2021届二轮复习 导数的简单应用 课时作业（全国通用） 练习

第18讲 导数的简单应用

A级——北京朝阳期末保分练

1．若f(x)＝，则f′＝________.

解析：f′(x)＝，∴f′＝－.

答案：－

2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝________.

解析：令y′＝2x＋x·2xln 2＝0，∴x＝－.经验证，－为函数y＝x·2x的极小值点．

答案：－

3．(2020·连云港调研)若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1对x∈R恒成立，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为________．

解析：∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，①

∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，②

联立①②，解得f(x)＝－x3－x＋，

则f′(x)＝－x2－1，

∴f(1)＝－－1＋＝－，f′(1)＝－－1＝－，

∴切线方程为y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0.

答案：10x＋4y－5＝0

4．已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.

解析：因为f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f(1)≥4，f(e)≥4，解得m≤－3e，

又f′(x)＝，且x∈[1，e]，

所以f′(x)<0，即f(x)在[1，e]上单调递减，

所以f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e.

答案：－3e

5．(2020·苏北四市期末)在平面直角坐标系xOy中，曲线C：xy＝上任意一点P到直线l：x＋y＝0的距离的最小值为________．

解析：设过曲线C：xy＝上任意一点P的切线与直线l：x＋y＝0平行．

因为y′＝－，所以y′|x＝x0＝－＝－，

解得x0＝±.

当x0＝时，P(，1)到直线l：x＋y＝0的距离d＝＝；

当x0＝－时，P(－，－1)到直线l：x＋y＝0的距离d＝＝，

所以曲线C：xy＝上任意一点到直线l：x＋y＝0的距离的最小值为.

答案：

6.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值、极小值分别是________．

解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．

答案：f(－2)、f(2)

7．若函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．

解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，

由f′(x)＝0得x＝±a，

当－a<x<a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，

∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．

∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，

解得a>.

∴a的取值范围是.

答案：

8．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为________．

解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，

∴f′(x)＝12x2－2ax－2b.

又f(x)在x＝1处取得极值，

∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，

∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，

当且仅当a＝b＝3时，t取得最大值9.

答案：9

9．若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是________．

解析：由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，且x＝1为函数的极小值点，x＝－1为函数的极大值点．

函数f(x)在区间(a,6－a2)上有最小值，

则函数f(x)极小值点必在区间(a,6－a2)内，

即实数a满足a<1<6－a2且f(a)＝a3－3a≥f(1)＝－2.

解a<1<6－a2，得－<a<1.

解a3－3a≥－2，即a3－3a＋2≥0，得a≥－2.

故实数a的取值范围是[－2,1)．

答案：[－2,1)

10．(2020·盐城期中)已知函数f(x)＝(x＋m)ex－x2－(m＋1)x在R上单调递增，则实数m的取值集合为________．

解析：因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即f′(x)＝ex＋(x＋m)ex－x－(m＋1)＝(x＋m＋1)(ex－1)≥0在R上恒成立．

①当x＞0时，ex－1＞0，所以x＋m＋1≥0恒成立，

即m≥(－1－x)max，所以m≥－1；

②当x＜0时，ex－1＜0，所以x＋m＋1≤0恒成立，

即m≤(－1－x)min，所以m≤－1；

③当x＝0时，ex－1＝0，所以m∈R.

综上可知，实数m的取值集合为{－1}．

答案：{－1}

11．(2020·苏州中学期末)设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0.

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数f(x)的极值．

解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，

故f′(x)＝6x2＋2ax＋b，

从而f′(x)＝62＋b－，

即y＝f′(x)关于直线x＝－对称．

从而由题设条件知－＝－，即a＝3.

又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，

得b＝－12.

(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，

所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)，

令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1.

当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，

即f(x)在(－∞，－2)上单调递增；

当x∈(－2,1)时，f′(x)＜0，

即f(x)在(－2,1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，

即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝21，

在x＝1处取得极小值f(1)＝－6.

12．已知函数f(x)＝－1.

(1)求函数f(x)的单调区间及极值；

(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．

解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，

由得0<x<e；由得x>e，

所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，且f(x)极大值＝f(e)＝－1，无极小值．

(2)①当即0<m≤时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，

所以f(x)max＝f(2m)＝－1；

②当m<e<2m，即<m<e时，

函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；

③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，

所以f(x)max＝f(m)＝－1.

综上所述，当0<m≤时，f(x)max＝－1；当<m<e时，f(x)max＝－1；当m≥e时，f(x)max＝－1.

B级——难点突破练

1．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1 是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．

解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，

由f′(1)＝0，得b＝1－a.

∴f′(x)＝－ax＋a－1＝

＝－.

①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

所以x＝1是f(x)的极大值点．

②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.

因为x＝1是f(x)的极大值点，

所以－＞1，解得－1＜a＜0.

综合①②，得a的取值范围是(－1，＋∞)．

答案：(－1，＋∞)

2．已知三次函数f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1，若存在两个不同实数x1，x2∈(k，k＋1)，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数k的取值范围是________．

解析：设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，

则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.

∵f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1.

∴⇒

∴f(x)＝－2x3＋3x2，f′(x)＝－6x2＋6x，

由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1或x<0，

∴函数f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，且f(0)＝0，f＝0，

作出函数f(x)的图象如图所示．

结合图象可得k<<k＋1，

∴实数k的取值范围是.

答案：

3．已知函数f(x)＝.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，

所以f′(x)＝.

当f′(x)＝0时，x＝1.

f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：

故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0,1)．

(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，

所以g′(x)＝ex－a，

①当a≤1时，g′(x)＝ex－a>0，

即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．

②当a>1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a；

令g′(x)＝ex－a>0，得x∈(ln a，＋∞)；

令g′(x)＝ex－a<0，得x∈(0，ln a)．

故g(x)在(0，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增，

所以g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝ln a.

故实数a的取值范围是(1，＋∞)．

4．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x∈(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2＝.

当a＝－4时，f′(x)＝.

∴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．

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

(2)∵f′(x)＝，

∴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>－，

∴f(x)在上单调递增；

由f′(x)<0得，x<－，

∴f(x)在上单调递减．

∴当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.

根据题意得f＝aln＋2≥－a，

即a[ln(－a)－ln 2]≥0.

∵a<0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，

∴实数a的取值范围是[－2,0)．