1、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=- 与 x=1 处都取得极值.23(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 )a ;(1-1)(3)若在区间(1,e)内, 1 恒成立,求实数 a 的取值范围.()-14.(2018 全国 ,理 21)已知函数 f(x)= -x+aln x.1(1)讨论 f(x)的单调性 ;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2
2、,证明: 0)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)-2c 2 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:x 1+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)f(2)=2+c,解得 c2. c 的取值范围为(
3、 -,-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- 是 h(x)在区间0,+)内的最小值.42 若 h(2)0,则 a .由于 h(0)=1,所以 h(x)在区间(0,2) 内有一个零点.24由(1)知,当 x0 时
4、,e xx2,所以 h(4a)=1- =1- 1- =1- 0.1634 163(2)2 163(2)4 1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= .243.(1)解 f(x)= , f(2)= =2, a=4.2(2)证明 令 g(x)=a ,(-1+1)则 g(x)=a .(1-12)令 g(x)0,得 x1;g(x)1 在区间(1,e)内恒成立,即使 -10 在区间(1,e)内恒成立,即 0 在区间(1,e)()-1 -1 +1-1内恒成立.令 h(x)=aln x+1-x,则 h
5、(x)= -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 12,令 f(x)=0,得 x= 或 x= .- 2-42 +2-42当 x 时,f (x)0.(- 2-42 ,+2-42 )所以 f(x)在区间 内单调递减,在区间 内单调递增.(0,- 2-42 ),(+2-42 ,+) (- 2-42 ,+2-42 )(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 =- -1+a =-2+a =-2+a ,(1)-(
6、2)1-2 112 1- 21-2 1- 21-2 -2 212-2所以 0),所以 f(x)=2ax+b- (x0).1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-1=(x-1) (x0).(1+2)当 a0 时, +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-ln x.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
7、,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)-2c 2 恒成立,所以有-1-c-2c 2,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-ln x,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 x1(1) =0.所以 f(x)f(2-x).因为 x1(0,1),所以 f(x1)f(2-x1).又因为
8、 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-aln x, f(x)=2x+b- (x0). x=2 是函数 f(x)的极值点, f(2)=4+b- =0.2 1 是函数 f(x)的零点, f(1)=1+b=0.由 解得4+-2=0,1+=0, =6,=-1. f(x)=x2-x-6ln x,f(x)=2x-1- .6令 f(x)0,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
9、两个零点,其中 1(0,2),x 0(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,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)内一定存在实数 m,使得 (m)=0, 在(1,m)
10、内 (x)1 时,对任意 b-2,- 1,都存在 x(1,e),使得 f(x)0.设 g(x)=ax2-ax-ln x,当 01 时, a 恒成立,令 h(x)= .2- 2-又 x1 时,ln x1 时,令 g(x)=0,解得 x1=- ,x2= .2-13 2-13易得,g(x) 在区间(-,x 1)内单调递增 ,在区间 x1,x2上单调递减,在区间(x 2,+)内单调递增.g(x)的极大值 g(x1)=g +6 0.(-2-13)=23(2-1)329 3g(x)的极小值 g(x2)=g =- +6 .(2-13) 23(2-1)329 3若 g(x2)0,由 g(x)的单调性可知函数 y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若 g(x2)27,也就是|d| ,此时|d|x 2,g(|d|)=|d|+6 0,且-2|d|x 1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6)32 10 3-62 +6 0,从而由 g(x)的单调性,可知函数 y=g(x)在区间(- 2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个3 10 3零点,符合题意.所以,d 的取值范围是(- ,- )( ,+).10 10
