第五章 一元函数的导数及其应用 易错疑难集训(二)（含解析）

《第五章　一元函数的导数及其应用》易错疑难集训(二)
一、易错题
易错点1　利用导数解决函数问题时忽略定义域
1.(多选)[2022北京一六一中学高二下期中]函数f(x)=的一个单调递减区间是(　　)
A.(e,+∞) B.(,+∞)
C.(0,) D.(,1)
2.已知函数f(x)=-log2x,则不等式f(x)>0的解集是(　　)
A.(0,1) B.(-∞,2)
C.(2,+∞) D.(0,2)
易错点2　对函数单调递增(减)的充要条件理解不透彻
3.“a>0”是“函数f(x)=x3+ax在区间(0,+∞)上单调递增”的(　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.[2021四川成都七中高二下期中]若函数f(x)=(x2-ax+a)ex在区间(-1,0)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,3] B.[3,+∞)
C.[1,+∞) D.(-∞,1]
5.已知函数f(x)=(a为常数)在(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围.
易错点3　混淆“单调区间”和“在某区间上单调”
6.已知函数f(x)=x3-ax-1(a∈R).
(1)若函数f(x)在R上是增函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)的单调递减区间是(-1,1),求实数a的值;
(3)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围.
易错点4　忽略函数取极值的条件
7.[2022江苏苏州震泽中学高二下月考]已知函数f(x)=(x2+a2x+1)ex,则“a=”是“函数f(x)在x=-1处取得极小值”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
8.[2022黑龙江哈六中高三上月考]已知函数f(x)=axln x-x2+a有且只有一个极值点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,0) B.(0,+∞)
C.(-∞,1) D.(1,+∞)
9.若 f(x)=x(x-c)2在x=1处有极小值,则实数c的值为　　　　.
二、疑难题
疑难点1　导数问题中分类讨论“界点”的确定
1.设函数f(x)=ln x-ax2+(a-2)x(a∈R),求函数f(x)在区间[a2,a]上的最大值.
2.[2022广东普宁华侨中学高二下期中]已知函数f(x)=aln(x+b)-.
(1)若a=1,b=0,求f(x)的最大值;
(2)当b>0时,讨论f(x)极值点的个数.
疑难点2　隐零点问题
3.已知函数f(x)=xex+cos x-1(x≥0),f '(x)为f(x)的导数.
(1)求函数f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若不等式f(x)≥ax恒成立,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)=.
(1)若f(x)在区间(0,1)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若a≤1,证明:f(x)≤x.
参考答案
一、易错题
1.AD　f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f '(x)==-,所以当x∈(,1),(1,+∞)时,f '(x)<0,f(x)单调递减,所以A,D符合题意.
2.D　 f(x)=-log2x的定义域为(0,+∞).由f '(x)=-<0,得f(x)=-log2x在(0,+∞)上单调递减,又f(2)=-log22=0,所以不等式f(x)>0的解集是(0,2).故选D.
3.B　函数f(x)=x3+ax在区间(0,+∞)上单调递增,所以f '(x)=3x2+a≥0在(0,+∞)上恒成立,所以a≥0.显然,若a>0,则函数f(x)=x3+ax在区间(0,+∞)上单调递增,所以“a>0”是“函数f(x)=x3+ax在区间(0,+∞)上单调递增”的充分不必要条件.故选B.
4.D　由f(x)=(x2-ax+a)ex,得f '(x)=ex[x2+(2-a)x]=xex(x+2-a).由于函数f(x)=(x2-ax+a)ex在区间(-1,0)上单调递减,所以f '(x)≤0在(-1,0)上恒成立,所以x+2-a≥0,即a≤x+2在(-1,0)上恒成立,所以a≤1.故选D.
5.解析由题意可得f '(x)=≤0在(-1,1)上恒成立,即a≤1.但是,当a=1时,函数f(x)=1是常数函数,不具有单调性.综上,实数a的取值范围是(-∞,1).
6.解析(1)易知f'(x)=3x2-a.
因为f(x)在R上是增函数,
所以f'(x)≥0恒成立,即a≤3x2恒成立,
故a≤(3x2)min=0.
经检验,当a=0时,符合题意,
故实数a的取值范围是(-∞,0].
(2)由(1),得f'(x)=3x2-a.
因为f(x)的单调递减区间是(-1,1),
所以不等式3x2-a<0的解集为(-1,1),
所以-1和1是方程3x2-a=0的两个实根,
所以a=3.
(3)由(1),得f'(x)=3x2-a.
因为函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,
所以f'(x)≤0在x∈(-1,1)上恒成立,
即a≥3x2在x∈(-1,1)上恒成立.
又函数y=3x2在(-1,1)上的值域为[0,3),所以a≥3.
故实数a的取值范围是[3,+∞).
7.A　f'(x)=[x2+(a2+2)x+a2+1]ex=(x+1)(x+a2+1)ex.①当a=0时,f'(x)=(x+1)2ex≥0,故f(x)在R上单调递增,f(x)无最小值.②当a≠0时,令f'(x)=0,得x=-1或x=-a2-1.又-a2-1<-1,故当x<-a2-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-a2-1-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)在x=-1处取得极小值.综上,函数f(x)在x=-1处取得极小值 a≠0.所以“a=”是“函数f(x)在x=-1处取得极小值”的充分不必要条件.
8.A　易知函数f(x)的导数f '(x)=a(1+ln x)-x,令f '(x)=0,得a(1+ln x)-x=0,即a=(x>0,x≠).设g(x)=(x>0,x≠),则g'(x)=,当g'(x)>0时,x>1;当g'(x)<0时,00,x≠)的图象有一个交点,作出g(x)=的图象如图所示.由图得a<0或a=1.当a=1时,f '(x)=ln x-x+1≤0恒成立,所以f(x)无极值,所以a<0.
9.1　解析f '(x)=3x2-4cx+c2,因为x=1为极小值点,所以f '(1)=3-4c+c2=0,解得c=1或c=3.当c=1时,f '(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1),可得f(x)在(-∞,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减,故x=1为极小值点,符合题意.而当c=3时,f '(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),可得f(x)在(-∞,1),(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,故x=1为极大值点,不符合题意,舍去,所以c=1.
二、疑难题
1.解析因为a2f '(x)=-2ax+a-2=-.
因为x∈(0,+∞),所以ax+1>0,
所以当00,当x>时,f '(x)<0,
所以f(x)在(0,]上单调递增,在[,+∞)上单调递减.
①当0所以f(x)max=f(a)=ln a-a3+a2-2a;
②当,即③当≤a2,即≤a<1时,f(x)在[a2,a]上单调递减,
所以f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2.
综上,当02.解析(1)当a=1,b=0时,f(x)=ln x-(x>0),f '(x)=.
由f '(x)>0,得04,
所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(4)=2ln 2-2.
(2)当b>0时,f '(x)=(x>0).
①当a≤0时,f '(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以f(x)的极值点个数为0.
②当a>0时,令t=(t>0),h(t)=-t2+2at-b.
(i)当4a2-4b≤0,即0所以f '(x)≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以f(x)的极值点个数为0.
(ii)当4a2-4b>0,即a>时,记方程h(t)=0的两根分别为t1,t2,则t1+t2=2a>0,t1t2=b>0,
所以t1,t2都大于0,即h(t)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以f '(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,
所以f(x)的极值点个数为2.
综上,当a≤时,f(x)的极值点个数为0;当a>时,f(x)的极值点个数为2.
3.解析(1)因为f '(x)=(x+1)ex-sin x,所以f '(0)=(0+1)e0-sin 0=1,
又f(0)=0,所以函数f(x)在x=0处的切线方程为y=x.
(2)令h(x)=xex+cos x-1-ax(x≥0),
则h'(x)=(x+1)ex-sin x-a(x≥0),
令g(x)=(x+1)ex-sin x-a(x≥0),
则g'(x)=(x+2)ex-cos x>0(x≥0),
所以h'(x)在[0,+∞)上单调递增,h'(x)≥h'(0)=1-a.
①当a≤1时,h'(x)≥1-a≥0,
所以h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=0恒成立,即a≤1;
②当a>1时,因为h'(x)在[0,+∞)上单调递增,且h'(0)=1-a<0,h'(ln a)=aln a+a-sin(ln a)-a=aln a-sin(ln a)>ln a-sin(ln a)>0,
故存在唯一的x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0,
则当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,此时h(x)综上所述,a≤1.
4.解析(1)f '(x)=,
若f(x)在区间(0,1)上单调递增,则f '(x)≥0在(0,1)上恒成立,即-ln x-≥a在(0,1)上恒成立.
令函数φ(x)=-ln x-,则φ'(x)=-(-1).
当x∈(0,1)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,
所以φ(x)>φ(1)=1-,所以a≤1-.
即实数a的取值范围为(-∞,1-].
(2)当a≤1时,欲证f(x)≤x,即证x(ex-1)-ln x-a≥0.
令g(x)=x(ex-1)-ln x-a(x>0),则g'(x)=(x+1)(ex-),
设h(x)=ex-(x>0),则h(x)为增函数,
又h(1)=e-1>0,h()=-2<0,
所以存在x0∈(,1),使得h(x0)=0.
因为x>0,所以x+1>0,
所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(x0).
因为h(x0)=0,所以x0=1,所以x0+ln x0=0,所以g(x0)=x0(-1)-ln x0-a=1-x0-ln x0-a=1-a.
因为a≤1,所以1-a≥0,所以g(x)≥g(x0)≥0,
则f(x)≤x.