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(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测): 专题3.3 导数的综合应用(练)

专题 3.3 导数的综合应用 1.(2017·南通调研)已知函数 f(x)=a+ xln x(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)的零点个数. 1 解 (1)由函数 f(x)=a+ xln x∈(a∈R)得 f′(x)= (ln x+2). 2 x 令 f′(x)=0,得 x=e ,列表如下: -2 x f′(x) f(x) (0,e ) - -2 e -2 (e ,+∞) + -2 0 极小值 ? ? -2 因此,函数 f(x)的单调递增区间为(e ,+∞),单调递减区间为(0,e ). -2 所以当 a≤0 时,函数 f(x)零点个数为 1. ②当 0<a<2e 时, -1 2.(2016·天津卷节选)设函数 f(x)=x -ax-b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0),其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=0. (1)解 由 f(x)=x -ax-b,可得 f′(x)=3x -a. 下面分两种情况讨论: ①当 a≤0 时,有 f′(x)=3x -a≥0 恒成立, 所以 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,解得 x= 3a 3a 或 x=- . 3 3 2 3 2 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ? 所以 f(x)的单调递减区间为?- 3a? ? ?-∞,- ? 3 ? ? + - 0 极大值 3a 3 3a 3a? ? ?- , ? 3 ? ? 3 - 3a 3 0 极小值 ? ? 3a ? ? ,+∞? ? 3 ? + ? ? 3a 3a? 3a? ? 3a ? ? , ?,单调递增区间为?-∞,- ?,? ,+∞?. 3 3 ? 3 ? ? 3 ? ? (2)证明 因为 f(x)存在极值点, 所以由(1)知 a>0,且 x0≠0. 由题意,得 f′(x0)=3x0-a=0,即 x0= , 3 2 2 a 进而 f(x0)=x0-ax0-b=- 3 2a x0-b. 3 8a 3 又 f(-2x0)=-8x0+2ax0-b=- x0+2ax0-b= 3 2a - x0-b=f(x0),且-2x0≠x0, 3 由题意及(1)知,存在唯一实数 x1 满足 f(x1)=f(x0),且 x1≠x0,因此 x1=-2x0,所以 x1+2x0 =0. 3.(2017·南京、盐城模拟)已知函数 f(x)= x 在 x=0 处的切线方程为 y=x. e (1)求实数 a 的值; (2)若对任意的 x∈(0,2),都有 f(x)< 1 ax k+2x-x2 成立,求实数 k 的取值范围; (3)若函数 g(x)=lnf(x)-b 的两个零点为 x1,x2,试判断 g′? ?x1+x2?的正负,并说明理由. ? ? 2 ? 由题意得函数 g(x)=lnf(x)-b=ln x-x-b, 1 1-x 所以 g′(x)= -1= , x x 易得函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以要证 g′? ?x1+x2?<0,只需证明x1+x2>1 即可. ? 2 ? 2 ? ? ?x1+b=ln ? ?x2+b=ln 因为 x1,x2 是函数 g(x)的两个零点,所以? x1, x2, 4.(2016·江苏卷)已知函数 f(x)=a +b (a>0,b>0,a≠1,b≠1). 1 (1)设 a=2,b= . 2 ①求方程 f(x)=2 的根; ②若对任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. x x ?1?x x 解 (1)①由已知可得 2 +? ? =2, ?2? 1 x 即 2 + x=2. 2 ∴(2 ) -2·2 +1=0, 解得 2 =1,∴x=0. x x 2 x ?1?x x -x x ②f(x)=2 +? ? =2 +2 , ?2? 令 t=2 +2 ,则 t≥2. 又 f(2x)=2 +2 2x -2x x -x =t -2, 2 2 故 f(2x)≥mf(x)-6 可化为 t -2≥mt-6, 4 4 即 m≤t+ ,又 t≥2,t+ ≥2 t t t· =4. t 4 (当且仅当 t=2 时等号成立). ? 4? ∴m≤?t+ ?min=4. ? t? 即 m 的最大值为 4. (2)∵0<a<1,b>1,∴ln a<0,ln b>0. g(x)=f(x)-2=ax+bx-2. g′(x)=axln a+bxln b 且 g′(x)为单调递增,值域为 R 的函数. ∴g′(x)一定存在唯一的变号零点. ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意 g(x)有且仅有一个零点. , 则 g(x)的极值一定为 0, 而 g(0)=a +b -2=0,故极值点为 0. ∴g′(0)=0,即 ln a+ln b=0.∴ab=1. 5.(2017·衡水中学质检)已知函数 f(x)= 0 0 x+a e x . (1)若 f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=0,x0<1,设直线 y=g(x)为函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线,求证:f(x)≤g(x). 6.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=(x-2)e +a(x-1) . (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. x 2 解 (1)f′(x)=(x-1)e +2a(x-1)=(x-1)(e +2a). (ⅰ)设 a≥0,则当 x∈(-∞,1)时,f′ (x)<0;