高考数学“一本”培养专题突破 限时集训14 导数的综合应用 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题限时集训(十四)导数的综合应用(建议用时：60分钟)1．(2018·太原模拟)设函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)(x>0)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2；(3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围．[解](1)函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)(x＞0)，可得f′(x)＝2axlnx＋ax＋b，因为f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝e2－e＋1，所以a＝1，b＝－1.(2)证明：f(x)＝x2lnx－x＋1，设g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，g′(x)＝2xlnx－x＋1，(g′(x))′＝2lnx＋1＞0，所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)≥g′(1)＝0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2.(3)设h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1，h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1，由(2)中知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，所以xlnx≥x－1，所以h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)，①当3－2m≥0即m≤时，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，成立．②当3－2m<0即m>时，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，(h′(x))′＝2lnx＋3－2m，令(h′(x))′＝0，得x0＝e＞1，当x∈[1，x0)时，h′(x)＜h′(1)＝0，所以h(x)在[1，x0)上单调递减，所以h(x)＜h(1)＝0，不成立．综上，m≤.2．(2017·天津高考)设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0；②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围．[解](1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a.由|a|≤1，得a<4－a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)(a,4－a)(4－a，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．(2)①证明：因为g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))，由题意知所以解得所以f(x)在x＝x0处的导数等于0.②因为g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex>0，所以f(x)≤1.又因为f(x0)＝1，f′(x0)＝0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0＝a.另一方面，由于|a|≤1，故a＋1<4－a.由(1)知f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当x0＝a时，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，从而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立．由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x.令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0.因为t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，所以，t(x)的值域为[－7,1]．所以，b的取值范围是[－7,1]．3．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．[解](1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2－f′(x)＋0－0＋f(x)cc－所以当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f(x)有三个不同...