2016高考数学提分专练及答案:导数的综合应用

　　三、解答题

　　9.已知函数f(x)=x3-ax+1.

　　(1)当x=1时，f(x)取得极值，求a的值;

　　(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;

　　(3)若对任意mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值范围.

　　解析：(1)因为f′(x)=x2-a，

　　当x=1时，f(x)取得极值，所以f′(1)=1-a=0，a=1.

　　又当x(-1,1)时，f′(x)<0;当x(1，+∞)时，f′(x)>0，

　　所以f(x)在x=1处取得极小值，即a=1时符合题意.

　　(2)当a≤0时，f′(x)>0对x(0,1)恒成立，

　　所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1.

　　当a>0时，令f′(x)=x2-a=0，

　　x1=-，x2=，

　　当0

　　当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减;

　　当x∈(，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

　　所以f(x)在x=处取得最小值f()=1-.

　　当a≥1时，≥1.

　　x(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

　　所以f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.

　　综上所述，当a≤0时，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1;

　　当0

　　当a≥1时，f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.

　　(3)因为m∈R，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，

　　所以f′(x)=x2-a≠-1对xR恒成立，

　　只要f′(x)=x2-a的最小值大于-1即可.

　　而f′(x)=x2-a的最小值为f(0)=-a，

　　所以-a>-1，即a<1.

　　故a的取值范围是(-∞，1).

　　10.已知函数f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.

　　(1)若x=2是f(x)的极值点，求a的值;

　　(2)求f(x)的单调区间;

　　(3)若f(x)在[0，+∞)上的最大值是0，求a的取值范围.

　　命题立意：本题考查导数与函数的极值、单调性、最值等知识，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查函数与方程、分类整合等数学思想方法.(1)根据可导函数在一定点处取得极值的必要条件是其导数等于零，得出关于a的方程即可求出a，再根据极值点两侧导数值异号进行检验;(2)讨论导数的符号，就参数a的取值情况进行分类讨论即可;(3)根据函数的单调性和极值点，以及函数最大值的概念分情况解决.

　　解析：(1)f′(x)=，x(-1，+∞).

　　依题意，得f′(2)=0，解得a=.

　　经检验，a=时，符合题意.

　　(2)当a=0时，f′(x)=，x(-1，+∞).

　　故f(x)的单调增区间是(0，+∞)，单调减区间是(-1,0).

　　当a>0时，令f′(x)=0，得

　　x1=0，x2=-1，

　　当0

　　f(x)的单调增区间是，单调减区间是(-1,0).

　　当a=1时，f(x)的单调减区间是(-1，+∞).

　　当a>1时，-11时，f(x)的单调增区间是-1,0，单调减区间是(0，+∞).

　　(3)由(2)知a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增，由f(0)=0知不合题意.

　　当00，f(x)在区间上递增可知，f>f(0)=0知不合题意.

　　当a≥1时，f(x)在(0，+∞)单调递减，可得f(x)在[0，+∞)上的最大值是f(0)=0，符合题意.

　　f(x)在[0，+∞)上的最大值是0时，a的取值范围是[1，+∞).

　　11.设函数f(x)=xln x(x>0).

　　(1)求函数f(x)的最小值;

　　(2)设F(x)=ax2+f′(x)(aR)，讨论函数F(x)的单调性;

　　(3)斜率为k的直线与曲线y=f′(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，

　　令f′(x)=0，得x=.

　　当x时，f′(x)<0;

　　当x时，f′(x)>0.

　　当x=时，f(x)min=ln=-.

　　(2)F(x)=ax2+ln x+1(x>0)，

　　F′(x)=2ax+=(x>0).

　　当a≥0时，恒有F′(x)>0，F(x)在(0，+∞)上是增函数;

　　当a<0时，

　　令F′(x)>0，得2ax2+1>0，

　　解得0.

　　综上，当a≥0时，F(x)在(0，+∞)上是增函数;

　　当a<0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减.

　　(3)k==.

　　要证x1<1知ln t>0，故等价于证ln t1).(*)

　　设g(t)=t-1-ln t(t≥1)，

　　则g′(t)=1-≥0(t≥1)，

　　故g(t)在[1，+∞)上是增函数.

　　当t>1时，g(t)=t-1-ln t>g(1)=0，

　　即t-1>ln t(t>1).

　　设h(t)=tln t-(t-1)(t≥1)，

　　则h′(t)=ln t≥0(t≥1)，

　　故h(t)在[1，+∞)上是增函数.

　　当t>1时，h(t)=tln t-(t-1)>h(1)=0，

　　即t-11).

　　由知(*)成立，得证.

　　12.已知函数f(x)=ln x-px+1.

　　(1)求函数f(x)的极值点;

　　(2)若对任意的x>0，恒有f(x)≤0，求p的取值范围;

　　(3)证明：++…+<(nN，n≥2).

　　解析：(1)由已知f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=-p=， x>0，当p≤0时，f′(x)>0， f(x)在(0，+∞)上单调递增，

　　f(x)无极值点;

　　当p>0时，令f′(x)=0， x=(0，+∞)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

　　x f′(x) + 0 - f(x) 增 极大 减 从上表可以看出：当p>0时，f(x)有唯一的极大值点x=.

　　(2)当p≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增，

　　所以不可能对任意的x>0，恒有f(x)≤0，

　　当p>0时，由(1)知在x=处取得极大值f=ln ，此时极大值也是最大值.要使f(x)≤0恒成立，只需f=ln ≤0，解得p≥1，所以p的取值范围是[1，+∞).

　　(3)证明：令p=1，由(2)知ln x-x+1≤0，

　　ln x≤x-1，

　　n∈N，n≥2， 令x=n2，则ln n2≤n2-1，

　　≤=1-，

　　......

　　所以结论成立.

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