切線,求切點(diǎn)的橫坐標(biāo);(2)對(duì)?x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.三、高考預(yù)測(cè)8.(2018天津,文20)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列.(1)若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;(2)若d=3,求f(x)的極值;(3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個(gè)互異的公共點(diǎn),求d的取值范圍.

考點(diǎn)規(guī)范練15導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.解(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+c,∴f'(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-23與x=∴f'-23=129?43a+b=0,兩式聯(lián)立解得a=-12,b=-∴f(x)=x3-12x2-2x+cf'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f'(x)=0,得x1=-23,x2=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∈[-當(dāng)x=-23時(shí),f-23=2227+c為極大值,而f(2)=2+c,則f(2)=2+c為最大值,要使f(x)<c2(x∈[-1,2])恒成立,只需c2>f(2)=2+c∴c的取值范圍為(-∞,-1)∪(2,+∞).2.(1)證明當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥1等價(jià)于(x2+1)e-x-1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x≠1時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.而g(0)=0,故當(dāng)x≥0時(shí),g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)解設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn).(i)當(dāng)a≤0時(shí),h(x)>0,h(x)沒(méi)有零點(diǎn);(ii)當(dāng)a>0時(shí),h'(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x∈(0,2)時(shí),h'(x)<0;當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),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,+①若h(2)>0,則a<e24,h(x)在區(qū)間(0,+②若h(2)=0,則a=e24,h(x)在區(qū)間(0,+③若h(2)<0,則a>e24.由于h(0)=1,所以h(x由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),ex>x2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a故h(x)在區(qū)間(2,4a)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn).因此h(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=e23.(1)解∵f'(x)=ax∴f'(2)=a2=2,∴a=4(2)證明令g(x)=alnx則g'(x)=a1x令g'(x)>0,得x>1;g'(x)<0,得0<x<1;所以g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.所以g(x)的最小值為g(1)=0,所以f(x)≥a1-(3)解要使f(x)x-1>1在區(qū)間(1,e)內(nèi)恒成立,即使alnx令h(x)=alnx+1-x,則h'(x)=ax-1令h'(x)>0,解得x<a.當(dāng)a>e時(shí),h(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,所以h(x)>h(1)=0.當(dāng)1<a≤e時(shí),h(x)在(1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,所以只需h(e)≥0,即a≥e-1,所以e-1≤a≤e;當(dāng)0<a≤1時(shí),h(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞減,則需h(e)≥0,而h(e)=a+1-e<0,不符合題意.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為[e-1,+∞).4.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax①若a≤2,則f'(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時(shí)f'(x)=0,所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.②若a>2,令f'(x)=0,得x=a-a2-當(dāng)x∈0,a-a2-4當(dāng)x∈a-a2-42,a所以f(x)在區(qū)間0,a-a(2)證明由(1)知,f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1.不妨設(shè)x1<x2,則x2>1.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-所以f(x1)-f(x2)x1-設(shè)函數(shù)g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0所以1x2-x2+2lnx2<0,即f(5.(1)解因?yàn)閒(x)=ax2+bx-c-lnx(x>0),所以f'(x)=2ax+b-1x(x>0)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-1=(x-1)1x+2a(當(dāng)a>0時(shí),1x+2a>0,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)<當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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c≥1或c≤-12故實(shí)數(shù)c的取值范圍是c≥1或c≤-12(3)證明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函數(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1,x2,所以f(x1)=f(x2)=0.若設(shè)x1<x2,則x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),構(gòu)造函數(shù)φ(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),則φ(x)=2x-2+ln(2-x)-lnx,φ'(x)=2-12-x?所以y=φ(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,所以,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),φ(x)>φ(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(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,得證.6.解(1)∵f(x)=x2+bx-alnx,∴f'(x)=2x+b-ax(x>0)∵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-∴f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1-6x令f'(x)<0,得0<x<2,令f'(x)>0,得x>2,∴f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,在(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.故函數(shù)f(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn),其中1∈(0,2),x0∈(2,+∞).∵f(2)<f(1)<0,f(3)=6(1-ln3)<0,f(4)=6(2-ln4)=12(1-ln2)>0,∴x0∈(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],則g(b)為關(guān)于b的一次函數(shù),且為增函數(shù),根據(jù)題意,對(duì)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-alnx<0在x∈(1,e)有解,令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,由于h'(x)=2x-1-ax令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),則φ'(x)=4x-1>0,故φ(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,φ(x)>φ(1)=1-a.①當(dāng)1-a≥0,即a≤1時(shí),φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,∴h(x)>h(1)=0,不符合題意.②當(dāng)1-a<0,即a>1時(shí),φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,若a≥2e2-e>1,則φ(e)<0,∴在(1,e)內(nèi)φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,∴h(x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞減,∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合題意.若2e2-e>a>1,則φ(e)>0,∴在(1,e)內(nèi)一定存在實(shí)數(shù)m,使得φ(m)=0,∴在(1,m)內(nèi)φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在(1,m)內(nèi)單調(diào)遞減,∴存在x0∈(1,m),使得h(x0)<h(1)=0,符合題意.綜上所述,當(dāng)a>1時(shí),對(duì)任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立.7.解(1)設(shè)切點(diǎn)為M(x0,f(x0)),切線方程為y-f(x0)=k(x-x0).∵f'(x)=a-1x∴k=f'(x0)=a-1x0,即切線方程為y-ax0+lnx0=a-1x又切線過(guò)原點(diǎn)O,∴-ax0+lnx0=-ax0+1.由lnx0=1,解得x0=e,∴切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為e.(2)∵不等式ax-lnx≥a(2x-x2)恒成立,∴等價(jià)于a(x2-x)≥lnx對(duì)?x∈[1,+∞)恒成立.設(shè)y1=a(x2-x),y2=lnx,由于x∈[1,+∞),且當(dāng)a≤0時(shí),y1≤y2,故a>0.設(shè)g(x)=ax2-ax-lnx,當(dāng)0<a<1時(shí),g(3)=6a-ln3≥0不恒成立,當(dāng)a≥1,x=1時(shí),g(x)≥0恒成立;x>1時(shí),a≥lnxx2-x恒成立,令h(又x>1時(shí),lnx<x-1<x(x-1),即h(x)=lnxx綜上所述,a≥1.8.解(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切線方程為x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-3當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.(3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+63,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x)有三個(gè)零點(diǎn).g'(x)=3x2+(1-d2).當(dāng)d2≤1時(shí),g'(x)≥0,這時(shí)g(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意.當(dāng)d2>1時(shí),令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x易得,g(x)在區(qū)間(-∞,x1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間[x1,x2]上單調(diào)