第五章 一元函数的导数及其应用 专项拓展训练(一)（含解析）

《第五章　一元函数的导数及其应用》专项拓展训练(一)
专项一 三次函数性质的研究
1.若函数f(x)=x2+x+1在区间(,3)上不具有单调性,则实数a的取值范围是(　　)
A.(2,) B.[2,) C.(2,) D.[2,)
2.已知f(x)=x3-3x,过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-1,1) B.(-2,3) C.(-1,2) D.(-3,-2)
3.[2022四川省成都外国语学校高二下月考]已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若f(x1)=x1,则关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0的不相等实数根的个数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
4.(多选)已知函数f(x)=x3-ax+1的图象在x=1处的切线的斜率为-3,则(　　)
A.a=6
B.f(x)在x=-1处取得极大值
C.f(x)的极大值为4+1
D.当x∈[1,2]时,f(x)有最小值
5.若函数f(x)=x3-x在(a,10-a2)上有最小值,则实数a的取值范围为　　　　.
6.[2022江苏淮安高三上期中]设f″(x)是f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”,经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”和对称中心,且拐点就是对称中心.若f(x)=x3-x2+3x+,则函数f(x)的对称中心为　　　　;f()+f()+f()+…+f()=　　　　.
7.已知函数f(x)=x3+(1+a)x2+ax+c(a∈R).
(1)求证:f(x)有且仅有两个极值点x1,x2;
(2)若|x2-x1|=,函数f(x)有三个零点,求实数c的取值范围.
专项二 利用导数研究方程的根、函数的零点、图象的交点问题
1.当x∈(,1)时,方程xn+xn-1+…+x=1(n≥2,n∈N)的实根的个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
2.(多选)[2022广东广州十六中高二下期中]已知函数f(x)=ex-ax2(a为常数),则下列说法正确的是(　　)
A.若f(x)有3个零点,则a的取值范围为(,+∞)
B.当a=时,x=1是f(x)的极值点
C.当a=时,f(x)有唯一零点x0,且-1D.当a=1时,f(x)≥0恒成立
3.[2022黑龙江哈师大附中高二月考]函数f(x)=ex的单调递增区间为　　　　;若a∈[-,0],则函数g(x)=(x-2)ex-a(x+2)零点的取值范围是　　　　.
4.已知函数f(x)=.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若关于x的方程tf(x)-x=0在[,1)∪(1,e2]上有两个不相等的实数根,求实数t的取值范围.
5.已知函数f(x)=ln x+ax2-x(x>0,a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当a≤0时,曲线y=f(x)上任意一点处的切线与该曲线只有一个公共点.
6.已知函数f(x)=xln x-mx2-x+1,m∈R.
(1)若f(x)有两个极值点,求实数m的取值范围;
(2)若函数g(x)=xln x-mx2-eln x+emx有且只有三个不同的零点,分别记为x1,x2,x3(x1参考答案
专项一 三次函数性质的研究
1.C　方法一　由题意,得f '(x)=x2-ax+1.
①若函数f(x)在(,3)上单调递增,则f '(x)=x2-ax+1≥0在(,3)上恒成立,即x2+1≥ax在x∈(,3)上恒成立,所以a≤=x+在x∈(,3)上恒成立,所以a≤2.
②若函数f(x)在(,3)上单调递减,则有f '(x)=x2-ax+1≤0在x∈(,3)上恒成立,即x2+1≤ax在x∈(,3)上恒成立,所以a≥=x+在x∈(,3)上恒成立,所以a≥.
综上,函数f(x)在区间(,3)上不具有单调性时,实数a的取值范围是(2,).
方法二　由题意,得f '(x)=x2-ax+1,函数f(x)在区间(,3)上不具有单调性等价于f '(x)=x2-ax+1=0在(,3)上有实数根,且Δ≠0.
当f '(x)=x2-ax+1=0在(,3)上有1个实数根,且Δ≠0时,则或解得≤a<;
当f '(x)=x2-ax+1=0在(,3)上有2个不相等的实数根时,则即解得22.D　设切点为(t,t3-3t).f '(x)=3x2-3,则切线方程为y=(3t2-3)(x-t)+t3-3t,整理得y=(3t2-3)x-2t3.由A(1,m)在切线上,得2t3-3t2+m+3=0　①.因为过点A可作三条切线,所以①有三个解.记g(t)=2t3-3t2+m+3,则g'(t)=6t2-6t=6t(t-1),当01时,g'(t)>0,g(t)单调递增,所以g(t)在t=0处取得极大值g(0)=m+3,在t=1处取得极小值g(1)=m+2.要使g(t)有三个零点,只需m+3>0且m+2<0,即-33.B　由题意得f '(x)=x2+ax+b=0有两个不相等的实数根x1,x2,所以由[f(x)]2+af(x)+b=0,可得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨设x14.ACD　
5.[-2,1)　解析f '(x)=x2-1=(x+1)(x-1).令f '(x)>0,得x<-1或x>1;令f '(x)<0,得-16.(,)　　解析f'(x)=x2-x+3,f″(x)=2x-1,令f″(x)=0,解得x=,又f()=,所以函数f(x)的对称中心为(,),所以f(x)+f(1-x)=,所以f()+f()+f()+…+f()=.
7.解析(1)由题意可得f '(x)=3x2+2(1+a)x+a,
令f '(x)=0,得方程3x2+2(1+a)x+a=0,
因为Δ=4(1+a)2-12a=4(a2-a+1)>0恒成立,
所以f '(x)=0有两个根x1,x2,不妨假设x1所以当x∈(-∞,x1)时,f '(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,f '(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,f '(x)>0,f(x)单调递增.
故f(x)有两个极值点.
(2)由(1)得x1,x2是关于x的方程3x2+2(1+a)x+a=0的两根,所以x1+x2=-(1+a),x1x2=.
因为|x2-x1|=,所以|x2-x1|2=(x2+x1)2-4x1x2=(1+a)2-,
解得a=0或a=1.
①当a=0时,f(x)=x3+x2+c,f '(x)=3x2+2x=x(3x+2),则x1=-,x2=0,
所以f(x)在(-∞,-)上单调递增,在(-,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)的极大值为f(-),极小值为f(0),
要使函数f(x)有三个零点,只需
解得-②当a=1时,f(x)=x3+2x2+x+c,f '(x)=3x2+4x+1=(x+1)(3x+1),则x1=-1,x2=-,
所以f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,-)上单调递减,在(-,+∞)上单调递增,所以f(x)的极大值为f(-1),极小值为f(-),
要使函数f(x)有三个零点,只需
解得0综上,当a=0时,c∈(-,0);当a=1时,c∈(0,).
专项二 利用导数研究方程的根、函数的零点、图象的交点问题
1.B　令f(x)=xn+xn-1+…+x-1(n≥2,n∈N),则f()=-1=-()n<0,f(1)=n-1>0,由函数零点存在定理可知f(x)=xn+xn-1+…+x-1(n≥2,n∈N)在(,1)内至少有一个零点.又当x∈(,1)时,f '(x)=nxn-1+(n-1)xn-2+…+1>0(n≥2,n∈N),故当x∈(,1)时,f(x)单调递增.因此当x∈(,1)时,函数f(x)有唯一的零点,即当x∈(,1)时,方程xn+xn-1+…+x=1(n≥2,n∈N)的实根的个数为1.
2.AC　令f(x)=ex-ax2=0,则=a(x≠0).记g(x)=,则g'(x)=,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,且g(2)=,所以当x∈(-∞,0)时,g(x)∈(0,+∞);当x∈(0,+∞)时,g(x)∈[,+∞).若f(x)有3个零点,则a>,故A正确.当a=时,f '(x)=ex-ex,f ″(x)=ex-e,所以f '(x)=ex-ex在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,所以当x=1时,f '(x)取得最小值0,即f '(x)≥0,所以f(x)在R上单调递增,无极值点,故B错误.当a=时,f(x)=ex-x2,f '(x)=ex-x,f ″(x)=ex-1,所以f '(x)=ex-x在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以当x=0时,f '(x)取得最小值1,即f '(x)>0,所以f(x)在R上单调递增,又f(-1)=e-1-<0,f(-)=>0,所以由零点存在性定理可知C正确.当a=1时,f(x)=ex-x2,f(-1)=e-1-1=<0,故D错误.故选AC.
3.(-∞,-2)和(-2,+∞)　[-1,2]　解析易知f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).f '(x)=()'ex+(ex)'=[]ex=ex.因为f '(x)≥0在(-∞,-2)∪(-2,+∞)上恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-2)和(-2,+∞).
方法一(构造函数+数形结合)　令g(x)=(x-2)ex-a(x+2)=0,得a=ex,所以函数g(x)的零点即函数y=a与f(x)=ex图象的交点的横坐标.当x<-2时,f(x)>0,f(2)=0,f(0)=-1,作函数y=a与f(x)的大致图象如图所示.因为f(-1)=-,所以当a∈[-,0]时,函数y=a与f(x)图象的交点的横坐标范围是[-1,2],故函数g(x)零点的取值范围是[-1,2].
方法二　令g(x)=(x-2)ex-a(x+2)=0,得a=ex.问题转化为当f(x)∈[-,0],求x的取值范围.易知当x<-2时,f(x)>0.因为f(-1)=
-,f(2)=0,且 f(x)在(-2,+∞)上单调递增,所以x∈[-1,2],即当a∈[-,0]时,函数g(x)零点的取值范围是[-1,2].
方法三　令g(x)=(x-2)ex-a(x+2)=0,得(x-2)ex=a(x+2),则g(x)的零点即函数y=a(x+2)和y=(x-2)ex的图象的交点的横坐标.设h(x)=(x-2)ex,则h'(x)=(x-1)ex.当x>1时,h'(x)>0,则h(x)单调递增,当x<1时,h'(x)<0,则h(x)单调递减.当x<2时,h(x)<0,当x>2时,h(x)>0,h(2)=0,h(0)=-2.易知y=a(x+2)的图象恒过定点(-2,0).作出函数h(x)与y=a(x+2)的大致图象如图所示.当a=-时,由得x=-1.当a=0时,由得x=2.所以函数g(x)零点的取值范围是[-1,2].
4.解析(1)函数f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
f '(x)=,
由f '(x)>0,得x>,所以f(x)的单调递增区间为(,+∞),由f '(x)<0,得0(2)关于x的方程tf(x)-x=0在[,1)∪(1,e2]上有两个不相等的实数根等价于函数h(x)=的图象与函数y=t的图象在[,1)∪(1,e2]上有两个不同的交点.
由h'(x)=>0,得0由h'(x)=<0,得x>e,
所以当x=e时,函数h(x)取得极大值,为h(e)=.
又h()=-e,h(e2)=,h(1)=0且>0>-e,
所以实数t的取值范围为[,).
5.解析(1)f '(x)=+2ax-1=(x>0),
设g(x)=2ax2-x+1(x>0).
①当0所以f(x)在(0,),(,+∞)上单调递增,在(,)上单调递减.
②当a≥时,g(x)≥0(当且仅当a=,x=2时g(x)=0),
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当a=0时,g(x)在(0,1)上大于零,在(1,+∞)上小于零,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
④当a<0时,g(x)在(0,)上大于零,在(,+∞)上小于零,
所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
(2)曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为y=(+2at-1)(x-t)+ln t+at2-t,
切线方程和y=f(x)联立,可得
ln x+ax2-(+2at)x-ln t+at2+1=0,
设h(x)=ln x+ax2-(+2at)x-ln t+at2+1(x>0),
则h'(x)=,
当a≤0时,若x∈(0,t),则h'(x)>0,若x∈(t,+∞),则h'(x)<0,
故h(x)在(0,t)上单调递增,在(t,+∞)上单调递减.
又h(t)=0,故h(x)只有唯一的零点t,
即切线与该曲线只有一个公共点(t,f(t)).
6.解析(1)f '(x)=ln x-mx.
由题意知f '(x)=ln x-mx=0有两个不相等的实数根,
即m=有两个不相等的实数根.
令h(x)=,则h'(x)=.
由h'(x)>0,得0由h'(x)<0,得x>e,故h(x)在(e,+∞)上单调递减,
故h(x)在x=e处取得极大值.
结合h(x)的图象(图略),得0所以实数m的取值范围是(0,).
(2)g(x)=xln x-mx2-eln x+emx=(x-e)(ln x-mx),
显然x=e是g(x)的一个零点.
由(1)知ln x-mx=0的两个根分别在(0,e)和(e,+∞)内,所以g(x)的三个不同的零点分别是x1,e,x3,且0e.
令t=,则t∈(1,e2].
由得
故ln(x1x3)=ln x1+ln x3=,t∈(1,e2].
令φ(t)=,t∈(1,e2],则φ'(t)=.
令Φ(t)=t-2ln t-,t∈[1,e2],
则Φ'(t)=1-≥0,
所以Φ(t)在[1,e2]上单调递增,所以Φ(t)≥Φ(1)=0,
所以φ'(t)>0,即φ(t)在区间(1,e2]上单调递增,
所以φ(t)≤φ(e2)=,
所以ln(x1x3)≤,即x1x3≤,
所以x1x3的最大值为.