2017版高考数学(文)(全国)一轮复习 练习 第三章 导数及其应用 专题探究课一 含解析

(建议用时：80分钟)
1.已知函数f（x)＝ln x＋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）＝ln x＋x2＋ax，∴f′(x）＝错误!＋2x＋a。

∵函数f(x）在(0,＋∞）上单调递增,∴f′(x)≥0，
即错误!＋2x＋a≥0对x∈（0，＋∞)都成立。

∴－a≤错误!＋2x对x∈(0，＋∞)都成立。

∵当x＞0时，错误!＋2x≥2错误!＝2错误!，当且仅当错误!＝2x,即x＝错误!时取等号。

∴－a≤2错误!，即a≥－2错误!。

∴a的取值范围为[－2错误!，＋∞）。

法二函数f(x）的定义域为(0,＋∞)，
∴f（x）＝ln x＋x2＋ax,
∴f′（x)＝错误!＋2x＋a＝错误!.
方程2x2＋ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－8。

①当Δ≤0，即－2错误!≤a≤2错误!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＜－2错误!或a＞2错误!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,则错误!解得a＞0。

故a＞2错误!.综合①②得a的取值范围为[－2错误!,＋∞).
2.（2016·胶州一中模拟）设f（x)＝ax3＋bx＋c(a≠0）为奇函数，其图象在点（1，f（1））处的切线与直线x－6y－7＝0垂直,导函数f′（x）的最小值为－12. (1）求函数f（x）的解析式；
(2）求函数f(x）的单调增区间，并求函数f(x)在［－1，3]上的最大值和最小值. 解（1)因为f（x）为奇函数，所以f（－x)＝－f（x)
即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c
所以c＝0，
又f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12,
所以b＝－12.
由题设知f′(1）＝3a＋b＝－6。

所以a＝2，故f（x）＝2x3－12x.
(2)f′(x)＝6x2－12＝6（x＋错误!）（x－错误!）。

当x变化时,f′(x)，f(x)的变化情况表如下：
所以函数f(x）的单调递增区间为（－∞,－错误!)和（错误!，＋∞)。

因为f（－1）＝10，f（3）＝18,f（错误!）＝－8错误!,f（－错误!）＝8错误!,
当x＝错误!时，f(x)min＝－8错误!；当x＝3时，f(x)max＝18。

3.(2016·湖北七市（州)联考)已知函数f（x)＝错误!x3＋错误!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）的变化情况如下表：
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错误!
解得0＜a＜1
3。

所以a的取值范围是错误!.
4。

（2015·合肥模拟）已知f（x)＝x ln x，g（x)＝x3＋ax2－x＋2。

(1）如果函数g(x)的单调递减区间为错误!，求函数g（x)的解析式；
(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f（x)≤g′（x)＋2恒成立，求实数a的取值范围。

解（1）g′(x)＝3x2＋2ax－1
由题意3x2＋2ax－1＜0的解集是错误!，
即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－错误!，1.
将x＝1或－错误!代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1。

所以g(x）＝x3－x2－x＋2。

(2)由题意2x ln x≤3x2＋2ax－1＋2在x∈（0,＋∞）上恒成立，
可得a≥ln x－错误!x－错误!，
设h（x）＝ln x－错误!x－错误!，
则h′(x）＝错误!－错误!＋错误!＝－错误!，
令h′（x)＝0,得x＝1或－错误!（舍)，
当0＜x＜1时,h′（x)＞0，当x＞1时，h′（x)＜0,所以当x＝1时，h(x）取得最大值，h(x)max＝－2，
所以a≥－2，所以a的取值范围是［－2，＋∞）.
5.(2015·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝e2x－a ln x。

（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
(2）证明：当a＞0时，f(x）≥2a＋a ln 2 a.
解（1）f（x)的定义域为(0,＋∞）,
f′(x）＝2e2x－a
x(x＞0)。

当a≤0时，f′（x）＞0，f′(x）没有零点;
当a＞0时，因为y＝e2x单调递增,y＝－错误!单调递增，
所以f′（x)在（0，＋∞）单调递增。

又f′(a）＞0，当b满足0＜b＜错误!且b＜错误!时，
f′（b）＜0,故当a＞0时,f′（x)存在唯一零点。

（2）证明由（1），可设f′（x）在(0，＋∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0)时，f′(x）＜0；当x∈（x0，＋∞)时，f′(x）＞0.
故f（x)在(0，x0)上单调递减,在(x0，＋∞）上单调递增，所以当x＝x0时，f(x）
取得最小值,最小值为f（x0）.
由于2e2x0－错误!＝0，所以f(x0)＝e2x0－a ln x0＝错误!－
a ln
a
2e2x0＝错误!－a ln 错误!＋2ax0＝错误!＋2ax0＋a ln 错误!≥2a＋a ln 错误!.故当
a＞0时,f(x)≥2a＋a ln 错误!.
6。

（2016·烟台模拟)已知函数f（x)＝x3＋x＋k在（b,f（b))处的切线方程为4x－y －1＝0(b＞0）.m（x)＝f(x)－x3－1－a ln x,g(x)＝－错误!，（a∈R）。

(1)求k,b的值；
(2）设函数h(x)＝m（x)－g（x），求函数h（x)的单调区间；
(3）若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点x0,使得m(x0）＜g(x0）成立，求a的取值范围.
解（1)由题意知：f′（x)＝3x2＋1,
因为f(x)＝x3＋x＋k在(b，f(b））处的切线方程为4x－y－1＝0,其中b＞0.
所以错误!解得错误!
（2）h（x）＝x＋错误!－a ln x.h′（x)＝1－错误!－错误!＝错误!＝错误!.
①当a＋1＞0时，即a＞－1时，
当x∈(0,1＋a)时，h′（x）＜0,当x∈(1＋a，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以h(x）在（0,1＋a）上单调递减，在(1＋a,＋∞)上单调递增。

②当a＋1≤0,即a≤－1时，当x∈(0，＋∞）时,h′(x)＞0，
所以函数h（x)在(0，＋∞)上单调递增。

（3)在[1,e]上存在一点x0，使得m（x0)＜g(x0）成立，
即在[1，e］上存在一点x0，使得h（x)＜0。

即函数h(x)＝x＋1＋a
x－a ln x在[1，
e］上的最小值小于零.
由(2）可知
①当a＋1≥e，即a≥e－1时,h(x）在[1，e］上单调递减，
所以h（x）的最小值为h(e）,由h（e）＝e＋错误!－a＜0可得a＞错误!, 因为错误!＞e－1，所以a＞错误!；
②当a＋1≤1,即a≤0时，h(x）在［1，e]上单调递增,
所以h(x)最小值为h(1），
由h(1)＝1＋1＋a＜0可得a＜－2;
③当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，
可得h（x)最小值为h（1＋a)，
因为0＜ln(a＋1）＜1，所以0＜a ln（a＋1)＜a，所以h(1＋a)＝2＋a－a ln（1＋a)＞2，
此时h（1＋a)＜0不成立.
综上可得所求a的范围是a＞e2＋1
e－1
，或a＜－2。