【全程復習方略】2022屆高考數學(文科人教A版)大一輪課時作業(yè)：2.11-導數在研究函數中的應用-

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調整合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。課時提升作業(yè)(十四)導數在爭辯函數中的應用(25分鐘60分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.(2021·廈門模擬)函數f(x)=xlnx,則()A.在(0,+∞)上遞增 B.在(0,+∞)上遞減C.在(0,)上遞增 D.在(0,)上遞減【解析】選D.由于函數f(x)=xlnx,所以f′(x)=lnx+1,f′(x)>0,解得x>,則函數的單調遞增區(qū)間為(,+∞),又f′(x)<0,解得0<x<,則函數的單調遞減區(qū)間為（0,）,故選D.2.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1既有極大值又有微小值,則a的取值范圍為()A.a<-1或a>2 B.-3<a<6C.-1<a<2 D.a<-3或a>6【解題提示】求導,令導數等于零,轉化為方程在R上的實數根的狀況求解.【解析】選D.由已知得:f′(x)=3x2+2ax+a+6=0在R上有兩個不相等的實根,所以Δ=(2a)2-12(a+6)>0,解得:a<-3或a>6,故選D.【加固訓練】設函數y=f(x)在(a,b)上的導函數為f′(x),f′(x)在(a,b)上的導函數為f″(x),若在(a,b)上,f″(x)<0恒成立,則稱函數f(x)在(a,b)上為“凸函數”.已知當m≤2時,f(x)=x3-mx2+x在(-1,2)上是“凸函數”,則f(x)在(-1,2)上()A.既有極大值,也有微小值B.既有極大值,也有最小值C.有極大值,沒有微小值D.沒有極大值,也沒有微小值【解析】選C.由題設可知:f″(x)<0在(-1,2)上恒成立,由于f′(x)=x2-mx+1,從而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;從而f(x)=x3-x2+x,令f′(x)=x2-2x+1=0得x1=2-∈(-1,2),x2=2+?(-1,2);且當x∈(-1,2-)時f′(x)>0,當x∈(2-,2)時f′(x)<0,所以在(-1,2)上f(x)在x=2-處取得極大值,沒有微小值.3.函數f(x)=x3-3x2+2在區(qū)間[-1,1]上的最大值是()A.-2 B.0 C.2 D.4【解析】選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,所以函數f(x)在(-1,0)上單調遞增,在(0,1)上單調遞減.所以x=0時函數f(x)取得極大值同時也是最大值,即f(x)max=f(0)=2,故C正確.4.若函數f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函數,則a的取值范圍是()A.[-1,0] B.[-1,+∞)C.[0,3] D.[3,+∞)【解題提示】由函數f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函數,可得f′(x)=2x+a-≥0在(,+∞)上恒成立,進而可轉化為a≥-2x在(,+∞)上恒成立,構造函數求解.【解析】選D.由于f(x)=x2+ax+在(,+∞)上是增函數,故f′(x)=2x+a-≥0在(,+∞)上恒成立,即a≥-2x在(,+∞)上恒成立,令h(x)=-2x,則h′(x)=-2.當x∈(,+∞)時,h′(x)<0,則h(x)為減函數,所以h(x)<h=3,所以a≥3,故選D.5.(2021·蘭州模擬)設函數f(x)在R上可導,其導函數為f′(x),且函數y=(1-x)f′(x)的圖象如圖所示,則下列結論中確定成立的是()A.函數f(x)有極大值f(2)和微小值f(1)B.函數f(x)有極大值f(-2)和微小值f(1)C.函數f(x)有極大值f(2)和微小值f(-2)D.函數f(x)有極大值f(-2)和微小值f(2)【解析】選D.由圖象知,f′(-2)=f′(2)=0,且當x<-2時,f′(x)>0,-2<x<1,1<x<2時,f′(x)<0,當x>2時,f′(x)>0,故f(-2)是極大值,f(2)是微小值.二、填空題(每小題5分,共15分)6.已知函數f(x)=(ax2+x)-xlnx在[1,+∞)上單調遞增,則實數a的取值范圍是.【解題提示】求導利用導數大于等于0轉化為恒成立問題,再構造函數求解.【解析】由題意知:f′(x)=2ax+1-(lnx+1)≥0,即a≥在x∈[1,+∞)上恒成立;設g(x)=,令g′(x)==0,解得x=e,當x∈(e,+∞)時,g′(x)<0,g(x)為減函數,當x∈[1,e)時,g′(x)>0,g(x)為增函數,故g(x)的最大值為g(e)=,即a≥.答案:a≥7.(2021·銀川模擬)函數f(x)=x(x-m)2在x=1處取得微小值,則m=.【解析】f′(1)=0可得m=1或m=3.當m=3時,f′(x)=3(x-1)(x-3),1<x<3時,f′(x)<0;x<1或x>3時,f′(x)>0,此時x=1處取得極大值,不合題意,所以m=1.答案:1【誤區(qū)警示】本題易毀滅求出m值后不進行驗證能否在x=1處取得微小值,導致解題錯誤.8.(2021·湖南十二校聯(lián)考)已知函數f(x)的定義域為[-1,5],部分對應值如表:x-10245f(x)12021f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示,則f(x)的微小值為.【解析】由y=f′(x)的圖象可知,f′(x)與f(x)隨x的變化狀況如表:x(-1,0)0(0,2)2(2,4)4(4,5)f′(x)+0-0+0-f(x)↗極大值↘微小值↗極大值↘所以f(2)為f(x)的微小值,f(2)=0.答案:0三、解答題(每小題10分,共20分)9.(2021·東北三省四市聯(lián)考)已知函數f(x)=lnx,g(x)=(x-a)2+(lnx-a)2.(1)求函數f(x)在A(1,0)處的切線方程.(2)若g′(x)在[1,+∞)上單調遞增,求實數a的取值范圍.【解析】(1)由于f′(x)=,所以f′(1)=1,故切線方程為y=x-1.(2)g′(x)=,令F(x)=x--a,則y=F(x)在[1,+∞)上單調遞增,F′(x)=,則當x≥1時,x2-lnx+a+1≥0恒成立,即當x≥1時,a≥-x2+lnx-1恒成立.令G(x)=-x2+lnx-1,則當x≥1時,G′(x)=<0,故G(x)=-x2+lnx-1在[1,+∞)上單調遞減,從而G(x)max=G(1)=-2,故a≥G(x)max=-2,即a的取值范圍為a≥-2.10.(2022·安徽高考)設函數f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)爭辯f(x)在其定義域上的單調性.(2)當x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時x的值.【解析】(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2,令f′(x)=0得x1=,x2=,x1<x2,所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2),當x<x1或x>x2時f′(x)<0;當x1<x<x2時f′(x)>0.所以f(x)在和內單調遞減,在內單調遞增.(2)由于a>0,所以x1<0,x2>0.①當a≥4時,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上單調遞增,所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.②當0<a<4時,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上單調遞增,在[x2,1]上單調遞減.所以f(x)在x=x2=處取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以當0<a<1時,f(x)在x=1處取得最小值;當a=1時,f(x)在x=0和x=1處同時取得最小值;當1<a<4時,f(x)在x=0處取得最小值.【加固訓練】(2022·馬鞍山模擬)已知函數f(x)=lnx-ax2+(a-2)x.(1)若f(x)在x=1處取得極值,求a的值.(2)求函數y=f(x)在[a2,a]上的最大值.【解析】(1)由于f(x)=lnx-ax2+(a-2)x,所以函數的定義域為(0,+∞),所以f′(x)=由于f(x)在x=1處取得極值,即f′(1)=-(2-1)(a+1)=0,所以a=-1.當a=-1時,在(,1)內f′(x)<0,在(1,+∞)內f′(x)>0,所以x=1是函數f(x)的微小值點,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,）上單調遞增;在（,+∞）上單調遞減.①當0<a≤時,f(x)在[a2,a]上單調遞增,所以f(x)max=f(a)=lna-a3+a2-2a.②當即時,f(x)在上單調遞增,在上單調遞減,所以f(x)max=f()=;③當≤a2,即≤a<1時,f(x)在[a2,a]上單調遞減,所以f(x)max=f(a2)=2lna-a5+a3-2a2.綜上所述,當0<a≤時,函數y=f(x)在[a2,a]上的最大值是lna-a3+a2-2a;當時,函數y=f(x)在[a2,a]上的最大值是-1-ln2;當≤a<1時,函數y=f(x)在[a2,a]上的最大值是2lna-a5+a3-2a2.(20分鐘40分)1.(5分)若函數f(x)=+(a-1)x+1在區(qū)間(1,4)內為減函數,在區(qū)間(6,+∞)內為增函數,則實數a的取值范圍是()A.(-∞,2] B.[5,7]C.[4,6] D.(-∞,5]∪[7,+∞)【解題提示】求出原函數的導函數,求得導函數的零點1,a-1,然后爭辯1與a-1的大小,分析導函數在不同區(qū)間內的符號,從而得到原函數在不同區(qū)間內的單調性,最終借助已知條件得到a-1與4和6的關系,則答案可求.【解析】選B.由函數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.當a-1≤1,即a≤2時,f′(x)在(1,+∞)上大于0,函數f(x)在(1,+∞)上為增函數,不合題意;當a-1>1,即a>2時,f′(x)在(-∞,1)上大于0,函數f(x)在(-∞,1)上為增函數,f′(x)在(1,a-1)內小于0,函數f(x)在(1,a-1)內為減函數,f′(x)在(a-1,+∞)內大于0,函數f(x)在(a-1,+∞)上為增函數.依題意應有:當x∈(1,4)時,f′(x)<0,當x∈(6,+∞)時,f′(x)>0,所以4≤a-1≤6,解得5≤a≤7,所以a的取值范圍是[5,7],故選B.2.(5分)(2021·青島模擬)設P(x,y)是函數y=2x+lnx圖象上的點,則x+y的最小值為A.3B.2C.72【解析】選A.由于P(x,y)是函數y=2x+lnx圖象上的點,則x+y=x+2f′(x)=1-2x2+1x令f′(x)>0,解得x>1,此時函數f(x)單調遞增;令f′(x)<0,解得0<x<1,此時函數f(x)單調遞減,且f′(1)=0.所以當x=1時,函數f(x)取得最小值,f(1)=3.3.(5分)(2022·遼寧高考)當x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數a的取值范圍是()A.[-5,-3] B.[-6,-]C.[-6,-2] D.[-4,-3]【解析】選C.當x∈(0,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0?a≥,x∈(0,1]恒成立.令g(x)=,x∈(0,1],則g′(x)=,x∈(0,1],設h(x)=-x2+8x+9,h(x)在(0,1]上為增函數,h(x)>h(0)=9>0,所以x∈(0,1]時,g′(x)=>0,則g(x)=在(0,1]上為增函數,g(x)=,x∈(0,1]的最大值g(x)max=g(1)=-6,從而a≥-6.當x=0時,a∈R.當x∈[-2,0)時,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)上為減函數,在(-1,0)上為增函數,故g(x)min=g(-1)=-2,則a≤-2.綜上所述,-6≤a≤-2.4.(12分)已知函數f(x)=+lnx-2,g(x)=lnx+2x.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間.(2)試問過點(2,5)可作多少條直線與曲線y=g(x)相切?請說明理由.【解題提示】(1)對函數f(x)求導,當導數f′(x)大于0時可求單調增區(qū)間,當導數f′(x)小于0時可求單調減區(qū)間.(2)先表示出過點(2,5)與曲線y=g(x)相切的直線,進而假設函數,可求得切線的條數.【解析】(1)由題意得,函數的定義域為(0,+∞),f′(x)=.當a≤0時,f′(x)>0恒成立,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),當a>0時,令f′(x)>0,x>a,令f′(x)<0,0<x<a.故f(x)的單調遞增區(qū)間為(a,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,a).(2)設切點為(m,n),g′(x)=+2,所以,n=lnm+2m,所以lnm+-2=0,令h(x)=lnx+-2,所以h′(x)=,由導數為0可得,x=2,所以h(x)在(0,2)上單調遞減,在(2,+∞)上單調遞增,由于h()>0,h(2)=ln2-1<0,所以h(x)與x軸有兩個交點,所以過點(2,5)可作2條曲線y