1、考點規(guī)范練 16 導數(shù)的綜合應用 基礎(chǔ)鞏固 _ 3 2 1.已知函數(shù)f (x) =x +ax +bx+c在x=-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 . . 若對于x -1,2,不等式f(x) 1 時,g(x) 0; 確定a的所有可能取值，使得f (x) g( x)在區(qū)間(1, +s)內(nèi)恒成立.2 3. (2017 四川成都模擬)已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex+k, k乙 (1)當k=0 時,求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間； 若當x (0, +R)時，不等式f(x)+50 恒成立，求k的最大值. 2 4. (2017 全國川,文 21)已知函數(shù) f(x)

2、 =ln x+ax +(2 a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； 當a0 時，證明f(x) w - 2.3 5. (2017 全國,文 21)設(shè)函數(shù) f(x)=(1 -x2)e： (1)討論f(x)的單調(diào)性； 當x0時,f (x) wax+1,求a的取值范圍. 2 6.設(shè)函數(shù) f ( x) =x2+bx-aln x. (1)若x=2 是函數(shù)f(x)的極值點,1 和xo是函數(shù)f(x)的兩個不同零點,且xo (n, n +1), n N,求n. 若對任意b -2,-1,都存在x (1,e),使得f(x) o. (1)設(shè)g(x)是f (x)的導函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性； 證明：存在a (0,

3、1),使得f(x) 0在區(qū)間(1, +8)內(nèi)恒成立，且f(x) =0 在區(qū)間(1, +8)內(nèi)有唯一 解. 高考預測 8.已知函數(shù) f(x)=xln x, g(x) =(-x2+ax-3)ex(a 為實數(shù)). (1) 當a=5 時，求函數(shù)y=g(x)在x=1 處的切線方程； (2) 求f (x)在區(qū)間t,t+2( t0)上的最小值; 若方程g( x) =2exf (x)存在兩個不等實根 xi, X2,且Xi, X2 ,求實數(shù)a的取值范圍 答案： 3 2 1.解:(1) v f (x) =x+ax+bx+c 2 f (x) =3x +2ax+b. 又f (x)在x=-與x=1 處都取得極值， fa

4、+b= 0, f (1) =3+2a+b=0, 兩式聯(lián)立解得a=-, b=-2, 3 2 f(x)=x -X - 2x+c, 2 f (x) =3x -x- 2=(3 x+2)( x-1), 令 f (x) =0,得 X1二,X2=1, 當X變化時,f (x), f (x)的變化情況如下表 X - 1 (1, + OO ) f( X) + 0 - 0 + f(x ) / 極 大 極 小/ 二函數(shù)f (X)的遞增區(qū)間為與(1, +X);遞減區(qū)間為 3 2 (2) f (x) =x -x - 2x+c, x -1,2, 當x=-時，f+C為極大值,而f (2) =2+C,則f (2) =2+C為最

5、大值，5 22 要使 f(x)vc(x -1,2)恒成立,只需 cf(2)=2+c,解得 cv-1 或 02. c 的取值范圍為(-g,-1) U (2, +R). 2. (1)解:f (x) =2ax- (x0). 當aw0時，f (x) 0 時 , 由 f (x)=0 有 x=. 當x 時，f (x)0, f (x)單調(diào)遞增. (2) 證明 : 令 s(x)=ex-1-x, 則 s (x)=ex-1-1. 當 x1 時 , s (x)0, 所以 ex-1x, 從而 g(x)=0. 解：由(2),當 x1 時,g(x) 0. 2 當 aw 0, x1 時,f (x) =a( x -1) -1

6、n xg(x)在區(qū)間(1, +g)內(nèi)恒成立時，必有a0. 當 0a1. 由(1)有 f0, 所以此時f (x) g( x)在區(qū)間(1, +g)內(nèi)不恒成立. 當 a時，令 h(x) =f(x)-g(x)( x 1). 1-x 當 x1 時 , h (x)=2ax- e1-x x- =0. 因此，h(x)在區(qū)間(1, +g)內(nèi)單調(diào)遞增. 又因為 h(1) =0,所以當 x1 時，h(x)=f(x)-g(x) 0,即 f (x)g(x)恒成立. 綜上,a . 3.解： 當 k=0 時,f (x) =x ex, f (x) =ex+xex=ex( x+1), 當 x (-g, -1)時，f (x) 0

7、; f(x)在(-g ,-1)內(nèi)是減函數(shù)，在(-1, +g)內(nèi)是增函數(shù). (2)不等式 f (x)+50 恒成立？(x-k )ex+k+50 在 x (0, +g)時恒成立， 令 F(x) =(x-k )ex+k+5, F(x) =ex(x-k+ 1)( x R), 當 x (-g, k-1)時,f (x) 0; f(x)在(-g, k-1)內(nèi)是減函數(shù)，在(k-1, +g)內(nèi)是增函數(shù). 若 k-1 0,即 kF(0) 0. 而F(0) =50 恒成立，二 kwi符合題意. 若 k-1 0,即 k1,當 x (0, +g)時，只需 F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k0 即可. 令

8、h( k) =-e 1+5+k, h ( k) =1- e 10, h(3) =-e +80, h(4) =-e +90, 10,則當 x (0, +8)時,f(x)0,故 f (x)在(0, +8)單調(diào)遞增. 若 a0; 當 x 時，f (x)0. 故 f (x) 在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增 , 在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減 . 證明：由 知，當a0 時,f(x)在x=-取得最大值，最大值為f=l n-1-. 所以 f (x) 0;當 x (1, +8)時,g(x)0 時,g(x) W0. 從而當 a0 時,ln +1w0,即 f (x) w - 2. 5. 解：(1) f (x)=(1 -2x-x2)e x.

9、令 f (x) =0 得 x=-1-, x=-1+. 當 x (-8, -1-)時,f (x) 0; 當 x(-1+, +8)時, f (x)1 時，設(shè)函數(shù) h(x) =(1 -x)ex, h (x) =-xex0), 因此h(x)在0, +8)內(nèi)單調(diào)遞減，而h(0) =1,故h(x) w 1, 所以 f(x)=(x+1)h(x)wx+1wax+1. 當 0a0(x0),所以 g(x)在0, +8)內(nèi)單調(diào)遞增，而 g(0) =0,故 ex x+1. 2 2 2 當 0vx(1 -x )(1 +x) ,(1 -x)(1 +x) -ax- 1=x(1 -a-x-x ),取 xo=, 則 x0 (0

10、,1),(1 -x0)(1 +x0)2-ax0-1=0, 故 f (x0)ax0+1. 當awo時,取xo=, 則 xo (0,1), f(xo)(1-xo)(1 +xo)2=1axo+1. 綜上 ,a 的取值范圍是 1, +8 ). 6. 解：(1) T f (x) =x2+bx-aln x, Af (x) =2x+b-( x0). / x=2 是函數(shù) f (x)的極值點，A f (2) =4+b-=0. / 1 是函數(shù) f (x)的零點，Af(1) =1+b=0. 由解得 a=6, b=-1. 2 Af(x)=x2-x- 6ln x, f (x)=2x-1-. 令 f (x)0, 得 0

11、x0, 得 x2, 7 f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，在(2, +R)內(nèi)單調(diào)遞增. 故函數(shù)f (x)至多有兩個零點,其中 1 (0,2), xo (2, +R). / f(2) f(1) 0,f(3) =6(1-ln 3) 0, X0 (3,4),故 n=3. 2 (2)令g(b)=xb+x-aln x, 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 , 對任意 b -2, -1, 都存在 x (1,e), 使得 f(x)0 成立, 2 則 g(b)max=g(-1)=x2-x-a ln x0 在 x (1,e) 有解, 2 令 h(x) =x -x-a ln x,只

12、需存在 x (1,e)使得 h(x)0, 故 $ (x)在(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增，$ (x)$ (1) =1-a. 當 1-a 0,即 awl 時，$ (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 . 當 1-a1 時 , $ (1) =1-a2e2-e1,貝U $ (e) 0, 在(1,e)內(nèi)$ (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)a1,貝U $ (e) 0, 在(1,e)上一定存在實數(shù) m,使得 $ (n)=0, 在(1, m)內(nèi) $ (x) 0 恒 成

13、立，即h(x) 0 恒成立，h(x)在(1, n)內(nèi)單調(diào)遞減， 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) 0 成立. 7.(1)解：由已知，函數(shù) f(x)的定義域為(0, +R), g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以 g (x) =2-. 當00, $ (e) =- 20知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1, +R)內(nèi)單調(diào)遞增. 所以 0=a01. 即 a0 (0,1) . 8 當 a=a0時，有 f(X。) =0, f(X。)=$(X。)=0. 由 知,f (x)在區(qū)間(1, +X)內(nèi)單調(diào)遞增,故當x (1,

14、 Xo)時,f (x) f(X0)=0; 當 x (xo,+s)時,f (x) 0,從而 f (x) f (xo) =0. 所以,當 x (1, +8)時,f (x) 0 . 綜上所述,存在a (0,1),使得f (x) 0在區(qū)間(1, +8)內(nèi)恒成立，且f (x) =0 在區(qū)間(1, +8)內(nèi) 有唯一解. 2 x &解:(1)因為當 a=5 時,g( x) =( -x +5x- 3)e ,所以 g(1) =e, g (x) =(-x +3x+2)e . 所以切線的斜率為 g (1) =4e. 所以所求切線方程為 y- e=4e(x-1),即y=4ex-3e. (2) f (x) =ln x+1,令 f (x) =0,得 x=. 當x變化時,f (x), f(x)的變化情況如下表 x f( x) - 0 f(X ) 單調(diào) 遞減 極小值最小值 單調(diào) 遞增 當t 時,f (x)在區(qū)間t,t+2上為增函數(shù)， 所以f( x) min=f ( t ) =tln t. 當 0t時,f (x)在區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)，所以f(x) min=f=-. (3)由 g( x) =2e f (x),可得 2xln x=-