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)c2恒成立,求 c 的取值范围.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,f(-)a+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)
2、,f(x)的变化情况如下表: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.设函数 f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=,其中 aR,e=2.8为自然对数的底数.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)证明:当 x1 时,g(x)0;(3)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x)g(x
3、)在区间(1,+)内恒成立.答案:(1)解 f(x)=2ax-(x0).当 a0 时,f(x)0 时,由 f(x)=0 有 x=.当 x(0 )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)0.当 a0 x1 时,f(x)=a(x2-1)-lnxg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a0.当 0a1.由(1)有 f()0,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)(x).当 x
4、1 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.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.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)在区间(-,-1)内是减函数,在区间(-1,+)内是增函数.(2)不等式 f(x)+50 恒成
5、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)在区间(-,k-1)内是减函数,在区间(k-1,+)内是增函数.若 k-0 即 k 当 x(0,+)时,F(x)F(0)0.而 F(0)=50 恒成立,k 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+90,1k 综上,k 的最大值为 3.4.已知函数
6、 f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 a0,故 f(x)在区间(0,+)单调递增.若 a0;当 x(-)时,f(x)0.故 f(x)在区间(0-)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(-)+0 即 f(x)-2.能力提升 5.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.解:(1)f(x)=(1-2x-x2)ex.令 f(x)=0 得 x=-1-,x=-1+.当 x(-
7、,-1-)时,f(x)0;当 x(-1+,+)时,f(x)0.所以 f(x)在区间(-,-1-),(-1+,+)内单调递减,在区间(-1-,-1+)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当 a 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此 h(x)在区间0,+)内单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)所以 f(x)=(x+1)h(x)x+ax+1.当 0a0(x0),所以 g(x)在区间0,+)内单调递增,而g(0)=0,故 exx+1.当 0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=-,则 x0(0
8、,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=ax0+1.综上,a 的取值范围是1,+).6.已知函数 f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.答案:证明(1)f(x)的定义域为(0,+).f(x)=-+lnx-1=lnx-.因为 y=lnx 单调递增,y=单调递减,所以 f(x)单调递增.又 f(1)=-10,故存在唯一 x0(1,2),使得 f(x0)=0.又当 xx0时,f(x)
9、x0时,f(x)0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知 f(x0)0,所以 f(x)=0 在区间(x0,+)内存在唯一根 x=.由 x01 得 1x0.又 f()=()ln -1=()=0,故 是 f(x)=0 在(0,x0)的唯一根.综上,f(x)=0 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.7.已知函数 f(x)=x3-kx+k2.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)有三个零点,求 k 的取值范围.解:(1)f(x)=3x2-k.当 k=0 时,f(x)=x3,故 f(x)在(-,+)单调递增;当 k0,故 f(x)在(-,+)单调递增.当 k0
10、时,令 f(x)=0,得 x=.当 x()时,f(x)0;当 x()时,f(x)0.故 f(x)在(),()单调递增,在()单调递减.(2)由(1)知,当 k0 时,f(x)在(-,+)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当 k0 时,x=-为f(x)的极大值点,x=为 f(x)的极小值点.此时,-k-1-k+1 且 f(-k-1)0,f(-)0.根据 f(x)的单调性,当且仅当 f()0,即 k2-0 时,f(x)有三个零点,解得 k .因此 k 的取值范围为(0 ).高考预测 8.已知函数 f(x)=x(ln x-ax)(aR).(1)若 a=1,求函数 f(x)的图象在点(1,f(1)处
11、的切线方程;(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,且 x1-.答案:(1)解由已知,f(x)=x(lnx-x),当 x=1 时,f(x)=-1,f(x)=lnx+1-2x,当 x=1 时,f(x)=-1,所以所求切线方程为 x+y=0.(2)证明由已知可得 f(x)=lnx+1-2ax=0 有两个相异实根 x1,x2,令 h(x)=f(x),则 h(x)=-2a,若 a0 则 h(x)0,h(x)单调递增,f(x)=0 不可能有两根;若 a0,令 h(x)=0 得 x=,可知 h(x)在区间(0 )内单调递增,在区间()内单调递减,令 f()0,解得 0a ,由 有 f()=-0,由 有 f()=-2lna+1-0,从而当 0a0,所以 x11f(1)=-a-.
