§9.2导数的应用Ａ组基础题组1.(2021浙江苍南巨人中学模拟)函数y=4x2+的单调递增区间为( )A.(0,+∞)B.C.(-∞,-1)D.2.(2022课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)3.(2022福建四地六校联考,7,5分)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)4.(2021浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则+等于( )A. B. C. D.5.(2021浙江,8,5分)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(e x-1)(x-1)k(k=1,2),则( )A.当k=1时,f(x)在x=1处取到微小值B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值C.当k=2时,f(x)在x=1处取到微小值D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值6.(2022陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开头下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x7.(2021福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中肯定错误的是( )A.f<B.f>C.f<D.f>8.(2021湖南师大附中月考三)设函数f(x)=x3-ax2+3x-2.若f(x)在区间上单调递减,试求实数a的取值范围. 9.(2021浙江名校(镇海中学)沟通卷自选模块(二),03(2))已知函数f(x)=x2++alnx(x>0)在[1,+∞)上单调递增,求a的取值范围.10.(2021浙江新高考争辩卷自选模块二(慈溪中学),03(2))已知函数f(x)=ax2-4bx+2alnx(a,b∈R),若函数f(x)存在极大值和微小值,求的取值范围.11.(2021浙江台州中学第三次统练,03(2))已知函数f(x)=alnx-bx2图象上一点P(2,f(2))处的切线方程为y=-3x+2ln2+2.(1)求a,b的值;(2)若方程f(x)+m=0在区间内有两个不等实根,求m的取值范围.12.(2021浙江名校(杭州二中)沟通卷自选模块(三),03(2))已知函数f(x)=(ax2+2x)e x在[0,2]上单调递增,求实数a的取值范围.13.(2021浙江新高考争辩卷自选模块一(镇海中学),03(2))设x1,x2是函数f(x)=x3+x2-a2x的两个极值点.若a>0,且|x1|+|x2|=2,求证:|b|≤.14.(2021江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试争辩f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值.B组提升题组1.(2021东北三校一联)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在(2,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是( )A.(-∞,2)B.(-∞,2]C. D.2.(2022辽宁,11,5分)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.C.[-6,-2]D.[-4,-3]3.(2021安徽,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( )A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<04.(2021课标Ⅱ,12,5分)设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)5.(2022山西八校联考,10,5分)设点P在曲线y=e x上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|的最小值为( )A.1-ln2B.(1-ln2)C.1+ln2D.(1+ln2)6.(2021浙江新高考争辩卷自选模块五(学军中学),03(2))已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1,当x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求a的取值范围.7.(2021浙江冲刺卷六“复数与导数”模块,03(2))已知函数f(x)=x2+x-2lnx+a在区间(0,2)上恰有一个零点,求实数a的取值范围.8.(2021浙江调研模拟试卷自选模块四(绍兴一中),03)已知函数f(x)=x2-lnx.(1)求函数f(x)在[1,e]上的最大值;(2)当x>0时,不等式f(x)≥ax-lnx恒成立,求实数a的取值范围.9.(2021重庆,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值. (1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)e x,争辩g(x)的单调性.10.(2022课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.11.(2021浙江镇海中学新高考调研卷一,21)已知函数f(x)=ax3+2x2-a2x+b2(a,b∈R)在x=1处取得极大值.(1)求a的值及f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程f(x)=b在区间[0,2]上恰有三个不同的实根,求b的取值范围.Ａ组基础题组1.B 由y=4x2+得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,∴函数y=4x2+在上单调递增.故选B.2.D 依题意得f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,∵x>1,∴0<<1,∴k≥1,故选D.3.C f'(x)=1+=,若f(x)=x+alnx不是单调函数,则f'(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.4.C 由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是函数f(x)的极值点,因此1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f'(x)=3x2-6x+2.x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,因此x1+x2=2,x1·x2=,所以+=(x1+x2)2-2x1·x2=4-=,故选C.5.C 当k=1时,f(x)=(e x-1)(x-1),f'(x)=xe x-1,f'(1)≠0,故A、B错;当k=2时,f(x)=(e x-1)(x-1)2,f'(x)=(x2-1)e x-2x+2=(x-1)[(x+1)e x-2],故f'(x)=0有一根为x1=1,另一根x2∈(0,1).当x∈(x2,1)时,f'(x)<0,f(x)递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增,∴f(x)在x=1处取得微小值.故选C.6.A 依据题意知,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,∴y'=x2-=(x2-25),∴∀x∈(-5,5),y'<0,∴y=x3-x在(-5,5)上为减函数,同理可验证B、C、D均不满足此条件,故选A.7.C 构造函数g(x)=f(x)-kx+1,则g'(x)=f'(x)-k>0,∴g(x)在R上为增函数.∵k>1,∴>0,则g>g(0).而g(0)=f(0)+1=0,∴g=f-+1>0,即f>-1=,所以选项C错误,故选C.8.解析f'(x)=3x2-2ax+3.由于函数f(x)在区间上单调递减,所以f'(x)≤0对一切x∈恒成立.从而解得a≥5.9.解析依题意有f'(x)=2x-+≥0对于x≥1恒成立,即x≥1时,a≥-2x2恒成立.令g(x)=-2x2(x≥1),则g'(x)=--4x<0,则g(x)在[1,+∞)上单调递减,∴a≥g(x)max=g(1)=0,即a的取值范围为[0,+∞).10.解析f'(x)=2ax-4b+=(x>0),要使函数f(x)存在极大值和微小值,需2ax2-4bx+2a=0有两个不等的正根x1,x2, ∴即解得>1.11.解析(1)f'(x)=-2bx,f'(2)=-4b,f(2)=aln2-4b.∴-4b=-3,且aln2-4b=-6+2ln2+2.解得a=2,b=1.(2)由(1)知f(x)=2lnx-x2,设h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,则h'(x)=-2x=,令h'(x)=0,得x=1(x=-1舍去).当x∈时,h'(x)>0,h(x)是增函数;当x∈(1,e]时,h'(x)<0,h(x)是减函数,则方程h(x)=0在内有两个不等实根的充要条件是解得1<m≤+2.12.解析f(x)=(ax2+2x)e x在区间[0,2]上单调递增,则不等式f'(x)≥0在区间[0,2]上恒成立,即(2ax+2)e x+(ax2+2x)e x≥0在区间[0,2]上恒成立,也即ax2+(2a+2)x+2≥0在区间[0,2]上恒成立.设g(x)=ax2+(2a+2)x+2.当a=0时,明显g(x)≥0在[0,2]上恒成立.当a>0时,x=-<0,此时g(x)min=g(0)=2≥0,则g(x)≥0在[0,2]上恒成立.当a<0时,由于g(0)=2,只要g(2)≥0即可,由a·22+2(2a+2)+2≥0得-≤a<0.综上,a∈.13.证明f'(x)=ax2+bx-a2,∵x1,x2是f(x)的两个极值点,∴x1,x2是ax2+bx-a2=0的两个实根.又∵a>0,∴x1x2=-a<0,x1+x2=-,∴|x1|+|x2|=|x1-x2|=,又∵|x1|+|x2|=2,∴+4a=4,即b2=4a2-4a3=4a2(1-a).∵b2≥0,∴0<a≤1.设b2=g(a)=4a2-4a3,则g'(a)=8a-12a2=4a(2-3a).由g'(a)>0得0<a<,由g'(a)<0及0<a≤1得<a≤1.∴g(a)在上单调递增,在上单调递减,∴g(a)max=g=,∴b2≤,∴|b|≤.14.解析(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,由于f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则f'(x)>0,若x∈,则f'(x)<0,所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f'(x)>0,若x∈,则f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而或又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,由于函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪1,∪.综上,c=1.B组提升题组1.D 由于f'(x)=6x2-6mx+6,当x∈(2,+∞)时,有f'(x)≥0,即6x2-6mx+6≥0,则m≤x+,又由于y=x+在(2,+∞)上为增函数,故当x∈(2,+∞)时,x+>,故m≤,故选D.2.C 由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.当0<x≤1时,a≥=--+.令t=(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,由于g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6,所以a≥-6.当-2≤x<0时,a≤--+,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a≤-2.综上可知-6≤a≤-2,故选C.3.A 由f(x)的图象易知d>0,且f'(x)=3ax2+2bx+c的图象是开口向上的抛物线,与x轴正半轴有两个不同的交点,则即故选A.4.A 令g(x)=,则g'(x)=,由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.∵f(x)是奇函数,f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,∴g(1)==0,∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.又∵g(-x)====g(x),∴g(x)是偶函数,∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).5.B 函数y=e x和函数y=ln(2x)互为反函数,它们的图象关于y=x对称,则只有直线PQ与直线y=x垂直时,|PQ|才能取得最小值.设P,则点P到直线y=x的距离为d=,令g(x)=e x-x(x>0),则g'(x)=e x-1,令g'(x)=e x-1>0,得x>ln2;令g'(x)=e x-1<0,得0<x<ln2,则g(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,所以当x=ln2时g(x)取得微小值,即最小值,g(x)min=e ln2-ln2=1-ln2>0,所以d min=.则|PQ|min=2d min=(1-ln2).故B正确.6.解析∵当x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,∴-3a≤x++.记g(x)=x++,则g'(x)=1--==.当x∈[2,+∞)时,g'(x)≥0,∴g(x)在[2,+∞)上单增递增,∴g(x)min=g(2)=. ∴-3a≤,即a≥-.(5分)7.解析f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=x+1-=,由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0<x<1.故函数f(x)在区间(0,1]上为减函数,在区间[1,2)上为增函数,则函数f(x)在区间(0,2)上的微小值为f(1)=a+.故当0<x≤1时,f(x)≥a+;当1≤x<2时,a+≤f(x)<4-2ln2+a.要使函数f(x)在区间(0,2)上恰有一个零点,则f(2)≤0或f(1)=0,得a≤2ln2-4或a=-.(5分)8.解析(1)f'(x)=x-=,当1≤x≤e时,f'(x)≥0,故函数f(x)在[1,e]上为增函数,故f(x)max=f(e)=-1.(5分)(2)令g(x)=f(x)-ax+lnx=-ax-lnx(x>0),则g'(x)=x-a-=(x>0).易知g'(x)=0只有一正根.设x0是方程g'(x)=0(x>0)的根,则x∈(0,x0)时,g'(x)<0,x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)min=g(x0),∴-ax0-lnx0≥0,且2-2ax0-1=0,消去a得1--lnx0≥0,又函数y=1-x2-lnx在(0,+∞)上为减函数,且x=1时,y=0,∴0<x0≤1,∴a=x0-≤.(10分)9.解析(1)对f(x)求导得f'(x)=3ax2+2x,由于f(x)在x=-处取得极值,所以f'=0,即3a·+2·=-=0,解得a=.(2)由(1)得g(x)=e x,故g'(x)=e x+e x=e x=x(x+1)(x+4)e x.令g'(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)为增函数;当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;当x>0时,g'(x)>0,故g(x)为增函数.综上知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.10.解析(1)f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.由题设得-=-2,所以a=1.(2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k>0.当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.11.解析(1)f'(x)=3ax2+4x-a2,由f'(1)=0⇒a=-1或a=4,当a=-1时,f'(x)=-3x2+4x-1,f'(x)>0⇒<x<1,f'(x)<0⇒x<或x>1,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x=1时,函数f(x)取得极大值,∴a=-1符合题意;当a=4时,f'(x)=12x2+4x-16,f'(x)<0⇒-<x<1,f'(x)>0⇒x<-或x>1,∴f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴当x=1时,函数f(x)取得微小值,∴a=4不符合题意. ∴a=-1,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)由(1)知f(x)=-x3+2x2-x+b2,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在[1,2]上单调递减.则f(x)在区间[0,2]上的极大值为f(1)=b2,微小值为f=-+b2,又f(0)=b2=f(1),f(2)=-2+b2<f,所以由方程f(x)=b在区间[0,2]上恰有三个不同的实根,得即∴b的取值范围是-<b<0或<b<.。
