【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练17　导数的二、综合应用 Word版含解析.docx，共(4)页，40.765 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练17导数的二、综合应用一、基础巩固1.设函数f(x)=xex,函数g(x)=12x2+x.(1)令函数F(x)=f(x)+g(x),求函数F(x)的最小值;(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且

x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+12x2+x,∴F'(x)=(x+1)(ex+1),令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,∴F(x)在区间(-∞,-1

)内单调递减,在区间(-1,+∞)内单调递增.故F(x)min=F(-1)=-12−1e.(2)∵任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,∴mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.令h(x)=mf

(x)-g(x)=mxex-12x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在区间[-1,+∞)内单调递增即可.故h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0在区间[-1,+∞)恒成立,故m≥1e𝑥,而1e𝑥≤e,故实数m的取值范围是[e,+∞)

.2.已知函数f(x)=ax+x2-xlna(a>0,且a≠1).(1)当a>1时,求证:函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.(1)证明:f'(x)=axlna+2x-lna=2x+

(ax-1)lna,∵a>1,当x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,∴f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)解:当a>0,a≠1时,f'(x)=2x+(ax-1)lna,令

h(x)=2x+(ax-1)lna,则h'(x)=2+ax(lna)2>0,即h(x)在R上单调递增,则f'(x)在R上单调递增.∵f'(0)=0,故f'(x)=0有唯一解x=0,∴x,f'(x),f

(x)的变化情况如下表所示:x(-∞,0)0(0,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,∴方程f(x)=t±1有三个根,而t+1>t-1,∴t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.3.设函数f(x)=a2x2+ax

-3lnx+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解:(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+

a-3𝑥=2𝑎2𝑥2+𝑎𝑥-3𝑥=(𝑎𝑥-1)(2𝑎𝑥+3)𝑥.∵a>0,x>0,∴2𝑎𝑥+3𝑥>0,∴当x∈(0,1𝑎)时,f'(x)<0;当x∈(1𝑎,+∞)时,f'(x)>0,∴函数f(x)在区间(0,1𝑎)内单调递减,在区间(1𝑎,+∞)内单调

递增.(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴函数f(x)在区间(0,+∞)内没有零点,由(1)可得函数f(x)在区间(0,1𝑎)内单调递减,在区间(1𝑎,+∞)内单调递增,∴f(1𝑎)=3-3ln1𝑎=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e

,即实数a的取值范围是(1e,+∞).4.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点,求实数a.(1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+

1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≥0时,g'(x)≤0,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)

≥1.(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;当a>0时,h'(x)=ax

(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(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)=1-4𝑎e2是h(x)在

区间(0,+∞)内的最小值.①若h(2)>0,即a<e24,则h(x)在区间(0,+∞)内没有零点;②若h(2)=0,即a=e24,则h(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点;③若h(2)<0,即a>e24,由于h(0)=1,所以h(x)在区

间(0,2)内有一个零点.由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-16𝑎3e4𝑎=1-16𝑎3(e2𝑎)2>1-16𝑎3(2𝑎)4=1-1𝑎>0.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

所述,当f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时,a=e24.二、综合应用5.设函数f(x)=x2+bx-alnx.(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),n∈N,求n.(2)若对任意b∈[-2,-1

],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.解:(1)∵f(x)=x2+bx-alnx,∴f'(x)=2x+b-𝑎𝑥(x>0).∵x=2是函数f(x)的极值点,∴f'(2)=4+b-𝑎2=0.∵1是函数f

(x)的零点,∴f(1)=1+b=0.由{4+𝑏-𝑎2=0,1+𝑏=0,解得{𝑎=6,𝑏=-1.则f(x)=x2-x-6lnx,f'(x)=2x-1-6𝑥.令f'(x)<0,得0<x<2;令f'(x)>0,得x>2,即f(x)在区间(0,2)内单调递减,

在区间(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,f(3)=6(1-ln3)<0,f(4)=6(2-ln4)=12(1-ln2)>0,∴x0∈(3,4),故n=3.(2)令g(b)=xb+x2-alnx,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成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-alnx<0在区间(1,e)内有解,令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<

0即可,由于h'(x)=2x-1-𝑎𝑥=2𝑥2-𝑥-𝑎𝑥,令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ'(x)=4x-1>0,故φ(x)在区间(1,e)内单调递增,φ(x)>φ(1)=

1-a.①当1-a≥0,即a≤1时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,即h(x)>h(1)=0,不符合题意.②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a,若a≥2e2-e>1,则φ(e)≤0,即在区间(1,e)内φ(x)<0恒成立,

即h'(x)<0恒成立,则h(x)在区间(1,e)内单调递减.故存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意;若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,即在区间(1,e)内一定存在实数m,使得φ(m)=0,则在区间(1,m

)内φ(x)<0恒成立,即h'(x)<0恒成立,h(x)在区间(1,m)内单调递减.故存在x0∈(1,m),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.综上所述,当a>1时,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e

),使得f(x)<0成立.6.(2023新高考Ⅱ,22)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求实数a的取值范围.(1)证

明设h(x)=sinx-x,x∈[0,1],则h'(x)=cosx-1≤0对∀x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,所以函数h(x)在区间[0,1]上单调递减.所以对∀x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立.又因为h(0)=0,所以sinx-x<0恒成

立.所以sinx<x,x∈(0,1).设g(x)=sinx-(x-x2),则g'(x)=cosx+2x-1.令G(x)=cosx+2x-1,则G'(x)=-sinx+2>0对∀x∈[0,1]恒成立,所以g'(x)在区间[0,1]上单调递增.又g'(0)=1+0-1=0,所以对∀x

∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅当x=0时有g'(0)=0,所以函数y=g(x)在区间[0,1]上单调递增.所以对∀x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.又因为g(0)=0,所以sinx+x2-x>0对∀x∈(0,1)恒成立.所以当x∈(0,

1)时,x-x2<sinx.综上可知,x-x2<sinx<x,x∈(0,1)成立.(2)解由题知f'(x)=-asinax+2𝑥1-𝑥2,f'(0)=0,令p(x)=f'(x)=-asinax+2

𝑥1-𝑥2,则p'(x)=-a2cosax+2+2𝑥2(1-𝑥2)2,p'(0)=2-a2.①当2-a2>0,即-√2<a<√2时,可知存在0<x0<1,使得x∈(0,x0)时,p'(x)>0,所以p(x)在区间(0,x0)内单调递

增,即f'(x)在区间(0,x0)内单调递增.所以当x∈(0,x0)时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在区间(0,x0)内单调递增,这与x=0是f(x)的极大值点相矛盾,不符合题意.②当2-a2<0,即a

<-√2或a>√2时,可知存在0<x0<1,使得x∈(-x0,x0)时,p'(x)<0,所以p(x)在区间(-x0,x0)内单调递减,即f'(x)在区间(-x0,x0)内单调递减.又f'(0)=0,所以当x∈(-x0,0)时,f'(x)>0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,所以f(

x)在区间(-x0,0)内单调递增,在区间(0,x0)内单调递减,此时满足x=0是f(x)的极大值点.③当2-a2=0,即a=±√2时,易知f(x)是偶函数,所以只需考虑a=√2的情形即可.当a=√2时,f'(x)=-√2sin√2x+2𝑥1-𝑥2.由(1)知,当0<x<1时,x>s

inx,所以当0<x<√22时,√2x>sin√2x,所以当0<x<√22时,-√2·√2x<-√2sin√2x,即当0<x<√22时,-2x<-√2sin√2x.所以当x∈(0,√22)时,f'(x)

>-2x+2𝑥1-𝑥2=2x(11-𝑥2-1)>0,所以f(x)在区间(0,√22)内单调递增,与x=0是f(x)的极大值点相矛盾,不符合题意.综上所述,a的取值范围为(-∞,-√2)∪(√2,+∞).三、探究创新7.已知函数f(x)=x

3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9𝑥的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x

2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.(1)解:①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,则f'(x)=3x2+6𝑥(x>0).可得f(1)=1,f'(1

)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3𝑥,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6𝑥−3𝑥2,整理可得g'

(x)=3(𝑥-1)3(𝑥+1)𝑥2.令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间

为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明:由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+𝑘𝑥(x>0).对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令𝑥1𝑥2=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2

[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)(3𝑥12+𝑘𝑥1+3𝑥22+𝑘𝑥2)-2(𝑥13−𝑥23+kln𝑥1𝑥2)=𝑥13−𝑥23-3𝑥12x2+3x1𝑥22+k(𝑥1

𝑥2−𝑥2𝑥1)-2kln𝑥1𝑥2=𝑥23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1𝑡-2lnt).①令h(x)=x-1𝑥-2lnx,x∈[1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+1𝑥2−2𝑥=(1-1𝑥)2>0,由此可得h(x)

在区间[1,+∞)内单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1𝑡-2lnt>0.因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以,𝑥23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1𝑡-2lnt)≥(t3-3t2+3t-1)-3(t

-1𝑡-2lnt)=t3-3t2+6lnt+3𝑡-1.②由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3𝑡>1,故t3-3t2+6lnt+3𝑡-1>0.③由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)

-f(x2)]>0.所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.