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    2020届二轮复习导数的简单应用课时作业(全国通用) 练习
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    2020届二轮复习导数的简单应用课时作业(全国通用) 练习

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    第3讲 导数的简单应用

    一、选择题

    1.已知直线2xy+1=0与曲线yaexx相切(其中e为自然对数的底数)则实数a的值是(  )

    A.         B.1

    C.2  D.e

    解析:选B.由题意知y′=aex+1=2a>0x=-ln a代入曲线方程得y=1-ln a所以切线方程为y-(1-ln a)=2(xln a)y=2xln a+1=2x+1a=1.

    2.已知函数f(x)=x3ax2bxa2x=1处的极值为10则数对(ab)为(  )

    A.(-3,3)  B.(-11,4)

    C.(4-11)  D.(-3,3)或(4-11)

    解析:选C.f′(x)=3x2+2axb依题意可得消去b可得a2a-12=0解得a=-3或a=4

    f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)20这时f(x)无极值不合题意舍去故选C.

    3.(2019·南昌市第一次模拟测试)已知f(x)在R上连续可导f′(x)为其导函数f(x)=exexf′(1)x·(exex)f′(2)+f′(-2)-f′(0)f′(1)=(  )

    A.4e2+4e-2  B.4e2-4e-2

    C.0  D.4e2

    解析:C.由题意f′(x)=exexf′(1) [exexx(exex)]所以f′(0)=e0e0f′(1)[e0-e0+0·(e0+e0)]=0f′(2)+f′(-2)=0所以f′(2)+f′(-2)-f′(0)f′(1)=0故选C.

    4.已知f(x)=x2ax+3ln x在(1+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为(  )

    A.(-∞-2]  B.

    C.[-2+∞)  D.[-5+∞)

    解析:选C.由题意得f′(x)=2xa≥0在(1+∞)上恒成立g(x)=2x2ax+3≥0在(1+∞)上恒成立Δa2-24≤0或-2a2a-2故选C.

    5.函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)xf′(x)+f(x)=exf(1)=e,则(  )

    A.f(x)的最小值为e  B.f(x)的最大值为e

    C.f(x)的最小值为  D.f(x)的最大值为

    解析:选A.g(x)=xf(x)-ex

    所以g′(x)=f(x)+xf′(x)-ex=0

    所以g(x)=xf(x)-ex为常数函数.

    因为g(1)=1×f(1)-e=0

    所以g(x)=xf(x)-exg(1)=0

    所以f(x)=f′(x)=

    当0<x<1时f′(x)<0x>1时f′(x)>0

    所以f(x)≥f(1)=e.

    6.若函数f(x)=ex-(m+1)ln x+2(m+1)x-1恰有两个极值点则实数m的取值范围为(  )

    A.(-e2e)  B.

    C.  D.(-∞e-1)

    解析:选D.由题意函数的定义域为(0+∞)f′(x)=ex-(m+1)=0在(0+∞)上有两个不相等的实数根所以m+1=在(0+∞)上有两个不相等的实数根g(x)=g′(x)=所以函数g(x)在上单调递增在(1+∞)上单调递减其图象如图所示要使m+1=在(0+∞)上有两个不相等的实数根m+1<g(1)m+1<-em<e-1所以实数m的取值范围是(-∞e-1).故选D.

    二、填空题

    7.(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y=3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为________

    解析:因为y′=3(2x+1)ex+3(x2x)ex=3(x2+3x+1)ex所以曲线在点(00)处的切线的斜率ky′|x=0=3所以所求的切线方程为y=3x.

    答案:y=3x

    8.函数f(x)=x2ln x的最小值为________.

    解析:因为f(x)=x2ln x(x>0)所以f′(x)=2x令2x=0得xf′(x)>0x>;令f′(x)<0则0<x<.所以f(x)在上单调递减上单调递增所以f(x)的极小值(也是最小值)为ln .

    答案:

    9.若函数f(x)=x2-4exaxR上存在单调递增区间则实数a的取值范围为________.

    解析:因为f(x)=x2-4exax所以f′(x)=2x-4exa.由题意f′(x)=2x-4exa>0a<2x-4ex有解a<(2x-4ex)max即可.令g(x)=2x-4exg′(x)=2-4ex.g′(x)=0解得x=-ln 2.x∈(-∞ln 2)时函数g(x)=2x-4ex单调递增;当x∈(-ln 2+∞)时函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以当x=-ln 2g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln 2所以a<-2-2ln 2.

    答案:(-∞-2-2ln 2)

    三、解答题

    10.已知函数f(x)=ln xax2xaR.

    (1)当a=0时求曲线yf(x)在点(e,f(e))处的切线方程;

    (2)讨论f(x)的单调性.

    解:(1)当a=0时f(x)=ln xx, f(e)=e+1f′(x)=+1f′(e)=1+所以曲线yf(x)在点(ef(e))处的切线方程为y-(e+1)=(xe)yx.

    (2)f′(x)=-2ax+1=x>0

    a≤0时显然f′(x)>0所以f(x)在(0)上单调递增;

    a>0时f′(x)==0则-2ax2x+1=0易知其判别式为正

    设方程的两根分别为x1x2(x1<x2)

    x1x2=-<0所以x1<0<x2

    所以f′(x)=x>0.

    f′(x)>0x∈(0x2)f′(x)<0得x∈(x2+∞)其中x2.

    所以函数f(x)在上单调递增

    上单调递减.

    11.已知常数a≠0f(x)=aln x+2x.

    (1)当a=-4时f(x)的极值;

    (2)当f(x)的最小值不小于-a求实数a的取值范围.

    解:(1)由已知得f(x)的定义域为(0+∞)

    f′(x)=+2=.

    a=-4时f′(x)=.

    所以当0<x<2时f′(x)<0

    f(x)单调递减;

    x>2时f′(x)>0f(x)单调递增.

    所以f(x)只有极小值且在x=2时f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.

    所以当a=-4时f(x)只有极小值4-4ln 2.

    (2)因为f′(x)=

    所以当a>0x(0+∞)时f′(x)>0

    f(x)在x∈(0+∞)上单调递增没有最小值;

    a<0时f′(x)>0得x>

    所以f(x)在上单调递增;

    f′(x)<0得x<

    所以f(x)在上单调递减.

    所以当a<0时f(x)的最小值为极小值falna.

    根据题意得falna≥-a

    a[ln(-a)-ln 2]≥0.

    因为a<0所以ln(-a)-ln 20解得a≥-2

    综上实数a的取值范围是[-20).

    12.(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)=xexa(ln xx).

    (1)若a=-e,f(x)的单调区间;

    (2)当a<0时f(x)的最小值为m求证:m≤1.

    解:(1)当a=-ef(x)=xexe(ln xx)f(x)的定义域是(0+∞).

    f′(x)=(x+1)exe(xexe).

    当0<x<1时f′(x)<0;当x>1时.f′(x)>0.

    所以函数f(x)的单调递减区间为(01)单调递增区间为(1+∞).

    (2)证明:f(x)的定义域是(0+∞)f′(x)=(xexa)

    g(x)=xexag′(x)=(x+1)ex>0g(x)在(0+∞)上单调递增.

    因为a<0所以g(0)=a<0g(-a)=-aeaa>-aa=0

    故存在x0(0a)使得g(x0)=x0ex0a=0.

    x∈(0x0)时g(x)<0f′(x)=(xexa)<0f(x)单调递减;

    x∈(x0+∞)时g(x)>0f′(x)=(xexa)>0f(x)单调递增.

    xx0f(x)取得最小值mf(x0)=x0ex0a(ln x0x0).

    x0ex0a=0得mx0ex0a ln(x0ex0)=-aa ln(-a)

    x=-a>0h(x)=xx ln xh′(x)=1-(1+ln x)=-ln x

    x∈(01)时h′(x)=-ln x>0h(x)=xxln x单调递增

    x∈(1+∞)时h′(x)=-ln x<0h(x)=xxln x单调递减

    x=1a=-1时h(x)=xx ln x取得最大值1m≤1.

     

     

     

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