2020届二轮复习(文) 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．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：

①f′(x)>0时，x<－1或x>2；

②f′(x)<0时，－1<x<2；

③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.

则函数f(x)的大致图象是(　　)

A　[根据条件知，函数f(x)在(－1,2)上是减函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.]

2．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x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

B　[由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－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(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.]

3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)

A．(－3,3)   B．(－11,4)

C．(4，－11)   D．(－3,3)或(4，－11)

C　[f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.]

4．已知f(x)＝x2＋ax＋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，＋∞)

C　[由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2，故选C.]

5．(2019·重庆七校联考)函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(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

A　[设g(x)＝xf(x)－ex，

则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)－ex＝g(1)＝0，

所以f(x)＝，f′(x)＝，

当0<x<1时，f′(x)<0，

当x>1时，f′(x)>0，

所以f(x)≥f(1)＝e.]

6．(2019·西安八校联考)已知曲线f(x)＝ex＋x2，则曲线在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．

　[由题意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.

又f(0)＝1，所以曲线在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×1＝.]

7．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．

(－3，－1)∪(1,3)　[f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.]

8．若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是________．

(－∞，－3]　[f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，

因函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，等价于f′(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个变号根，即f′(0)<0，此时a＋3<0，解得a<－3.

当a＝－3时，f′(x)＝(x2－x)ex，

由f′(x)＝0得x＝0或x＝1，

即x＝1是函数f(x)的一个极值点，

满足条件，综上a≤－3.]

[能力提升练]

(建议用时：15分钟)

9．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(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 x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，

即y＝x.

(2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，

①当a≤0时，显然f′(x)>0，

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>0时，令f′(x)＝＝0，

则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，

设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，

则x1x2＝－<0，∴x1<0<x2，

∴f′(x)＝＝，x>0.

令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．

10．设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－4mx＝，

当m≤0时，f′(x)>0，

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<，

令f′(x)<0，得x>，

∴f(x)在上单调递增，

在上单调递减．

(2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．

当m>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

∴f(x)max＝f＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，

∴n＝－ln m－，

∴m＋n＝m－ln m－.

令h(x)＝x－ln x－(x>0)，

则h′(x)＝1－＝，

由h′(x)<0，得0<x<；

由h′(x)>0，得x>，

∴h(x)在上单调递减，

在上单调递增，

∴h(x)min＝h＝ln 2，

∴m＋n的最小值为ln 2.

【押题1】　设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋6上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．

3　[y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x.令(1－x)e－x＝1，则ex＝1－x，ex＋x－1＝0.令h(x)＝ex＋x－1，易得h(x)是增函数，且h(0)＝0，则方程ex＋x－1＝0有且只有一解x＝0，易求得过曲线y＝xe－x上点(0,0)的切线方程为y＝x，由题意可得，P，Q两点间距离d的最小值即两平行直线x－y＝0和x－y＋6＝0间的距离，所以最小值为dmin＝＝3.]

【押题2】　已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．

(1)当a＝－1，b＝3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值；

(2)当a＝0时，是否存在正实数b，使当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出b的值；若不存在，说明理由．

[解]　(1)当a＝－1，b＝3时，f(x)＝－x2＋3x－ln x，且x∈，则f′(x)＝－2x＋3－＝－＝－.

令f′(x)>0，得<x<1；令f′(x)<0，得1<x<2.所以函数f(x)在上单调递增，在(1,2)上单调递减．

所以函数f(x)在区间上仅有极大值点x＝1，且这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在上的最大值为f(1)，且f(1)＝2，

又f(2)－f＝(2－ln 2)－＝－2ln 2＝－ln 4<0，所以f(2)<f.

故函数f(x)在上的最小值为f(2)，且f(2)＝2－ln 2.

综上，函数f(x)在上的最大值为2，最小值为2－ln 2.

(2)当a＝0时，f(x)＝bx－ln x，则f′(x)＝b－＝.

①当0<b≤，即≥e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝be－1≤0.

②当b>，即0<<e时，令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)在上单调递减；令f′(x)>0，得<x<e，所以f(x)在上单调递增．

所以f(x)min＝f＝1＋ln b.

令1＋ln b＝3，得b＝e2.综上，存在正实数b满足题意，此时b＝e2.