2022届《创新设计》数学一轮(文科)人教B版课时作业-第三章-导数及其应用-探究课2

(建议用时：80分钟)1．已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)．若函数f(x)在其定义域上为增函数，求a的取值范围．解法一函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝lnx＋x2＋ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a.∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0，即eq\f(1,x)＋2x＋a≥0对x∈(0，＋∞)都成立．∴－a≤eq\f(1,x)＋2x对x∈(0，＋∞)都成立．∴当x＞0时，eq\f(1,x)＋2x≥2eq\r(\f(1,x)·2x)＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(\r(2),2)时取等号．∴－a≤2eq\r(2)，即a≥－2eq\r(2).∴a的取值范围为[－2eq\r(2)，＋∞)．法二函数f(x)的定义域为(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的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)时，2x2＋ax＋1≥0，此时，f′(x)≥0对x∈(0，＋∞)都成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数．②当Δ＞0，即a＜－2eq\r(2)或a＞2eq\r(2)时，要使函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，只需2x2＋ax＋1≥0对x∈(0，＋∞)都成立．设h(x)＝2x2＋ax＋1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h0＝1＞0，,－\f(a,4)＜0，))解得a＞0.故a＞2eq\r(2).综合①②得a的取值范围为[－2eq\r(2)，＋∞)．2．(2021·辽宁六校联考)已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.(1)解令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，则h′(x)＝cosx－a.①若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，则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，当x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a>0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意．③当a≤0，结合f(x)与g(x)的图象可知明显不合题意．综上可知，a≥1.(2)证明当a取(1)中的最小值为1时，g(x)－f(x)＝x－sinx.设H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2.令G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2，则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，所以G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2在[0，＋∞)上单调递减，此时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，＋∞)上单调递减．所以H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3≤H(0)＝0，则x－sinx≤eq\f(1,6)x3(x≥0)．所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.3．(2022·湖北七市(州)联考)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．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)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).4．(2021·重庆模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝0处取得微小值，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax＋a)ex－2x＝x[(x＋2－a)ex－2]，∵f(x)在(0，＋∞)内单调递增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，即(x＋2－a)ex－2≥0在(0，＋∞)内恒成立，即x＋2－eq\f(2,ex)≥a在(0，＋∞)内恒成立，又函数g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)在(0，＋∞)上单调递增，∴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)单调递增，设方程g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)＝a的根为x0.①若x0＞0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(x0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，0)和(x0，＋∞)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x＝0处取微小值冲突；②若x0＝0，则不等式组(*)的解集为(－∞，0)和(0，＋∞)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x＝0处取微小值冲突；③若x0＜0，则不等式组(*)的解集为(－∞，x0)和(0，＋∞)，此时f(x)在(－∞，x0)和(0，＋∞)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，满足f(x)在x＝0处取微小值，由g(x)单调性，得a＝x0＋2－eq\f(2,ex0)＜g(0)＝0，综上所述，a＜0.5．(2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若f(x)在[1，e]上的最小值为eq\f(3,2)，求实数a的值；(2)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解(1)由题意可知，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，∴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，当1＜x＜－a时，f′(x)＜0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a＜x＜e时，f′(x)＞0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\r(e).综上所述，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，＋∞)时，h′(x)＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．∴g(x)＜g(1)＝－1，当a≥－1时，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立．6．(2022·潍坊调研测试)设a＞0，函数f(x)＝eq\f(ex,x2＋a).(1)若a＝eq\f(5,9)，求函数f(x)的单调区间；(2)若当x＝eq\f(1,2)时，函数f(x)取得极值，证明：对于任意的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)解由题意得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).所以函数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)，＋∞))上单调递增．同理，由f′(x)＜0，得eq\f(1,3)＜x＜eq\f(5,3).所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))上单调递减．(2)证明当x＝eq\f(1,2)时，函数f(x)取得极值，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)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上单调递减．∴当x＝eq\f(1,2)时，f(x)取得极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)，当x＝eq\f(3,2)时，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