2021届二轮复习 导数的简单应用 课时作业（全国通用） 练习

第5讲 导数的简单应用
专题强化训练
1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A.　　 B．1
C．0 D．不存在
解析：选A.因为f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0 2．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.
B.
C.，(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
解析：选C.因为f′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2.所以f′(x)＝3x2＋4x.
由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－或x>0，
即f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，故选C.
3．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，＋∞)
解析：选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≥
－4⇔a≥－2.
4．(2020·台州二模)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(x)＝，若F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，则函数f(x)的最小值是(　　)
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：选C.因为f′(x)＝2x＋b，所以F(x)＝，F′(x)＝，又F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，
所以得所以f(x)＝(x＋2)2≥0，f(x)min＝0.
5．(2020·温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)＝(x－x1)·(x－x2)(x－x3)(其中x1＜x2＜x3)，g(x)＝ex－e－x，且函数f(x)的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝，μ＝，则(　　)
A．g(α)＜g(λ)＜g(β)＜g(μ)
B．g(λ)＜g(α)＜g(β)＜g(μ)
C．g(λ)＜g(α)＜g(μ)＜g(β)
D．g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)
解析：选D.由题意，f′(x)＝(x－x1)(x－x2)＋(x－x2)(x－x3)＋(x－x1)(x－x3)，
因为f′()＝－＜0，
f′()＝－＜0，
因为f(x)在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减，
所以α＜λ＜μ＜β，
因为g(x)＝ex－e－x单调递增，
所以g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)．
故选D.
6．(2020·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，其中a＞0，b∈R，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)＝2时，b的取值范围为(　　)
A．b＞ B．b＜
C．b＞ D．b＜
解析：选D.函数f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，
导数f′(x)＝1－，
当b≤0时，f′(x)＞0，f(x)在x∈[a，＋∞)递增，可得f(a)取得最小值，
且为2a＋，由题意可得2a＋＝2，a＞0，b≤0方程有解；
当b＞0时，由f′(x)＝1－＝0，可得x＝(负的舍去)，
当a≥时，f′(x)＞0，f(x)在[a，＋∞)递增，可得f(a)为最小值，
且有2a＋＝2，a＞0，b＞0，方程有解；
当a＜时，f(x)在[a，]递减，在(，＋∞)递增，
可得f()为最小值，且有a＋2＝2，即a＝2－2＞0，
解得0＜b＜.
综上可得b的取值范围是(－∞，)．
故选D.
7．(2020·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)＝的大致图象是(　　)

解析：选B.由f(x)的解析式知有两个零点x＝－与x＝0，排除A，又f′(x)＝，
由f′(x)＝0知函数有两个极值点，排除C，D，故选B.
8．(2020·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1＋1也相切，则t的值为(　　)
A．4e2　　　　B．4e C.　　　D.
解析：选A.由y＝，得y′＝，则切线斜率为k＝，所以切线方程为y－2＝，即y＝x＋1.设切线与曲线y＝ex＋1＋1 的切点为(x0，y0)．由y＝ex＋1＋1，得y′＝ex＋1，则由ex0＋1＝，得切点坐标为，故切线方程又可表示为y－－1＝，即y＝x－ln ＋＋1，所以由题意，得－ln ＋＋1＝1，即ln ＝2，解得t＝4e2，故选A.
9．(2020·金华十校北京朝阳期末模拟)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a的取值范围为____________．
解析：由题意知，f(x)＝x3－x2＋ax－1的导数
f′(x)＝2x2－2x＋a.
2x2－2x＋a＝3有两个不等正根，则，
得3＜a＜.
答案：
10．(2020·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)＝1，且对于任意的x∈R，都有f′(x)＜，则不等式f(log2x)＞的解集为________．
解析：设g(x)＝f(x)－x，
因为f′(x)＜，
所以g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)为减函数，又f(1)＝1，
所以f(log2x)＞＝log2x＋，
即g(log2x)＝f(log2x)－log2x＞
＝g(1)＝f(1)－＝g(log22)，
所以log2x＜log22，又y＝log2x为底数是2的增函数，
所以0＜x＜2，
则不等式f(log2x)＞的解集为(0，2)．
答案：(0，2)
11．(2020·绍兴、诸暨北京朝阳期末二模)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x　[－2，2]
12．(2020·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋ln x，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________．
解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x＝，1，
当x∈(，1)时，f′(x)＜0，x∈(1，2)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.
答案：－2　1
13．(2020·唐山二模)已知函数f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为________．
解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)的最大值
g(n)＝f＝－ln n－1.设h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.
因为h′(n)＝－－1<0，
所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，
所以当0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0，1)．
答案：(0，1)
14．(2020·浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________．
解析：设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题意存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，

因为g′(x)＝ex(2x＋1)，
所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，
所以当x＝－时，g(x)min＝－2e，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且
g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
答案：≤a<1
15．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，
即x∈(－2，－1)时，a＜＝－2，　
当且仅当x＝即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
16．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，
当x＝0，1时，k∈R，
当x∈(0，1)时，k≤，
要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；
①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，
所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，
即证x≥4(x2－x3)⇔1≥4(x－x2)⇔(2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，显然成立，
所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
再证②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因为＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
17．(2020·宁波市北京朝阳期末模拟)已知f(x)＝x＋，g(x)＝x＋ln x，其中a＞0.若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)⇔当x∈[1，e]有f(x)min≥g(x)max，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋＞0，
所以g(x)在x∈[1，e]上单调递增，
所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
当x∈[1，e]时，f′(x)＝1－＝，
因为a＞0，
所以令f′(x)＝0得x＝a.
①当0＜a＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝a2＋1.
令a2＋1≥e＋1得a≥，这与0＜a＜1矛盾．
②当1≤a≤e时，若1≤x＜a，则f′(x)＜0，
若a＜x≤e，则f′(x)＞0，
所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(a)＝2a，令2a≥e＋1得a≥，
又1≤a≤e，
所以≤a≤e.
③当a＞e时，f′(x)＜0，所以f(x)在[1，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝e＋.
令e＋≥e＋1得a≥，又a＞e，
所以a＞e.
综合①②③得，所求实数a的取值范围是.
18．(2020·宁波九校联考)已知函数f(x)＝e－x－.
(1)证明：当x∈[0，3]时，e－x≥；
(2)证明：当x∈[2，3]时，－＜f(x)＜0.
证明：(1)要证e－x≥，也即证ex≤1＋9x.
令F(x)＝ex－9x－1，则F′(x)＝ex－9.
令F′(x)＞0，则x＞2ln 3.因此，当0≤x＜2ln 3时，有F′(x)＜0，故F(x)在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x≤3时，有F′(x)＞0，故F(x)在[2ln 3，3]上单调递增．
所以，F(x)在[0，3]上的最大值为max{F(0)，F(3)}．
又F(0)＝0，F(3)＝e3－28＜0.故F(x)≤0，x∈[0，3]成立，
即ex≤1＋9x，x∈[0，3]成立．原命题得证．
(2)由(1)得：当x∈[2，3]时，f(x)＝e－x－≥－.
令t(x)＝－，
则t′(x)＝－(1＋9x)－2·9＋(1＋x)－2＝－＝＝≥0，x∈[2，3]．
所以，t(x)在[2，3]上单调递增，即t(x)≥t(2)＝－＞－＝－，x∈[2，3]，
所以f(x)＞－得证．
下证f(x)＜0.
即证ex＞x＋1
令h(x)＝ex－(x＋1)则h′(x)＝ex－1＞0，
所以h(x)在[2，3]上单调递增，
所以，h(x)＝ex－(x＋1)≥e2－3＞0，得证．
另证：要证－＞－，即证9x2－18x＋1＞0，
令m(x)＝9x2－18x＋1＝9(x－1)2－8在[2，3]上递增，所以m(x)≥m(2)＝1＞0得证．