（天津专用）2020届高考数学一轮复习考点规范练15导数的综合应用（含解析）新人教A版.docx

考点规范练15导数的综合应用一、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)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.(2018全国,理21)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x20)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+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),nN,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.7.已知函数f(x)=ax-ln x.(1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标;(2)对x1,+),不等式f(x)a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范围.三、高考预测8.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.考点规范练15导数的综合应用1.解(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-23与x=1处都取得极值,f-23=129-43a+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-12,b=-2,f(x)=x3-12x2-2x+c,f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f(x)=0,得x1=-23,x2=1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,-23-23-23,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)的递增区间为-,-23与(1,+),递减区间为-23,1.(2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x-1,2,当x=-23时,f-23=2227+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,要使f(x)f(2)=2+c,解得c2.c的取值范围为(-,-1)(2,+).2.(1)证明当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)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,则ae24,h(x)在区间(0,+)内没有零点;若h(2)=0,则a=e24,h(x)在区间(0,+)内只有一个零点;若h(2)e24.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,f(x)在区间(0,+)内只有一个零点时,a=e24.3.(1)解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x1;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,解得xe时,h(x)在(1,e)内单调递增,所以h(x)h(1)=0.当1ae时,h(x)在(1,a)内单调递增,在(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(1,e)内单调递减,则需h(e)0,而h(e)=a+1-e2,令f(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时,f(x)0.所以f(x)在区间0,a-a2-42,a+a2-42,+内单调递减,在区间a-a2-42,a+a2-42内单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1.不妨设x11.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在区间(0,+)内单调递减.又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以1x2-x2+2lnx20,即f(x1)-f(x2)x1-x20),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,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.故实数c的取值范围是c1或c-12.(3)证明由(1)知f(x)=ax2+(1-2a)x-c-lnx,函数f(x)在(0,1上单调递减,在(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(1,+)内单调递增,所以x22-x1,即x1+x22,得证.6.解(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.f(x)=x2-x-6lnx,f(x)=2x-1-6x.令f(x)0,得0x0,得x2,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)f(1)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,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)有解,令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0(1,e)使得h(x0)0,故(x)在(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(1,e)内单调递增,h(x)h(1)=0,不符合题意.当1-a1时,(1)=1-a1,则(e)0,在(1,e)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,e)内单调递减,存在x0(1,e),使得h(x0)a1,则(e)0,在(1,e)内一定存在实数m,使得(m)=0,在(1,m)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,m)内单调递减,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.设g(x)=ax2-ax-lnx,当0a1时,alnxx2-x恒成立,令h(x)=lnxx2-x.又x1时,lnxx-1x(x-1),即h(x)=lnxx2-x1时,令g(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.易得,g(x)在区间(-,x1)内单调递增,在区间x1,x2上单调递减,在区间(x2,+)内单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+630.g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.若g