2019届二轮复习（理）专题跟踪训练12导数的简单应用作业（全国通用）

专题跟踪训练(十二)

一、选择题

1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln，则f(1)＝(　　)

A．－e  B．2  C．－2  D．e

[解析]　由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.

[答案]　B

2．函数f(x)＝x＋的极值情况是(　　)

A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值

B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值

C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2

D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2

[解析]　求导得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.

[答案]　D

3．(2018·聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)

[解析]　由题图知当0<x<1时，xf′(x)<0，此时f′(x)<0，函数f(x)递减．排除A、B.

当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．

所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．

当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－1<x<0时，xf′(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．排除D.符合条件的只有C项．

[答案]　C

4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则实数a的取值范围是(　　)

A．(0,1]  B．(1，＋∞)  C．(0,1)  D．[1，＋∞)

[解析]　根据>2可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.故选D.

[答案]　D

5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为(　　)

A．ln2  B．1  C．1－ln2  D．1＋ln2

[解析]　由直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，设切点为P(x0，y0)，对于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0，

又∵∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2，

∴k＝ln2＋1，故选D.

[答案]　D

6．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)

A.  B．(0，e)  C.  D．(－∞，e)

[解析]　由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，

因函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，

则直线y＝a和g(x)＝的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝(x>0)，

令h(x)＝－lnx－1，

则h′(x)＝－－<0，

故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需0<a<，故选A.

[答案]　A

二、填空题

7．(2018·武汉模拟)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.

[解析]　因为y＝，所以y′＝－，则曲线y＝在点(3,2)处的切线的斜率为y′＝－.又因为切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，所以－·(－a)＝－1，解得a＝－2.

[答案]　－2

[解析]　

[答案]　－

[解析]

[答案]　(－∞，1)

三、解答题

[解]　

11．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；

(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．

[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，

所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.

令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，

因为ex>0，所以－x2＋2>0，

解得－<x<.

所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．

(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，

所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．

因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，

所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．

因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，

则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．

令g(x)＝(x＋1)－，

则g′(x)＝1＋>0.

所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．

所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－＝.

所以a的取值范围是.

(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立，

因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．

所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．

故函数f(x)不可能在R上单调递减．

12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒成立，求a的取值范围．

[解]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，

①当0<a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立，

函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3<x4，

则x3＝，x4＝，此时0<x3<x4，

因为当x∈(0，x3)时，f′(x)>0，当x∈(x3，x4)时，

f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，

所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

综上，当0<a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，

则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，

令t＝，则0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt＋－t，

令g(t)＝2lnt＋－t(0<t<1)，则g′(t)＝－<0，

故g(t)在(0,1)上单调递减且g＝－2ln2，

故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln2＝g，即0<t≤，

而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0<t≤，

令h(t)＝t＋＋2，t∈，

所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立，

故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，

从而a2≥，

故a的取值范围是.