2019高考数学专题训练导数的综合应用含解析.docx

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 x＋b(x－1)(x>0)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0. (1)求a，b的值； (2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2； (3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围． [解]　(1)函数f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)， 可得f′(x)＝2axln x＋ax＋b， 因为f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝e2－e＋1， 所以a＝1，b＝－1. (2)证明：f(x)＝x2ln x－x＋1， 设g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)， g′(x)＝2xln x－x＋1，(g′(x))′＝2ln x＋1＞0， 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)≥(x－1)2. (3)设h(x)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1， h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1， 由(2)中知x2ln x≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)， 所以xln x≥x－1，所以h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)， ①当3－2m≥0即m≤32时，h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0，成立． ②当3－2m<0即m>32时， h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)， (h′(x))′＝2ln x＋3－2m， 令(h′(x))′＝0，得x0＝e2m－32＞1， 当x∈[1，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，m≤32. 2．(2017•天津高考)设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)． (1)求f(x)的单调区间； (2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线， ①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0； ②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围． [解]　(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得 f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]． 令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a. 由|a|≤1，得a<4－a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a) (a,4－a) (4－a，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x) �� �� �� 所以， f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)． (2)①证明：因为g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))， 由题意知g(x0)＝ex0，g′(x0)＝ex0， 所以f(x0)ex0＝ex0，ex0(f(x0)＋f′(x0))＝ex0， 解得f(x0)＝1，f′(x0)＝0. 所以f(x)在x＝x0处的导数等于0. ②因为g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex>0， 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x0＝a. 另一方面，由于|a|≤1，故a＋1<4－a. 由(1)知f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当x0＝a时，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，从而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立． 由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1， 得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1. 令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x. 令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0. 因为t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1， 所以，t(x)的值域为[－7,1]． 所以，b的取值范围是[－7,1]． 3．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围； (3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c. (2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23. f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x (－∞，－2) －2 －2，－23 －23 －23，＋∞
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) �� c �� c－3227 �� 所以当c>0且c－3227<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，0， 使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点． (3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f(x)不可能有三个不同零点． 当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0. 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，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Δ＝4a2－12b＞0. 故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件． 当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点， 所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件． 因此a2－3b＞0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)＝1－xax＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a＞0. (1)求a的取值范围； (2)若b>0，试证明1a＋b＜lna＋bb＜ab. [解]　(1)f′(x)＝－1ax2＋1x＝ax－1ax2， 因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a＞0， 所以ax－1≥0，即x≥1a，所以1a≤1，即a≥1. 故a的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：因为b>0，a≥1，所以a＋bb>1， 又f(x)＝1－xax＋ln x在(1，＋∞)上是增函数， 所以fa＋bb＞f(1)，即1－a＋bba•a＋bb＋lna＋bb＞0， 化简得1a＋b＜lna＋bb， lna＋bb＜ab等价于lna＋bb－ab＝ln1＋ab－ab＜0， 令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))， 则g′(x)＝11＋x－1＝－x1＋x＜0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数， 所以gab＝ln1＋ab－ab＝lna＋bb－ab＜g(0)＝0，即lna＋bb＜ab. 综上，1a＋b＜lna＋bb＜ab，得证.

20 × 20