【全程复习方略】2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：2.11-导数在研究函数中的应用-.docx

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课时提升作业(十四)
导数在争辩函数中的应用
(25分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2021·厦门模拟)函数f(x)=xln x,则(　　)
A.在(0,+∞)上递增 B.在(0,+∞)上递减
C.在(0,)上递增 D.在(0,)上递减
【解析】选D.由于函数f(x)=x ln x,所以f′(x)=ln x+1,f′(x)>0,解得x>,则函数的单调递增区间为(,+∞),又f′(x)<0,解得0<x<,则函数的单调递减区间为（0,）,故选D.
2.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1既有极大值又有微小值,则a的取值范围为(　　)
A.a<-1或a>2 B.-3<a<6
C.-1<a<2 D.a<-3或a>6
【解题提示】求导,令导数等于零,转化为方程在R上的实数根的状况求解.
【解析】选D.由已知得:f′(x)=3x2+2ax+a+6=0在R上有两个不相等的实根,所以Δ=(2a)2-12(a+6)>0,解得:a<-3或a>6,故选D.
【加固训练】设函数y=f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x),f′(x)在(a,b)上的导函数为f″(x),若在(a,b)上,f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”.已知当m≤2时,f(x)=x3-mx2+x在(-1,2)上是“凸函数”,则f(x)在(-1,2)上(　　)
A.既有极大值,也有微小值
B.既有极大值,也有最小值
C.有极大值,没有微小值
D.没有极大值,也没有微小值
【解析】选C.由题设可知:f″(x)<0在(-1,2)上恒成立,由于f′(x)=x2-mx+1,从而f″(x)=x-m,所以有x-m<0在(-1,2)上恒成立,故知m≥2,又由于m≤2,所以m=2;从而f(x)=x3-x2+x,令f′(x)=x2-2x+1=0得x1=2-∈(-1,2),x2=2+∉(-1,2);且当x∈(-1,2-)时f′(x)>0,当x∈(2-,2)时f′(x)<0,所以在(-1,2)上f(x)在x=2-处取得极大值,没有微小值.
3.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是(　　)
A.-2 B.0 C.2 D.4
【解析】选C.f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),由于-1≤x≤1,所以令f′(x)>0得-1≤x<0,令f′(x)<0得0<x≤1,所以函数f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减.所以x=0时函数f(x)取得极大值同时也是最大值,即f(x)max=f(0)=2,故C正确.
4.若函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函数,则a的取值范围是(　　)
A.[-1,0] B.[-1,+∞)
C.[0,3] D.[3,+∞)
【解题提示】由函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函数,可得f′(x)
=2x+a-≥0在(,+∞)上恒成立,进而可转化为a≥-2x在(,+∞)上恒成立,构造函数求解.
【解析】选D.由于f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函数,
故f′(x)=2x+a-≥0在(,+∞)上恒成立,即a≥-2x在(,+∞)上恒成立,令h(x)= -2x,则h′(x)= -2.
当x∈(,+∞)时,h′(x)<0,则h(x)为减函数,
所以h(x)<h=3,所以a≥3,故选D.
5.(2021·兰州模拟)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中确定成立的是(　　)
A.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(-2)
D.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(2)
【解析】选D.由图象知,f′(-2)=f′(2)=0,且当x<-2时,f′(x)>0,-2<x<1,
1<x<2时,f′(x)<0,当x>2时,f′(x)>0,故f(-2)是极大值,f(2)是微小值.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知函数f(x)=(ax2+x)-xln x在[1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　　　.
【解题提示】求导利用导数大于等于0转化为恒成立问题,再构造函数求解.
【解析】由题意知:f′(x)=2ax+1-(ln x+1)≥0,即a≥在x∈[1,+∞)上恒成立;
设g(x)= ,令g′(x)= =0,解得x=e,当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,当x∈[1,e)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,故g(x)的最大值为g(e)=,即a≥.
答案:a≥
7.(2021·银川模拟)函数f(x)=x(x-m)2在x=1处取得微小值,则m=　　　　.
【解析】f′(1)=0可得m=1或m=3.
当m=3时,f′(x)=3(x-1)(x-3),
1<x<3时,f′(x)<0;x<1或x>3时,f′(x)>0,此时x=1处取得极大值,不合题意,所以m=1.
答案:1
【误区警示】本题易毁灭求出m值后不进行验证能否在x=1处取得微小值,导致解题错误.
8.(2021·湖南十二校联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如表:
x
-1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)的微小值为　　　　　　.

【解析】由y=f′(x)的图象可知,f′(x)与f(x)随x的变化状况如表:
x
(-1,0)
0
(0,2)
2
(2,4)
4
(4,5)
f′(x)
+
0
-
0
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
微小值
↗
极大值
↘
所以f(2)为f(x)的微小值,f(2)=0.
答案:0
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2021·东北三省四市联考)已知函数f(x)=ln x,g(x)=(x-a)2+(ln x-a)2.
(1)求函数f(x)在A(1,0)处的切线方程.
(2)若g′(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由于f′(x)=,所以f′(1)=1,
故切线方程为y=x-1.
(2)g′(x)=,
令F(x)=x- -a,则y=F(x)在[1,+∞)上单调递增,F′(x)=,则当x≥1时,x2-ln x+a+1≥0恒成立,
即当x≥1时,a≥-x2+ln x-1恒成立.
令G(x)=-x2+ln x-1,则当x≥1时,G′(x)= <0,故G(x)=-x2+ln x-1在
[1,+∞)上单调递减,
从而G(x)max=G(1)=-2,故a≥G(x)max=-2,
即a的取值范围为a≥-2.
10.(2022·安徽高考)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)争辩f(x)在其定义域上的单调性.
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时x的值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2,
令f′(x)=0得x1=,
x2=,x1<x2,
所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2),
当x<x1或x>x2时f′(x)<0;
当x1<x<x2时f′(x)>0.
所以f(x)在和内单调递减,
在内单调递增.
(2)由于a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.
所以f(x)在x=x2=处取得最大值.
又f(0)=1,f(1)=a,
所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;
当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;
当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.
【加固训练】(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-2)x.
(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值.
(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.
【解析】(1)由于f(x)=ln x-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞),
所以f′(x)=
由于f(x)在x=1处取得极值,
即f′(1)=-(2-1)(a+1)=0,所以a=-1.
当a=-1时,在(,1)内f′(x)<0,在(1,+∞)内f′(x)>0,
所以x=1是函数f(x)的微小值点,所以a=-1.
(2)由于a2<a,所以0<a<1,
f′(x)=
由于x∈(0,+∞),所以ax+1>0,
所以f(x)在（0,）上单调递增;在（,+∞）上单调递减.
①当0<a≤时,f(x)在[a2,a]上单调递增,
所以f(x)max=f(a)=ln a-a3+a2-2a.
②当即时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以f(x)max=f()=;
③当≤a2,即≤a<1时,f(x)在[a2,a]上单调递减,
所以f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2.
综上所述,当0<a≤时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是ln a-a3+a2-2a;
当时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是-1-ln 2;
当≤a<1时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是2ln a-a5+a3-2a2.
(20分钟　40分)
1.(5分)若函数f(x)=+(a-1)x+1在区间(1,4)内为减函数,在区间(6,
+∞)内为增函数,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,2] B.[5,7]
C.[4,6] D.(-∞,5]∪[7,+∞)
【解题提示】求出原函数的导函数,求得导函数的零点1,a-1,然后争辩1与a-1的大小,分析导函数在不同区间内的符号,从而得到原函数在不同区间内的单调性,最终借助已知条件得到a-1与4和6的关系,则答案可求.
【解析】选B.由函数f(x)= +(a-1)x+1,得f′(x)=x2-ax+a-1.
令f′(x)=0,解得x=1或x=a-1.
当a-1≤1,即a≤2时,f′(x)在(1,+∞)上大于0,函数f(x)在(1,+∞)上为增函数,不合题意;
当a-1>1,即a>2时,f′(x)在(-∞,1)上大于0,函数f(x)在(-∞,1)上为增函数,
f′(x)在(1,a-1)内小于0,函数f(x)在(1,a-1)内为减函数,f′(x)在(a-1,+∞)内大于0,
函数f(x)在(a-1,+∞)上为增函数.
依题意应有:
当x∈(1,4)时,f′(x)<0,当x∈(6,+∞)时,f′(x)> 0,所以4≤a-1≤6,解得5≤a≤7,所以a的取值范围是[5,7],故选B.
2.(5分)(2021·青岛模拟)设P(x,y)是函数y=2x+lnx图象上的点,则x+y的最小值为(　　)
A.3　　　B.2　　　C.72-ln2　　　D.3+ln2
【解析】选A.由于P(x,y)是函数y=2x+lnx图象上的点,则x+y=x+2x+lnx=f(x)(x>0).
f′(x)=1-2x2+1x=(x+2)(x-1)x2.
令f′(x)>0,解得x>1,此时函数f(x)单调递增;
令f′(x)<0,解得0<x<1,
此时函数f(x)单调递减,且f′(1)=0.所以当x=1时,函数f(x)取得最小值,f(1)=3.
3.(5分)(2022·辽宁高考)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[-5,-3] B.[-6,-]
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
【解析】选C.当x∈(0,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0⇒a≥,x∈(0,1]恒成立.
令g(x)= ,x∈(0,1],
则g′(x)=,x∈(0,1],
设h(x)=-x2+8x+9,h(x)在(0,1]上为增函数,
h(x)>h(0)=9>0,
所以x∈(0,1]时,g′(x)= >0,
则g(x)= 在(0, 1]上为增函数,
g(x)= ,x∈(0,1]的最大值g(x)max=g(1)=-6,从而a≥-6.当x=0时,a∈R.
当x∈[-2,0)时,不等式ax3-x2+4x+3≥0⇒
a≤,x∈[-2,0)恒成立.
⇒-1<x<0,
⇒-2≤x<-1.
所以g(x)= 在[-2,-1)上为减函数,在(-1,0)上为增函数,
故g(x)min=g(-1)=-2,则a≤-2.
综上所述,-6≤a≤-2.
4.(12分)已知函数f(x)=+ln x-2,g(x)=ln x+2x.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x)相切?请说明理由.
【解题提示】(1)对函数f(x)求导,当导数f′(x)大于0时可求单调增区间,当导数f′(x)小于0时可求单调减区间.
(2)先表示出过点(2,5)与曲线y=g(x)相切的直线,进而假设函数,可求得切线的条数.
【解析】(1)由题意得,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=.
当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),当a>0时,令
f′(x)>0,x>a,
令f′(x)<0,0<x<a.
故f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a).
(2)设切点为(m,n),g′(x)= +2,
所以,n=ln m+2m,
所以ln m+-2=0,
令h(x)=ln x+-2,所以h′(x)=,
由导数为0可得,x=2,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
由于h()>0,h(2)=ln 2-1<0,
所以h(x)与x轴有两个交点,
所以过点(2,5)可作2条曲线y=g(x)的切线.
5.(13分)(力气挑战题)已知函数f(x)=a(x-1)x2,其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若直线x-y-1=0是曲线y=f(x)的切线,求实数a的值.
(3)设g(x) =xlnx-x2f(x),求g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中e为自然对数的底数)
【解析】(1)f′(x)=a(2-x)x3(x≠0),在区间(-∞,0)和(2,+∞)上,f′(x)<0;在区间(0,2)上,f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,0)和(2,+∞),单调递增区间是(0,2).
(2)设切点坐标为(x0,y0),则y0=a(x0-1)x02,x0-y0-1=0,a(2-x0)x03=1,解得x0=1,a=1.
(3)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)= lnx+1-a,令g′(x)=0,解得x=ea-1,所以,在区间(0,ea-1)上,g(x)为递减函数,在区间(ea-1,+∞)上,g(x)为递增函数.
当ea-1≤1,即0<a≤1时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数,所以g(x)最小值为g(1)=0.
当ea-1≥e,即a≥2时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数,所以g(x)最小值为g(e)=e+a-ae.
当1<ea-1<e,即1<a<2时,最小值g(ea-1)=(a-1)ea-1-a(ea-1-1)=a-ea-1.
综上所述,当0<a≤1时,g(x)最小值为g(1)=0;当1<a<2时,g(x)的最小值g(ea-1)=a-ea-1;当a≥2时,g(x)最小值为g(e)=e+a-ae.

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