2021高考理科数学总复习课标通用版作业：导数及其应用课时作业14

函数在(－1、3)内既有极大值又有极小值、则f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)＝0在(－1、3)内有不同的实数根、 ?f′（－1）＝－a＋9>0，?则?f′（3）＝7a＋33>0，2a?－1<－?6<3，33答案：－1 (－7、－3) 三、解答题 Δ＝4a2－12（a＋6）>0，33∴－70、f′(x)＝1＋a＋alnx、 ①当a＝0时、f(x)＝x、函数f(x)在(0、＋∞)上单调递增； ②当a>0时、函数f′(x)＝1＋a＋alnx单调递增、 11f′(x)＝1＋a＋alnx＝0?x＝e－1－a>0、故当x∈(0、e－1－a)1时、f′(x)<0、当x∈(e－1－a、＋∞)时、f′(x)>0、所以函数f(x)在11(0、e－1－a)上单调递减、函数f(x)在(e－1－a、＋∞)上单调递增； ③当a<0、函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递减、 13 / 18 11f′(x)＝1＋a＋alnx＝0?x＝e－1－a>0、故当x∈(0、e－1－a)1???时、f′(x)>0、当x∈e－1－a，＋∞?时、f′(x)<0、所以函数f(x)在??1?1????0，e－1－?上单调递增、函数f(x)在?e－1－，＋∞?上单调递减． a?a???(2)由f′(1)＝0、得a＝－1、令h(x)＝e－x＋x2－x＋xlnx、则h′(x)＝1－e＋2x＋lnx、h″(x)＝e＋2＋x>0、 －x－x∴h′(x)在(0、＋∞)上单调递增、 ?1?12??∵h′e＝－e－e＋e－1＜0、h′(1)＝－e－1＋2＞0、 ???1?∴?x0∈?e，1?、使得h′(x0)＝0、 ??即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0. ∴当x∈(0、x0)时、h′(x)＜0； 当x∈(x0、＋∞)时、h′(x)＞0、 ∴h(x)在(0、x0)上单调递减、在(x0、＋∞)上单调递增、 ∴h(x)≥h(x0)． 由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0、得e－x0＝2x0＋ln x0、 ∴h(x0)＝e－x0＋x20－x0＋x0ln x0 ＝(x0＋1)(x0＋ln x0)． 当x0＋lnx0<0时、lnx0<－x0?x00时、lnx0>－x0?x0>e－x0?－e－x0＋x0>0、 所以－e－x0＋x0＋x0＋lnx0>0与－e－x0＋2x0＋lnx0＝0矛盾； 当x0＋lnx0＝0时、lnx0＝－x0?x0＝e－x0?－e－x0＋x0＝0、 14 / 18 得－e－x0＋2x0＋lnx0＝0、故x0＋lnx0＝0成立、 得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋lnx0)＝0、所以h(x)≥0、 即f(x)≤e－x＋x2. 18．(20xx年陕西省黄陵中学高新部高二考试)已知函数f(x)＝xlnx. (1)求函数y＝f(x)的单调区间和最小值； f（x）－a3(2)若函数F(x)＝在[1、e]上的最小值为2、求a的值； x(3)若k∈Z、且f(x)＋x－k(x－1)>0对任意x>1恒成立、求k的最大值． 1??1解：(1)f(x)的单调增区间为[e、＋∞)、单调减区间为?0，e?、 ??11f(x)min＝f(e)＝－e. x＋aa(2)F(x)＝ln x－x、F′(x)＝x2、 (ⅰ)当a≥0时、F′(x)>0、F(x)在[1、e]上单调递增、F(x)min＝33F(1)＝－a＝2、所以a＝－2?[0、＋∞)、舍去． (ⅱ)当a<0时、F(x)在(0、－a)在上单调递减、 在(－a、＋∞)上单调递增、 ①若a∈(－1、0)、F(x)在[1、e]上单调递增、F(x)min＝F(1)＝－a33＝2、所以a＝－2?(－1、0)、舍去； ②若a∈[－e、－1]、F(x)在[1、－a]上单调递减、在[－a、e]上3单调递增、所以F(x)min＝F(－a)＝ln(－a)＋1＝2、解得a＝－e∈[－e、－1]； ③若a∈(－∞、－e), F(x)在[1、e]上单调递减、 15 / 18 a3F(x)min＝F(e)＝1－e＝2、 e所以a＝－2?(－∞、－e)、舍去． 综上所述、 a＝－e. (3)由题意得、k(x－1)1恒成立、 xlnx＋x即k<对任意x>1恒成立． x－1xlnx＋xx－lnx－2令h(x)＝、则h′(x)＝、 x－1（x－1）2令φ(x)＝x－lnx－2(x>1)、 1x－1则φ′(x)＝1－x＝x>0、 所以函数φ(x)在(1、＋∞)上单调递增、 因为方程φ(x)＝0在(1、＋∞)上存在唯一的实根x0、且x0∈(3、4)、当1x0时、φ(x)>0、即h′(x)>0. 所以函数h(x)在(1、x0)上递减、在(x0、＋∞)上单调递增． x0（1＋lnx0）x0（1＋x0－2）所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝x0∈(3、x0－1x0－14)、所以k