江苏版高考数学一轮复习专题3.3导数的综合应用练

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1、专题3.3导数的综合应用1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．1解(1)由函数f(x)＝a＋xlnx∈(a∈R)得f′(x)＝(lnx＋2)．2x－2令f′(x)＝0，得x＝e，列表如下：－2－2－2x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值－2－2因此，函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.－1②当0

2、，其中a，b∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0.32(1)解由f(x)＝x－ax－b，可得f′(x)＝3x－a.下面分两种情况讨论：2①当a≤0时，有f′(x)＝3x－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．3a3a②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.33当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：3a3a3a3a3a3ax－∞，－－－，，＋∞333333f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值3a3a3a3a－，－∞，－，

3、＋∞所以f(x)的单调递减区间为33，单调递增区间为3，3.(2)证明因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x0≠0.22a由题意，得f′(x0)＝3x0－a＝0，即x0＝，3-2-32a进而f(x0)＝x0－ax0－b＝－x0－b.338a又f(－2x0)＝－8x0＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝32a－x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0，3由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝－2x0，所以x1＋2x0＝0.ax3．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝在x＝0处的切线方程为y

4、＝x.xe(1)求实数a的值；1(2)若对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<成立，求实数k的取值范围；2k＋2x－xx1＋x2(3)若函数g(x)＝lnf(x)－b的两个零点为x1，x2，试判断g′2的正负，并说明理由．由题意得函数g(x)＝lnf(x)－b＝lnx－x－b，11－x所以g′(x)＝－1＝，xx易得函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x1＋x2x1＋x2所以要证g′2<0，只需证明>1即可．2-3-x1＋b＝lnx1，因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以x2＋b＝lnx2，xx4．(2016·江苏卷)已知

5、函数f(x)＝a＋b(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．1(1)设a＝2，b＝.2①求方程f(x)＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．1xx解(1)①由已知可得2＋2＝2，x1即2＋＝2.x2x2x∴(2)－2·2＋1＝0，x解得2＝1，∴x＝0.1xxx－x②f(x)＝2＋2＝2＋2，x－x令t＝2＋2，则t≥2.2x－2x2又f(2x)＝2＋2＝t－2，2故f(2x)≥mf(x)－6可化为t－2≥mt－6，444即m≤t

6、＋，又t≥2，t＋≥2t·＝4.ttt-4-(当且仅当t＝2时等号成立)．4t＋∴m≤tmin＝4.即m的最大值为4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴lna＜0，lnb＞0.xxg(x)＝f(x)－2＝a＋b－2.xxg′(x)＝alna＋blnb且g′(x)为单调递增，值域为R的函数．∴g′(x)一定存在唯一的变号零点．∴g(x)为先减后增且有唯一极值点．由题意g(x)有且仅有一个零点．，则g(x)的极值一定为0，00而g(0)＝a＋b－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即lna＋lnb＝0.∴ab＝1.x＋a5．(2017·衡水中学质检)已知函数f

7、(x)＝.xe(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．x26．(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)e＋a(x－1).(1)讨论f(x)的单调性；-5-(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．xx解(1)f′(x)＝(x－1)e＋2a(x－1)＝(x－1)(e＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在

8、(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或