1、考点规范练16导数的综合应用基础巩固1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1处都取得极值.(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)1时,g(x)0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立.3.(2017四川成都模拟)已知函数f(x)=(x-k)ex+k,kZ.(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若当x(0,+)时,不等式f(x)+50恒成立,求k的最大值.4.(2017全国,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0时,证明f(
2、x)-2.能力提升5.(2017全国,文21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.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)0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.高考预测8.已知函数f(x)=xln x,g(x)=(
3、-x2+ax-3)ex(a为实数).(1)当a=5时,求函数y=g(x)在x=1处的切线方程;(2)求f(x)在区间t,t+2(t0)上的最小值;(3)若方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根x1,x2,且x1,x2,求实数a的取值范围.答案：1.解:(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-与x=1处都取得极值,fa+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-,b=-2,f(x)=x3-x2-2x+c,f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f(x)=0,得x1=-,x2=1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况
4、如下表:x-1(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)的递增区间为与(1,+);递减区间为.(2)f(x)=x3-x2-2x+c,x-1,2,当x=-时,f+c为极大值,而f(2)=2+c,则f(2)=2+c为最大值,要使f(x)f(2)=2+c,解得c2.c的取值范围为(-,-1)(2,+).2.(1)解:f(x)=2ax-(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0有x=.当x时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)证明:令s(x)=ex-1-x,则s(x)=ex-1-1.当x1时,s(x)0,所以ex-1x,从而g(x)=0.(3)解:由(2),当x1时,g(x)
5、0.当a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-e1-xx-=0.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a.3.解:(1)当k=0时,f(x)=xex,f(x)=ex+xex=ex(x+1),当x(-,-1)时,f(x)0;f(x)在(-,-1)内是减函数,在(-1,+)内是增函数.(2)不
6、等式f(x)+50恒成立(x-k)ex+k+50在x(0,+)时恒成立,令F(x)=(x-k)ex+k+5,F(x)=ex(x-k+1)(xR),当x(-,k-1)时,f(x)0;f(x)在(-,k-1)内是减函数,在(k-1,+)内是增函数.若k-10,即k1,当x(0,+)时,F(x)F(0)0.而F(0)=50恒成立,k1符合题意.若k-10,即k1,当x(0,+)时,只需F(x)min=F(k-1)=-ek-1+5+k0即可.令h(k)=-ek-1+5+k,h(k)=1-ek-10,h(3)=-e2+80,h(4)=-e3+90,10,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x时,f
7、(x)0.故f(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln+10,即f(x)-2.5.解:(1)f(x)=(1-2x-x2)ex.令f(x)=0得x=-1-,x=-1+.当x(-,-1-)时,f(x)0;当x(-1+,+)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x
8、)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)内单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).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-=0.1是函数f(x)的零点,f(1)=1+b=0
9、.由解得a=6,b=-1.f(x)=x2-x-6ln x,f(x)=2x-1-.令f(x)0,得0x0,得x2,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+)内单调递增.故函数f(x)至多有两个零点,其中1(0,2),x0(2,+).f(2)f(1)0,f(3)=6(1-ln 3)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成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-aln x0在x(1,e)有解,令h(x)=x2-x-aln x,只需存在x0(1
10、,e)使得h(x0)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)0,在(1,e)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,e)内单调递减,存在x0(1,e),使得h(x0)a1,则(e)0,在(1,e)上一定存在实数m,使得(m)=0,在(1,m)内(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,m)内单调递减,存在x0(1,m),使得h(x0)1时,对任意b-2,-1,都存在x(1,e),使得f(x)0成立.7.
11、(1)解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g(x)=2-.当0a0,(e)=-20.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+)内单调递增.所以0=a01.即a0(0,1).当a=a0时,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在区间(1,+)内单调递增,故当x(1,x0)时,f(x)f(x0)=0;当x(x0,+)时,f(x)0,从而f(x)f(x0)=0.所以,当x(1,+)时,f(x)0.综上所述,存在a(0,
12、1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.8.解:(1)因为当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g(x)=(-x2+3x+2)ex.所以切线的斜率为g(1)=4e.所以所求切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:xf(x)-0+f(x)单调递减极小值(最小值)单调递增当t时,f(x)在区间t,t+2上为增函数,所以f(x)min=f(t)=tln t.当0t时,f(x)在区间内为减函数,在区间上为增函数,所以f(x)min=f=-.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xln x=-x2+ax-3.所以a=x+2ln x+.令h(x)=x+2ln x+,则h(x)=1+.当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x1(1,e)h(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增因为h+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2,所以h(e)-h=4-2e+0.所以方程g(x)=2exf(x)存在两个不等实根时,实数a的取值范围为4ae+2+.
