2019高考数学专题训练 导数的综合应用 含解析

2019高考数学专题训练 导数的综合应用 含解析专题限时集训(十四)导数的综合应用(建议用时：60分钟)1(2018太原模拟)设函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)(x1)2；(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2axln xaxb，因为f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)e2e1，所以a1，b1.(2)证明：f(x)x2ln xx1，设g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，所以g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，所以g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，所以f(x)(x1)2.(3)设h(x)x2ln xxm(x1)21，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1)，所以xln xx1，所以h(x)3(x1)2m(x1)，当32m0即m32时，h(x)0，所以h(x)在1，)单调递增，所以h(x)h(1)0，成立当32m32时，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e2m321，当x1，x0)时，h(x)h(1)0，所以h(x)在1，x0)上单调递减，所以h(x)h(1)0，不成立综上，m32.2(2017天津高考)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a0，所以f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a10是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x23.f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)22，232323，f(x)00f(x)cc3227所以当c0且c32270，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增所以f(x)不可能有三个不同零点综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0.故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件4(2018兰州模拟)已知函数f(x)1xaxln x在(1，)上是增函数，且a0.(1)求a的取值范围；(2)若b0，试证明1ablnabbab.解(1)f(x)1ax21xax1ax2，因为在(1，)上f(x)0，且a0，所以ax10，即x1a，所以1a1，即a1.故a的取值范围为1，)(2)证明：因为b0，a1，所以abb1，又f(x)1xaxln x在(1，)上是增函数，所以fabbf(1)，即1abbaabblnabb0，化简得1ablnabb，lnabbab等价于lnabbabln1abab0，令g(x)ln(1x)x(x(0