2020二轮复习(理)　导数的简单应用作业 练习

专题限时集训(十三)　导数的简单应用

[专题通关练]

(建议用时：30分钟)

1．(2019·深圳二模)已知函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函数，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的倾斜角为(　　)

A.　　 B.

C.   D.

B　[函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函数，

可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋，

f′(x)＝1－，即有曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为，故选B.]

2．若x＝是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，则函数y＝f(x)的最小值为(　　)

A．(2＋2)e B．0

C．(2－2)e D．－e

C　[∵f(x)＝(x2－2ax)ex，

∴f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，

由题意可知f′()＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex.

∴f′(x)＝(x2－2)ex，

由f′(x)＝0得x＝±.

又f()＝(2－2)e，f(－)＝(2＋2)e，且f()＜f(－)．故选C.]

3．[易错题](2019·长春二模)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜e2x－1的解集为(　　)

A．(－∞，1) B．(1，＋∞)

C．(－∞，e) D．(e，＋∞)

B　[令g(x)＝，

则g′(x)＝＝，

∵2f(x)－f′(x)＞0，

∴g′(x)＜0，

∴g(x)递减，

不等式f(x)＜e2x－1⇔＜＝＝

⇔g(x)＜g(1)⇔x＞1，故选B.]

4．[易错题]若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)

A．[－5,0) B．(－5,0)

C．[－3,0) D．(－3,0)

C　[由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．

令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知

解得a∈[－3,0)，故选C.]

5．已知函数f(x)在R上可导，且f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，则f(x)dx＝________.

　[∵f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，

∴f′(x)＝4－3x2f′(1)，

令x＝1得f′(1)＝4－3f′(1)，即f′(1)＝1.

令x＝0得f′(0)＝4.

∴f(x)＝4x－x3＋8.

∴f(x)dx＝(4x－x3＋8)dx＝＝.]

6．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为________．

(－∞，4]　[由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，

由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，

可得m≤x＋，又x＋≥2＝4，当且仅当x＝2时取等号，

可得m≤4.]

[能力提升练]

(建议用时：15分钟)

7．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.

(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；

(2)当f(x)的最小值不小于－a时，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＝.

当a＝－4时，f′(x)＝.

所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；

当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．

所以f(x)只有极小值，且当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＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，

所以f(x)在上单调递增；

由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f

＝aln－a.

根据题意得f＝aln－a≥－a，

即a[ln(－a)－ln 2]≥0.

因为a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，

所以实数a的取值范围是[－2,0)．

8．(2019·武汉模拟)已知函数f(x)＝－a(x－ln x)．

(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．

[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝－a

＝，

＝.

当a≤0时，对于x∈(0，＋∞)，ex－ax＞0恒成立，

所以由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1.

所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．

(2)若f(x)在(0,1)内有极值，

则f′(x)＝0在(0,1)内有解．

令f′(x)＝＝0，

即ex－ax＝0，即a＝.

设g(x)＝，x∈(0,1)，

所以g′(x)＝，

当x∈(0,1)时，g′(x)＜0恒成立，

所以g(x)单调递减．

又因为g(1)＝e，

又当x→0时，g(x)→＋∞，

即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，

所以当a＞e时，f′(x)＝＝0有解．

设H(x)＝ex－ax，

设H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)，

所以H(x)在(0,1)上单调递减．

因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0，

所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.

当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：

所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．

当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．

综上，a的取值范围为(e，＋∞)．

【押题】　设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2.

[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，

当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞e，由f′(x)＜0得0＜x＜e，所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；

当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．

综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a＜0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．

(2)由(1)知a＜0且e＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要证f(x)≤e—x＋x2，即证x－xln x≤e—x＋x2，即证1－ln x≤＋x.

令f(x)＝ln x＋＋x－1(x＞0)，则f′(x)＝＋＋1＝.

令g(x)＝x－e—x(x＞0)，易知函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－＞0，g(0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－e＝0，即x0＝e，且当x∈(0，x0)时g(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时g(x)＞0，故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

所以F(x)min＝F(x0)＝ln x0＋＋x0－1.

又e＝x0，所以F(x)min＝ln x0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.

所以f(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤e—x＋x2成立．