【世纪金榜】2022届高考数学总复习 课时提升作业(十四) 2.11导数在研究函数中的应用 文 新人教A版

课时提升作业(十四)导数在研究函数中的应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2022·厦门模拟)函数f(x)=xlnx,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.因为函数f(x)=xlnx,所以f′(x)=lnx+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既有极大值又有极小值,则a的取值范围为(　　)A.a<-1或a>2B.-3<a<6C.-1<a<2D.a<-3或a>6【解题提示】求导,令导数等于零,转化为方程在R上的实数根的情况求解.【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,也有极小值B.既有极大值,也有最小值C.有极大值,没有极小值D.没有极大值,也没有极小值【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,又因为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,没有极小值.3.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是(　　)-10-\nA.-2B.0C.2D.4【解析】选C.f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),因为-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.因为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.(2022·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,则下列结论中一定成立的是(　　)A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值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)是极小值.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)=(ax2+x)-xlnx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.-10-\n【解析】由题意知:f′(x)=2ax+1-(lnx+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.(2022·银川模拟)函数f(x)=x(x-m)2在x=1处取得极小值,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】本题易出现求出m值后不进行验证能否在x=1处取得极小值,导致解题错误.8.(2022·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-10245f(x)12021f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)的极小值为　　　　　　.【解析】由y=f′(x)的图象可知,f′(x)与f(x)随x的变化情况如表:x(-1,0)0(0,2)2(2,4)4(4,5)f′(x)+0-0+0-f(x)↗极大值↘极小值↗极大值↘所以f(2)为f(x)的极小值,f(2)=0.答案:0三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2022·东北三省四市联考)已知函数f(x)=lnx,g(x)=(x-a)2+(lnx-a)2.(1)求函数f(x)在A(1,0)处的切线方程.-10-\n(2)若g′(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为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-lnx+a+1≥0恒成立,即当x≥1时,a≥-x2+lnx-1恒成立.令G(x)=-x2+lnx-1,则当x≥1时,G′(x)=<0,故G(x)=-x2+lnx-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)讨论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.-10-\n(2)因为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)=lnx-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)因为f(x)=lnx-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=因为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)的极小值点,所以a=-1.(2)因为a2<a,所以0<a<1,f′(x)=因为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)=lna-a3+a2-2a.-10-\n②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)=2lna-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lna-a3+a2-2a;当时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是-1-ln2;当≤a<1时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是2lna-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,然后讨论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,最后借助已知条件得到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≤-10-\n7,所以a的取值范围是[5,7],故选B.2.(5分)(2022·安阳模拟)函数f(x)=ax3+bx2+cx-34(a,b,c∈R)的导函数为f′(x),若不等式f′(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},且f(x)的极小值等于-115,则a的值为(　　)A.-B.C.2D.5【解析】选C.由已知可知f′(x)=3ax2+2bx+c,由3ax2+2bx+c≤0的解集为{x|-2≤x≤3}可知a>0,且-2,3是方程3ax2+2bx+c=0的两根,则由根与系数的关系知所以,c=-18a,此时f(x)=ax3-x2-18ax-34,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(-2,3)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,所以f(3)为f(x)的极小值,且f(3)=27a--54a-34=-115,解得a=2,故选C.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.-10-\n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)(2022·兰州模拟)已知函数f(x)=+lnx-2,g(x)=lnx+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=lnm+2m,所以lnm+-2=0,令h(x)=lnx+-2,所以h′(x)=,-10-\n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,因为h()>0,h(2)=ln2-1<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)(能力挑战题)已知函数f(x)=x2e-x.(1)求f(x)的极小值和极大值.(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=x2e-x,所以f′(x)=2xe-x-x2e-x=e-x(2x-x2),令f′(x)=0,解得x=0或x=2,令f′(x)>0,可解得0<x<2;令f′(x)<0,可解得x<0或x>2,故函数f(x)在区间(-∞,0)与(2,+∞)上是减函数,在区间(0,2)上是增函数,所以x=0是极小值点,x=2是极大值点,又f(0)=0,f(2)=,故f(x)的极小值和极大值分别为0,.(2)设切点为(x0,),则切线方程为y-=(2x0-)(x-x0),令y=0,解得x==(x0-2)++3.因为曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数,所以(2x0-)<0,所以x0<0或x0>2,令g(x0)=x0++1,则g′(x0)=1-=.①当x0<0时,(x0-2)2-2>0,即g′(x0)>0,所以g(x0)在(-∞,0)上单调递增,所以g(x0)<g(0)=0;②当x0>2时,令g′(x0)=0,解得x0=2+.当x0>2+时,g′(x0)>0,函数g(x0)单调递增;当2<x0<2+时,g′(x0)<0,函数g(x0)单调递减.故当x0=2+时,函数g(x0)取得极小值,也即最小值,且g(2+)=3+2.-10-\n综上可知:切线l在x轴上截距的取值范围是(-∞,0)∪[2+3,+∞).-10-