2022屆《創(chuàng)新設(shè)計(jì)》數(shù)學(xué)一輪(文科)人教B版課時(shí)作業(yè)-第三章-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用-探究課2

(建議用時(shí)：80分鐘)1．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)．若函數(shù)f(x)在其定義域上為增函數(shù)，求a的取值范圍．解法一函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∵f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a.∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0，即eq\f(1,x)＋2x＋a≥0對x∈(0，＋∞)都成立．∴－a≤eq\f(1,x)＋2x對x∈(0，＋∞)都成立．∴當(dāng)x＞0時(shí)，eq\f(1,x)＋2x≥2eq\r(\f(1,x)·2x)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號．∴－a≤2eq\r(2)，即a≥－2eq\r(2).∴a的取值范圍為[－2eq\r(2)，＋∞)．法二函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a＝eq\f(2x2＋ax＋1,x).方程2x2＋ax＋1＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ≤0，即－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)時(shí)，2x2＋ax＋1≥0，此時(shí)，f′(x)≥0對x∈(0，＋∞)都成立，故函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函數(shù)．②當(dāng)Δ＞0，即a＜－2eq\r(2)或a＞2eq\r(2)時(shí)，要使函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，只需2x2＋ax＋1≥0對x∈(0，＋∞)都成立．設(shè)h(x)＝2x2＋ax＋1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h0＝1＞0，,－\f(a,4)＜0，))解得a＞0.故a＞2eq\r(2).綜合①②得a的取值范圍為[－2eq\r(2)，＋∞)．2．(2021·遼寧六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a取(1)中的最小值時(shí)，求證：g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.(1)解令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，則h′(x)＝cosx－a.①若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)單調(diào)遞減，h(x)≤h(0)＝0，則sinx≤ax(x≥0)成立．②若0<a<1，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得cosx0＝a，當(dāng)x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a>0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝0，不合題意．③當(dāng)a≤0，結(jié)合f(x)與g(x)的圖象可知明顯不合題意．綜上可知，a≥1.(2)證明當(dāng)a取(1)中的最小值為1時(shí)，g(x)－f(x)＝x－sinx.設(shè)H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3(x≥0)，則H′(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2.令G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2，則G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，所以G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2≤G(0)＝0，即H′(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2≤0，所以H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3≤H(0)＝0，則x－sinx≤eq\f(1,6)x3(x≥0)．所以，當(dāng)a取(1)中的最小值時(shí)，g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.3．(2022·湖北七市(州)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)．當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1，0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＜0，,f－1＞0，,f0＜0.))解得0＜a＜eq\f(1,3).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).4．(2021·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得微小值，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]，∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，即(x＋2－a)ex－2≥0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，即x＋2－eq\f(2,ex)≥a在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，又函數(shù)g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤0.(2)令f′(x)＞0，即x[(x＋2－a)ex－2]＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x＋2－aex－2＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,x＋2－aex－2＜0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x＋2－\f(2,ex)＞a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,x＋2－\f(2,ex)＜a.))(*)∵g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)單調(diào)遞增，設(shè)方程g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)＝a的根為x0.①若x0＞0，則不等式組(*)的解集為(－∞，0)和(x0，＋∞)，此時(shí)f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，x0)上單調(diào)遞減，與f(x)在x＝0處取微小值沖突；②若x0＝0，則不等式組(*)的解集為(－∞，0)和(0，＋∞)，此時(shí)f(x)在R上單調(diào)遞增，與f(x)在x＝0處取微小值沖突；③若x0＜0，則不等式組(*)的解集為(－∞，x0)和(0，＋∞)，此時(shí)f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x0,0)上單調(diào)遞減，滿足f(x)在x＝0處取微小值，由g(x)單調(diào)性，得a＝x0＋2－eq\f(2,ex0)＜g(0)＝0，綜上所述，a＜0.5．(2021·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解(1)由題意可知，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此時(shí)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時(shí)f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(e,2)(舍去)．③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0得x＝－a，當(dāng)1＜x＜－a時(shí)，f′(x)＜0，∴f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)；當(dāng)－a＜x＜e時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\r(e).綜上所述，a＝－eq\r(e).(2)∵f(x)＜x2，∴a＞xlnx－x3在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x).∵x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)．∴g(x)＜g(1)＝－1，當(dāng)a≥－1時(shí)，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立．6．(2022·濰坊調(diào)研測試)設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2＋a).(1)若a＝eq\f(5,9)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)取得極值，證明：對于任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(3－e,3)eq\r(e).(1)解由題意得f′(x)＝eq\f(ex[x－12－\f(4,9)],\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(5,9)))2).令f′(x)＞0，即(x－1)2－eq\f(4,9)＞0，解得x＜eq\f(1,3)或x＞eq\f(5,3).所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞))上單調(diào)遞增．同理，由f′(x)＜0，得eq\f(1,3)＜x＜eq\f(5,3).所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))上單調(diào)遞減．(2)證明當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)取得極值，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋a－2×eq\f(1,2)＝0，∴a＝eq\f(3,4).同(1)易知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)取得極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)，當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，f(x)取得微小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(e\r(e),3)，∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上，f(x)的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4