1、考点规范练17导数的综合应用基础巩固1.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-23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.2.已知函数f(x)=ax-lnxx,aR.(1)若f(x)0恒成立,求a的取值范围;(2)若y=f(x)的图象与直线y=a相切,求a的值.3.已知函数f(x)=ex-aln x+e2.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当ea0恒成立.4.已知函数f(x)=ln x-4ax,g(x)=xf(x).(1)若a=18,求g(x)的单
2、调区间;(2)若a0,求证:f(x)14a-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.6.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.7.已知函数f(x)=ln x+12(x-1)2.(1)判断f(x)的零点个数;(2)若函数g(x)=ax-a,当x1时,g(x)的图象总在f(x)的图象的下方,求a的取值范围.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)处的切线方程
3、;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1-12.答案：1.解(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b.又f(x)在x=-23与x=1处都取得极值,f-23=129-43a+b=0,f(1)=3+2a+b=0,两式联立解得a=-12,b=-2,f(x)=x3-12x2-2x+c,f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),令f(x)=0,得x1=-23,x2=1,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,-23-23-23,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增函数f(x)的单调递增区间为-,-23与
4、(1,+);单调递减区间为-23,1.(2)f(x)=x3-12x2-2x+c,x-1,2,当x=-23时,f-23=2227+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.解(1)由题意可知,x0.由f(x)0得,ax-lnxx0,从而axlnxx,即alnxx2.设g(x)=lnxx2,则g(x)=1-2lnxx3,所以当0x0,g(x)单调递增;当xe时,g(x)0),依题意可得,f(t)=a,f(t)=0.因为f(x)=a-1-lnxx2,所以at-lntt=a,a-1-lntt2=0.消去
5、a,可得t-1-(2t-1)lnt=0.令h(t)=t-1-(2t-1)lnt,则h(t)=1t-2lnt-1,显然h(t)在区间(0,+)内单调递减,且h(1)=0,所以当0t0,h(t)单调递增;当t1时,h(t)0,故函数y=f(x)在区间(0,+)内单调递增.结合f(2)=0,可知当x(0,2)时,f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)证明f(x)=ex-ax.令(x)=ex-ax,则当ea0,故函数y=f(x)在区间(0,+)内单调递增.因为ea2e2,所以f(1)=e-ae2-e2=0.所以m(1,2),使得f(m)=0.当x(0,m)时
6、,f(x)0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(m)=em-alnm+e2.由eaem-2e2lnm+e2.下面证h(m)=em-2e2lnm+e2在区间(1,2)内大于0.h(m)=em-2e2m.令t(m)=em-2e2m,则t(m)=em+2e2m20,所以函数y=h(m)在区间(1,2)内单调递增,h(m)h(2)=e2-2e2ln2+e2=2e2(1-ln2)0.所以f(x)0.4.(1)解因为a=18,所以g(x)=xlnx-12x2,g(x)=lnx-x+1.令h(x)=lnx-x+1,则h(x)=1-xx.由h(x)0,得0x1;由h(x)1.所以h(x)在区间(0,1
7、)内单调递增,在区间(1,+)内单调递减,h(x)max=h(1)=0.所以当x0时,g(x)0恒成立,故g(x)的单调递减区间为(0,+).(2)证明f(x)=1x-4a=1-4axx.因为a0,令f(x)=0,得x=14a,所以f(x)在区间0,14a内单调递增,在区间14a,+内单调递减.所以f(x)max=f14a=ln14a-1.所以要证f(x)14a-2,只需证明f(x)max=ln14a-114a-2.令t=14a,则t0,故只需证明lnt-1t-2,即证lnt-t+10.(*)由(1)易知,当t0时,(*)式成立.故f(x)14a-2.5.解(1)f(x)=(1-2x-x2)e
8、x.令f(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.当x(-,-1-2)时,f(x)0;当x(-1+2,+)时,f(x)0.所以f(x)在区间(-,-1-2),(-1+2,+)内单调递减,在区间(-1-2,-1+2)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex(x0),h(x)=-xex0(x0),因此h(x)在区间0,+)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a1时,设函数g(x)=ex-x-1(x0),g(x)=ex-10(x0),所以g(x)在区间0,+)内单调递增,而g(0)=0,故e
9、xx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).6.(1)解当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x(-,3-23)(3+23,+)时,f(x)0;当x(3-23,3+23)时,f(x)0,所以f(x)=0等价于x3x2+x
10、+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在区间(-,+)内单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.7.解(1)f(x)=lnx+12(x-1)2的定义域为(0,+),f(x)=1x+x-1,1x+x2,f(x)10,f(x)在区间(0,+)内为增函数,又f(1)=0,f(x)在区间(0,+)内只有一个零点.(2)由题意,当x1时,12(x-1)2+lnx
11、-ax+a0恒成立.令h(x)=12(x-1)2+lnx-ax+a,则h(x)=x+1x-1-a.当a1时,h(x)=x+1x-1-a1-a0,h(x)在区间(1,+)内为增函数.又h(1)=0,h(x)0恒成立.当a1时,h(x)=x2-(1+a)x+1x,令(x)=x2-(1+a)x+1,则对应方程(x)=0的判别式=(1+a)2-4=(a+3)(a-1)0.令(x)=0的两根分别为x1,x2,且x10,x1x2=10,0x11x2,当x(1,x2)时,(x)0,h(x)0,h(x)在(1,x2)上单调递减,又h(1)=0,当x(1,x2)时,h(x)0,h(x)单调递增,f(x)=0不可能有两个实数根;若a0,令h(x)=0得x=12a,可知h(x)在区间0,12a内单调递增,在区间12a,+内单调递减,令f12a0,解得0a12,由1e12a有f1e=-2ae12a有f1a2=-2lna+1-2a0,从而当0a0,所以x11f(1)=-a-12.