2019高考数学（文）”一本“培养专题限时集训14　导数的综合应用Word版含解析.doc

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)＝ax2ln x＋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)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，‎ 可得f′(x)＝2axln x＋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)＝x2ln x－x＋1，‎ 设g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)，‎ g′(x)＝2xln x－x＋1，(g′(x))′＝2ln x＋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)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1，‎ h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1，‎ 由(2)中知x2ln x≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，‎ 所以xln x≥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时，‎ h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)，‎ ‎(h′(x))′＝2ln x＋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a0，‎ 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＋10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，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)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0.‎ 故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．‎ 当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，‎ 所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．‎ 因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．‎ ‎4．(2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a＞0.‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)若b>0，试证明＜ln＜.‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝－＋＝，‎ 因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a＞0，‎ 所以ax－1≥0，即x≥，所以≤1，即a≥1.‎ 故a的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：因为b>0，a≥1，所以>1，‎ 又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，‎ 所以f＞f(1)，即＋ln＞0，‎ 化简得＜ln，‎ ln＜等价于ln－＝ln－＜0，‎ 令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，‎ 则g′(x)＝－1＝＜0，‎ 所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，‎ 所以g＝ln－＝ln－＜g(0)＝0，即ln＜.‎ 综上，＜ln＜，得证.‎