2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析專題限時集訓(xùn)(十四)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(建議用時：60分鐘)1(2018太原模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x>0)，曲線yf(x)過點(e，e2e1)，且在點(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a，b的值；(2)證明：當x1時，f(x)(x1)2；(3)若當x1時，f(x)m(x1)2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2axln xaxb，因為f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)e2e1，所以a1，b1.(2)證明：f(x)x2ln xx1，設(shè)g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)0，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)0，所以f(x)(x1)2.(3)設(shè)h(x)x2ln xxm(x1)21，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1)，所以xln xx1，所以h(x)3(x1)2m(x1)，當32m0即m32時，h(x)0，所以h(x)在1，)單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0，成立當32m<0即m>32時，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e2m321，當x1，x0)時，h(x)h(1)0，所以h(x)在1，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)h(1)0，不成立綜上，m32.2(2017天津高考)設(shè)a，bR，|a|1.已知函數(shù)f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知函數(shù)yg(x)和yex的圖象在公共點(x0，y0)處有相同的切線，求證：f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0；若關(guān)于x的不等式g(x)ex在區(qū)間x01，x01上恒成立，求b的取值范圍解(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a<4a.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以， f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，a)，(4a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4a)(2)證明：因為g(x)ex(f(x)f(x)，由題意知g(x0)ex0，g(x0)ex0，所以f(x0)ex0ex0，ex0(f(x0)f(x0)ex0，解得f(x0)1，f(x0)0.所以f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0.因為g(x)ex，xx01，x01，且ex>0，所以f(x)1.又因為f(x0)1，f(x0)0，所以x0為f(x)的極大值點，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a1<4a.由(1)知f(x)在(a1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當x0a時，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，從而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x1,1，所以t(x)6x212x.令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因為t(1)7，t(1)3，t(0)1，所以，t(x)的值域為7,1所以，b的取值范圍是7,13設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)設(shè)ab4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；(3)求證：a23b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因為f(0)c，f(0)b，所以曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為ybxc.(2)當ab4時，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x23.f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的情況如下：x(，2)22，232323，f(x)00f(x)cc3227所以當c>0且c3227<0時，存在x1(4，2)，x22，23，x323，0，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調(diào)性知，當且僅當c0，3227時，函數(shù)f(x)x34x24xc有三個不同零點(3)證明：當4a212b0時，f(x)3x22axb0，x(，)，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個不同零點當4a212b0時，f(x)3x22axb只有一個零點，記作x0.當x(，x0)時，f(x)>0，f(x)在區(qū)間(，x0)上單調(diào)遞增；當x(x0，)時，f(x)>0，f(x)在區(qū)間(x0，)上單調(diào)遞增所以f(x)不可能有三個不同零點綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有4a212b0.故a23b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件當ab4，c0時，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有兩個不同零點，所以a23b>0不是f(x)有三個不同零點的充分條件因此a23b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件4(2018蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)1xaxln x在(1，)上是增函數(shù)，且a0.(1)求a的取值范圍；(2)若b>0，試證明1ablnabbab.解(1)f(x)1ax21xax1ax2，因為在(1，)上f(x)0，且a0，所以ax10，即x1a，所以1a1，即a1.故a的取值范圍為1，)(2)證明：因為b>0，a1，所以abb>1，又f(x)1xaxln x在(1，)上是增函數(shù)，所以fabbf(1)，即1abbaabblnabb0，化簡得1ablnabb，lnabbab等價于lnabbabln1abab0，令g(x)ln(1x)x(x(0，)，則g(x)11x1x1x0，所以函數(shù)g(x)在(0，)上為減函數(shù)，所以gabln1abablnabbabg(0)0，即lnabbab.綜上，1ablnabbab，得證.