2021届二轮复习 第四讲导数的简单应用 课时作业（全国通用） 练习

第四讲 导数的简单应用

1．(2020·昌江模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)

A.和(1，＋∞)

B．(0,1)和(2，＋∞)

C.和(2，＋∞)

D.

解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，其定义域{x|x>0}，

则f′(x)＝2x－5＋2×＝，

令f′(x)＝0，可得x1＝，x2＝2，

当x∈时，f′(x)<0，∴函数f(x)在上单调递减．

故选D.

答案：D

2．(2020·文峰区校级月考)若函数f(x)＝x3－2ln x＋4，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)

A．y＝x＋4 B．y＝x－3

C．y＝2x＋3 D．y＝3x＋2

解析：函数定义域为(0，＋∞)，

f(x)的导数为f′(x)＝3x2－，f′(1)＝1

即曲线在点(1，f(1))处的切线斜率为1，又f(1)＝5，可得所求切线方程为y－5＝x－1，即x－y＋4＝0；

故选A.

答案：A

3．(2020·芜湖市一模)曲线f(x)＝aln x在点P(e，f(e))处的切线经过点(－1，－1)，则a的值为(　　)

A．1 B．2

C．e D．2e

解析：由f(x)＝aln x，得f′(x)＝，则斜率k＝f′(e)＝，

又f(e)＝a，∴切线方程为y－a＝(x－e)，即y＝x，把点(－1，－1)代入，可得a＝e.

故选C.

答案：C

4．(2020·武侯区校级模拟)函数f(x)＝在x＝2处的切线方程为(　　)

A．y＝x－ B．y＝x－

C．y＝－x＋ D．y＝－x

解析：函数f(x)＝，可得f′(x)＝，f′(2)＝－，f(2)＝，

函数f(x)＝在x＝2处的切线方程为：y－＝－(x－2)，即y＝－x＋.

故选C.

答案：C

5．(2020·成都模拟)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

解析：如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.

答案：A

6．(2020·河南商丘期末测试)设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有(　　)

A．f(x)g(x)>f(b)g(b)

B．f(x)g(a)>f(a)g(x)

C．f(x)g(b)>f(b)g(x)

D．f(x)g(x)>f(a)g(a)

解析：令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上单调递减．又a<x<b，所以>>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．

答案：C

7．(2020·浉河区校级月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)>0且f(e)＝1，若xf′(x)ln x＋f(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则不等式<ln x的解集为(　　)

A．{x|0<x<1} B．{x|x>1}

C．{x|x>e} D．{x|0<x<e}

解析：令g(x)＝f(x)ln x－1，g(e)＝f(e)ln e－1＝0，x∈(0，＋∞)．

∵g′(x)＝>0，在x∈(0，＋∞)上恒成立．

∴函数g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增．

由g(x)>g(e)，∴x>e.

∴f(x)ln x－1>0，f(x)>0，即不等式<ln x的解集为{x|x>e}．

故选C.

答案：C

8．(2020·广西贵港联考)若函数f(x)＝kx－2ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]

C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)

解析：因为f(x)＝kx－2ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以在区间(1，＋∞)上f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥恒成立，当x∈(1，＋∞)时，0<<2，所以k≥2，故选D.

答案：D

9．(2020·梧州一模)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 019)2f(x＋2 019)－4f(－2)<0的解集为(　　)

A．(－2 019，－2 017) B．(－2 019，－2 018)

C．(－2 021，－2 019) D．(－2 020，－2 019)

解析：由2f(x)＋xf′(x)>x2，(x<0)，

得：2xf(x)＋x2f′(x)<x3，

即[x2f(x)]′<x3<0，

令F(x)＝x2f(x)，

则当x<0时，

得F′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，

∴F(x＋2 019)＝(x＋2 019)2f(x＋2 019)，F(－2)＝4f(－2)，

即不等式等价为F(x＋2 019)－F(－2)<0，

∵F(x)在(－∞，0)是减函数，

∴由F(x＋2 019)<F(－2)得，x＋2 019>－2，

即x>－2 021，又x＋2 019<0，解得：x<－2 019，

故－2 021<x<－2 019，

故选C.

答案：C

10．(2020·东湖模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(1＋x)有两个极值点，则实数m的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

解析：函数f(x)＝x2＋mln (1＋x)，定义域为(－1，＋∞)；

若函数f(x)有两个极值点x1，x2，则不妨设－1<x1<x2，

即f′(x)＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根，

所以2x＋＝0，化为方程2x2＋2x＋m＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根；

记g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(－1，＋∞)，

则，

即，

解得0<m<，

所以实数m的取值范围是.

故选B.

答案：B

11．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为(　　)

A．(－∞，e] B．[0，e]

C．(－∞，e) D．[0，e)

解析：f′(x)＝－k＝(x>0)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.

答案：A

12．(2020·泰安一模)若函数f(x)＝恰有三个极值点，则m的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

解析：由题意知f′(x)＝，

当x>0时，令f′(x)＝0，

可化为：－2m＝，

令g(x)＝，则g′(x)＝－，

则函数g(x)在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，g(x)的图象如图所示：

故0<－2m<1即－<m<0时，

f′(x)＝0有2个不同的解，

当x≤0时，令f′(x)＝0，x＝<0，

解得：m<－，

综上，m∈.

答案：A

13．(2020·北京朝阳期末济南高三期末)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．

解析：y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，

∴斜率k＝e0×3＝3，

∴切线方程为y＝3x.

答案：y＝3x

14．(2020·新乡一模)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．

解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a<6.

答案：(2,6)

15．(2020·山东烟台期中测试)设函数F(x)＝ln x＋(0<x≤3)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，则实数a的取值范围为________．

解析：由F(x)＝ln x＋(0<x≤3)，得F′(x)＝(0<x≤3)，则有k＝F′(x0)＝≤在(0,3]上恒成立，所以a≥max.当x0＝1时，－x＋x0在(0,3]上取得最大值，所以a≥.

答案：

16．(2020·吉林长春模拟)已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数y＝f(x)的最小值为________．

解析：根据题意，不妨设f(x)＝xln x＋C(C为常数)．由切线方程，得f(1)＝0，即1·ln 1＋C＝0，所以C＝0，所以f(x)＝xln x．令f′(x)＝ln x＋1＝0，解得x＝，所以当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝·ln ＝－.

答案：－