1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 考点规范练 16 导数的综合应用 基础巩固 1.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=-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)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 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 3.(2017四川成都模拟 )已知函数 f(x)=(x-k)ex+k,k Z. (1)当 k=0时 ,求函数 f(x)的单调区间 ; (2)若当 x (0,+ )时 ,不等式 f(x)+50恒成立
2、 ,求 k 的最大值 . 4.(2017全国 ,文 21)已知函数 f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论 f(x)的单调性 ; (2)当 a0. (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 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 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
3、 t,t+2(t0)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 ,求实数 a的取值范围 . 答案： 1.解 :(1) f(x)=x3+ax2+bx+c, f(x)=3x2+2ax+b. 又 f(x)在 x=-与 x=1处都取得极值 , fa+b=0,f(1)=3+2a+b=0, 两式联立解得 a=-,b=-2, f(x)=x3-x2-2x+c, f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1), 令 f(x)=0,得 x1=-,x2=1, 当 x变化时 ,f(x),f(x)的变化情况如下表 : x - 1 (1,+ ) f(x) + 0
4、- 0 + f(x) 极大值 极小值 函数 f(x)的递增区间为与 (1,+ );递减区间为 . (2)f(x)=x3-x2-2x+c,x -1,2, 当 x=-时 ,f+c为极大值 ,而 f(2)=2+c,则 f(2)=2+c 为最大值 , =【 ;精品教育资源文库 】 = 要使 f(x)f(2)=2+c,解得 c2. c的取值范围为 (- ,-1) (2,+ ). 2.(1)解 :f(x)=2ax-(x0). 当 a0 时 ,f(x)0时 ,由 f(x)=0 有 x=. 当 x 时 ,f(x)0,f(x)单调递增 . (2)证明 :令 s(x)=ex-1-x,则 s(x)=ex-1-1.
5、当 x1时 ,s(x)0,所以 ex-1x, 从而 g(x)=0. (3)解 :由 (2),当 x1时 ,g(x)0. 当 a0, x1时 ,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间 (1,+ )内恒成立时 ,必有 a0. 当 01. 由 (1)有 f0, 所以此时 f(x)g(x)在区间 (1,+ )内不恒成立 . 当 a 时 ,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1) . 当 x1时 ,h(x)=2ax-e1-xx- =0. 因此 ,h(x)在区间 (1,+ )内单调递增 . 又因为 h(1)=0,所以当 x1时 ,h(x)=f(x)-g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立 . 综
6、上 ,a . 3.解 :(1)当 k=0时 ,f(x)=x ex, f(x)=ex+xex=ex(x+1), 当 x (- ,-1)时 ,f(x)0; f(x)在 (- ,-1)内是减函数 ,在 (-1,+ )内是增函数 . (2)不等式 f(x)+50恒成立 ?(x-k)ex+k+50在 x (0,+ )时恒成立 , 令 F(x)=(x-k)ex+k+5,F(x)=ex(x-k+1)(x R), 当 x (- ,k-1)时 ,f(x)0; f(x)在 (- ,k-1)内是减函数 ,在 (k-1,+ )内是增函数 . 若 k-10, 即 k1, 当 x (0,+ )时 ,F(x)F(0)0 .
7、 而 F(0)=50恒成立 , k1 符合题意 . 若 k-10,即 k1,当 x (0,+ )时 ,只需 F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k0即可 . 令 h(k)=-ek-1+5+k,h(k)=1-ek-10,h(3)=-e2+80,h(4)=-e3+90,故 f(x)在 (0,+ )单调递增 . 若 a0; 当 x 时 ,f(x)0;当 x (1,+ )时 ,g(x)0时 ,g(x)0 . 从而当 a0; 当 x (-1+,+ )时 ,f(x)0), 因此 h(x)在 0,+ )内单调递减 ,而 h(0)=1,故 h(x)1, 所以 f(x)=(x+1)h(x) x+1 a
8、x+1. 当 00(x0),所以 g(x)在 0,+ )内单调递增 ,而g(0)=0,故 ex x+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=, 则 x0 (0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0, 故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时 ,取 x0=, 则 x0 (0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1 ax0+1. 综上 ,a的取值范围是 1,+ ). 6.解 :(1) f(x)=x2+bx-aln x, f(x)=2x+b-(x0). x=2是函数 f(x)的极值点 , f(2)=4+b-=0. 1
9、是函数 f(x)的零点 , f(1)=1+b=0. 由解得 a=6,b=-1. f(x)=x2-x-6ln x,f(x)=2x-1-. 令 f(x)0,得 x2, =【 ;精品教育资源文库 】 = 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, 故 (x)在 (1
10、,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)a1,则 (e)0, 在 (1,e)上一定存在实数 m,使得 (m)=0, 在 (1,m)内 (x)1时 ,对任意 b -2,-1,都存在 x (1,e),使得 f(x)0, (e)=-2f(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
11、f(x)0 在区间 (1,+ )内恒成立 ,且 f(x)=0在区间 (1,+ )内有唯一解 . 8.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=. 当 x变化时 ,f(x),f(x)的变化情况如下表 : x f(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增 当 t 时 ,f(x)在区间 t,t+2上为增函数 , 所以 f(x)min=
12、f(t)=tln t. 当 0t时 ,f(x)在区间内为减函数 ,在区间上为增函数 ,所以 f(x)min=f=-. (3)由 g(x)=2exf(x),可得 2xln x=-x2+ax-3. 所以 a=x+2ln x+. 令 h(x)=x+2ln x+, 则 h(x)=1+. 当 x变化时 ,h(x),h(x)的变化情况如下表 : x 1 (1,e) h(x) - 0 + h(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增 =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 h+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2, 所以 h(e)-h=4-2e+0. 所以方程 g(x)=2exf(x)存在两个不等实根时 ,实数 a的取值范围为 4ae +2+.
