2020届二轮复习小题考法——导数的简单应用课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（二十一） 小题考法——导数的简单应用
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，则x0＝(　　)
A．e2　　　　　　　　　 　B．e
C. D．ln 2
解析：选B　∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(x0)＝1＋ln x0＝2，∴x0＝e，故选B.
2．函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是(　　)
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：选C　依题意，f(0)＝e0cos 0＝1，因为f′(x)＝excos x－exsin x，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.
3．已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D　f(x)的定义域是(0，＋∞)，
∵f′(x)＝，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e时，f(x)max＝f(e)．
而f(2)＝＝，f(3)＝＝.
f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
4．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，f(x)的导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．
5．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选C　函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和
(2，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)
A．－，0 B．0，－
C.，0 D．0，
解析：选C　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.
7．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：选D　因为f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故xf(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以02.
8．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f(x)(　　)
A．在区间，(1，e)上均有零点
B．在区间，(1，e)上均无零点
C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点
D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点
解析：选D　因为f′(x)＝－，所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而0<<10，f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点．

9．(2018·杭州第二次教学质量检测)已知a>0且a≠1，则函数f(x)＝(x－a)2ln x(　　)
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值
D．既无极大值，又无极小值
解析：选C　f(x)有两个零点a和1，若a<1，由于函数值在(0，a)为负，(a,1)为负，(1，＋∞)为正，故a为极大值点，在(a,1)上必有极小值点；若a>1，由于函数值在(0,1)为负，(1，a)为正，(a，＋∞)为正，故a为极小值点，在(1，a)上必有极大值点，故选C.
10．(2018·浙江“超级全能生”联考)设f(x)，g(x)分别是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)>0，g(x)≠0，且f(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)<0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：选D　构造函数F(x)＝f(x)·g3(x)，
则F′(x)＝f′(x)·g3(x)＋3f(x)·g2(x)·g′(x)＝g2(x)·[f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)]>0，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递增，显然F(x)为奇函数，所以其在(0，＋∞)上单调递增．
而F(－3)＝f(－3)·g3(－3)＝0＝－F(3)．
所以F(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，
即<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.
二、填空题
11．已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在[0,1]最小值为________．
解析：由f(x)＝x3＋2ax2＋1，得f′(x)＝3x2＋4ax，
因为函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，
所以f′(1)＝1，即3＋4a＝1，解得a＝－.
所以f′(x)＝3x2－2x，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以函数y＝f(x)在[0,1]最小值为f＝.
答案：－　
12．已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，即切线斜率k＝ex－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(ex－m)e＝－1，即ex－m＝－有解，即m＝ex＋有解，∵ex＋＞，∴m＞.
答案：
13．(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x，
∴f′(x)＝－x－3＋，
∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴g(x)＝x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，即t∈(0,1)，
故实数t的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
14．(2018·湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，知方程x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．设f(x)＝2ln x－x2，则f′(x)＝－2x＝－.易知x∈时f′(x)>0，x∈(1，e]时f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)极大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，f＝－2－，f(e) 答案：[1，e2－2]
15．已知函数f(x)＝ex＋mln x(m∈R，e为自然对数的底数)，若对任意正数x1，x2，当x1>x2时都有f(x1)－f(x2)>x1－x2成立，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．依题意得，对于任意的正数x1，x2，当x1>x2时，都有f(x1)－x1>f(x2)－x2，因此函数g(x)＝f(x)－x在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当x>0时，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．记h(x)＝x(ex－1)，x>0，则有h′(x)＝(x＋1)ex－1>(0＋1)e0－1＝0(x>0)，h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，h(x)的值域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求实数m的取值范围是[0，＋∞)．
答案：[0，＋∞)
16．设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
解析：由当x≤a时，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
如图是函数y＝x3－3x与y＝－2x在没有限制条件时的图象．
①若a＝0，则f(x)max＝f(－1)＝2.
②当a≥－1时，f(x)有最大值；
当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.
答案：(1)2　(2)(－∞，－1)
17．(2019届高三·浙东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，
∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.∵y＝6＋在m∈(4,5)上单调递减，∴<6＋<，∴a≥.
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2018·台州第一次调考)设f′(x)为函数f(x)的导函数(x∈R)，且f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0(e为自然对数的底数)，若x1 A．f(x2) B．f(x1) C．f2(x2)>e·f2(x1)
D．f2(x1)>e·f2(x2)
解析：选D　因为f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，从而f(x1)f2(x2)，因为0f2(x2)>ef2(x2)．
2．(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷)设f1(x)＝sin x＋cos x，对任意的n∈N*，定义fn＋1(x)＝fn′(x)，则f2 018(x)等于(　　)
A．sin x－cos x B．sin x＋cos x
C．－sin x－cos x D．－sin x＋cos x
解析：选D　f1(x)＝sin x＋cos x，f2(x)＝cos x－sin x，f3(x)＝－sin x－cos x，f4(x)＝－cos x＋sin x，f5(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，于是fk＋4(x)＝fk(x)，所以f2 018(x)＝f504×4＋2(x)＝f2(x)，故选D.
3．(2018·惠州调研)已知函数f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(1)的解集为(　　)
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C．∪(1，e) D．
解析：选D　f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，所以f＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以f(ln x)＋f<2f(1)可变形为f(ln x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(ln x) 4．已知函数f(x)＝x(a－e－x)，曲线y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C．(－e－2，＋∞) D．(－e－2,0)
解析：选D　∵曲线y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，
∴f′(x)＝a＋(x－1)e－x＝0有两个不同的解，
即a＝(1－x)e－x有两个不同的解，
设y＝(1－x)e－x，则y′＝(x－2)e－x，
∴当x<2时，y′<0；当x>2时，y′>0，
∴当x＝2时，函数y＝(1－x)e－x取得极小值为－e－2，也即为最小值，
当x→－∞时，y→＋∞；
当x→＋∞时，y→0，要满足题意，需－e－2 ∴实数a的取值范围是(－e－2,0)．故选D.
5．若对任意的a∈，函数f(x)＝x2－ax－2b与g(x)＝2aln(x－2)的图象均有交点，则实数b的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　依题意，原问题等价于对任意的a∈，关于x的方程x2－ax－2aln(x－2)＝2b有解．设h(x)＝x2－ax－2aln(x－2)，则h′(x)＝x－a－＝，所以h(x)在(2，a＋2)上单调递减，在(a＋2，＋∞)上单调递增，当x→2时h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，h(a＋2)＝－a2－2aln a＋2，记p(a)＝－a2－2aln a＋2，则h(x)的值域为[p(a)，＋∞)，故2b∈[p(a)，＋∞)对任意的a∈恒成立，即2b≥p(a)max，而p′(a)＝－a－2ln a－2≤－＋2ln 2－2<0，故p(a)单调递减，所以p(a)≤p＝＋ln 2，所以b≥＋ln 2，故选A.
6．已知函数f(x)＝xln x－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：选A　由题意知，f′(x)＝1＋ln x－aex，令f′(x)＝0，得a＝，函数f(x)有两个极值点，则需f′(x)＝0有两个实数根，等价于a＝有两个实数根，等价于直线y＝a与y＝的图象有两个交点．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝－1－ln x，得h(x)在(0，＋∞)上为减函数，且h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，故g′(x)>0，g(x)为增函数，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以g(x)max＝g(1)＝，又当x→＋∞时，g(x)→0，
所以g(x)的图象如图所示，故0