2021届二轮复习 考点八导数及其应用 理 作业（全国通用） 练习

考点八　导数及其应用

一、选择题
1．求曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积，其中正确的是(　　)
A．S＝(x2－x)dx B．S＝(x－x2)dx
C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y－)dy
答案　B
解析　依题意，在同一坐标系下画出曲线y＝x2与直线y＝x的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为(x－x2)dx，选B.
2．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
答案　A

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，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.
3．(2020·天津南开区模拟)过函数f(x)＝x3－x2图象上一个动点作图象的切线，则切线倾斜角的范围是(　　)
A． B．∪
C． D．
答案　B
解析　因为f′(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，所以斜率k＝tanα≥－1，解得倾斜角α∈∪.
4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是(　　)
A．－2 B．0
C．2 D．4
答案　C
解析　f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．因为f(－1)＝－2，f(0)＝2，f(1)＝0，所以f(x)max＝f(0)＝2.故选C.
5．已知偶函数f(x)的定义域为R，且当x<0时，f(x)＝ln (－3x＋1)＋e－x，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为(　　)
A．＋e B．＋e
C．＋e D．＋e
答案　C
解析　由题意得，偶函数f(x)的图象关于y轴对称，∴f′(1)＝－f′(－1)，当x<0时，f′(x)＝－e－x，∴f′(－1)＝－－e，则f′(1)＝＋e，故选C.
6．(2020·辽宁丹东质量测试二)若x＝1是函数f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x的极值点，则a的值为(　　)
A．－2 B．3
C．－2或3 D．－3或2
答案　B
解析　∵f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)，又f′(1)＝0，∴1＋2(a＋1)－(a2＋a－3)＝0，即a＝3或a＝－2，当a＝3时，f′(x)＝x2＋8x－9＝(x＋9)(x－1)，显然x＝1是函数f(x)的极值点；当a＝－2时，f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，∴函数是R上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故选B.
7．已知函数f(x)＝x3－ax在(－1,1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．[3，＋∞)
C．(－∞，1] D．(－∞，3]
答案　B
解析　∵f(x)＝x3－ax，∴f′(x)＝3x2－a.又f(x)在(－1,1)上单调递减，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.
8．(2020·黑龙江哈尔滨六中二模)牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义xk(k∈N)是函数零点近似解的初始值，过点Pk(xk，f(xk))的切线为y＝f′(xk)(x－xk)＋f(xk)，切线与x轴交点的横坐标xk＋1，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数f(x)＝x2－2，满足x0＝2应用上述方法，则x3＝(　　)

A． B．
C． D．
答案　D
解析　因为f′(x)＝2x，x0＝2，y0＝2，切线斜率k0＝4，切线方程y－2＝4(x－2)，令y＝0，得x1＝；x1＝，y1＝，切线斜率k1＝3，切线方程为y－＝3，令y＝0，得x2＝；x2＝，y2＝，切线斜率k2＝，切线方程为y－＝，令y＝0，得x3＝，故选D.
二、填空题
9．函数f(x)＝ln x－x2－x＋5的单调递增区间为________．
答案　
解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝－x－1>0可解得0 10．已知函数f(x)＝ex＋ax的图象在点(0，f(0))处的切线与曲线y＝－ln x相切，则a＝________.
答案　－2
解析　因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝1＋a，又f(0)＝1，所以切线方程为y＝(1＋a)x＋1，又y＝－ln x的导函数y′＝－，令切点坐标为(t，－ln t)，则－＝1＋a＝，解得t＝1，a＝－2.
11．设函数f(x)＝ax2＋b(a≠0)，若f(x)dx＝3f(x0)，x0>0，则x0＝________.
答案　
解析　依题意得＝3(ax＋b)，即3ax＝9a(a≠0)，x＝3(x0>0)，由此解得x0＝.
12．若函数f(x)＝x3＋mx2＋x＋6在R上有极值，则实数m的取值范围是________．
答案　m>4或m<－1
解析　由题意可知，f′(x)＝0有不等根，即方程3x2＋2mx＋m＋＝0有不等根，所以Δ>0，即4m2－12>0，解得m>4或m<－1.
三、解答题
13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.
(1)求实数a，b的值；
(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．
解　(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
∴或
经检验都符合题意．
(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，
∴f′(x)＝3x2＋6x－9.
f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.
∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，
即9x＋y－13＝0.
14．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝－(a为实常数)．
(1)当a＝1时，求函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[4，＋∞)上的最小值；
(2)若方程e2f(x)＝g(x)(其中e＝2.71828…)在区间上有解，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，函数φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－＋，∴φ′(x)＝－＝.
∵x∈[4，＋∞)，∴φ′(x)>0.
∴函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[4，＋∞)上单调递增，
∴当x＝4时，φ(x)min＝2ln 2－.
(2)方程e2f(x)＝g(x)可化为x2＝－.
∴a＝x－x3.
设y＝x－x3，则y′＝－3x2.
∵x∈，
∴函数y＝x－x3在上单调递增，在上单调递减．
∵x＝时，y＝；x＝时，y＝；x＝1时，y＝，
∴y∈，∴a∈.

一、选择题
1．已知函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是(　　)
A．当x＝时，f(x)取最大值
B．当x＝时，f(x)取最小值
C．当x＝－时，f(x)取最大值
D．当x＝－时，f(x)取最小值
答案　D
解析　由题意知，f′(x)＝2x＋x·2xln 2，令f′(x)＝0，得x＝－，又当x<－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0.∴当x＝－时，f(x)取最小值．
2．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为(　　)
A．0 B．－5
C．－10 D．－37
答案　D
解析　由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0 3．(2020·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)若函数f(x)＝2x3－3ax2＋1在区间(0，＋∞)内有两个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(1,2)
答案　B
解析　f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．①当a≤0时，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，此时函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；②当a>0时，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝1>0，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点，有f(a)＝2a3－3a3＋1＝1－a3<0，得a>1，故选B.
4．(2020·西安五校联考吉安一模)过点P(1,1)且与曲线y＝x3相切的直线的条数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　C
解析　若直线与曲线切于点(x0，y0)(x0≠0)，则k＝＝＝x＋x0＋1，又∵y′＝3x2，∴k＝3x，∴2x－x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－，∴过点P(1，1)与曲线C：y＝x3相切的直线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0，故选C.
5．设f(x)＝(e为自然对数的底数)，则f(x)dx＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案　D
解析　依题意得，f(x)dx＝x2dx＋dx＝x3＋ln x＝＋1＝.
6．曲线y＝ln (2x－1)上的点到直线2x－y＋8＝0的最短距离是(　　)
A．2 B．2
C．2 D．
答案　A
解析　当y′＝＝2时，x＝1，则点(1,0)到直线2x－y＋8＝0的距离是曲线y＝ln (2x－1)上的点到直线2x－y＋8＝0的最短距离，即最短距离为＝2，故选A.
7．(2020·广东揭阳二模)以下四个数中，最大的是(　　)
A．ln B．
C． D．
答案　B
解析　由题意，令f(x)＝，则f′(x)＝，∴x>e时，f′(x)<0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减，又由e<3<π<，∴f(e)>f(3)>f(π)>f()，则ln e>ln 3>ln π>ln ()，
∴>ln >>ln 15，故选B.
8．(2020·西安五校联考景德镇二检)定义在R上的函数f(x)满足对任意x∈(0，＋∞)，都有f′(x)f(－b)－f(－a)，则下列关系式中正确的是(　　)
A．a>b B．a C．a2>b2 D．a2 答案　D
解析　记g(x)＝f(x)＋f(－x)，则g′(x)＝f′(x)－f′(－x)，因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)f(－b)－f(－a)⇔f(a)＋f(－a)>f(b)＋f(－b)⇔g(a)>g(b)，所以|a|<|b|，即a2 二、填空题
9．(2020·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．
答案　2ln 2－2
解析　∵f′(x)＝－1，∴f′(1)＝－1，f′(1)＝1，因此f(x)＝2ln x－x.令f′(x)＝－1＝0，得x＝2，∴当x＝2时，f(x)取得极大值2ln 2－2.
10．(2020·西安五校联考新八校第二次联考)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________．
答案　10x＋4y－5＝0
解析　∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，　①
∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，　②
联立①②，得f(x)＝－x3－x＋，则
f′(x)＝－x2－1，∴f′(1)＝－－1＝－，
又f(1)＝－－1＋＝－，
∴切线方程为y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0.
11．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm.要使体积最大，则高为________ cm.
答案　
解析　设高为h cm，则底面半径r＝(cm)，所以体积V＝r2h＝h(400－h2)，则V′＝(400－3h2)．令V′＝(400－3h2)＝0，解得h＝.即当高为 cm时，圆锥的体积最大．
12．若函数f(x)＝x3－3x－2ln x在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
答案　1 解析　依题意，f′(x)＝x2－3－＝＝，可以验证x＝2为极小值点，故t<2 三、解答题
13．(2020·河北邯郸一模)已知函数f(x)＝ax－.
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若y＝f(x)的图象与y＝a相切，求实数a的值．
解　(1)由f(x)≥0得ax－≥0，从而ax≥，即a≥.
设g(x)＝，则g′(x)＝(x>0),
所以当00，g(x)单调递增；
当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以当x＝时，g(x)取得最大值，g()＝，
故a的取值范围是a≥.
(2)设y＝f(x)的图象与y＝a相切于点(t，a)，依题意可得
因为f′(x)＝a－，所以
消去a可得t－1－(2t－1)ln t＝0，
令h(t)＝t－1－(2t－1)ln t，则
h′(t)＝1－(2t－1)·－2ln t＝－2ln t－1，
显然h′(t)在(0，＋∞)上单调递减，且h′(1)＝0，
所以00，h(t)单调递增；
t>1时，h′(t)<0，h(t)单调递减，
所以当且仅当t＝1时，h(t)＝0，故a＝1.
14．(2020·山西考前适应性考试)已知函数f(x)＝(kx－1)ex－k(x－1)．
(1)若f(x)在x＝x0处的切线斜率与k无关，求x0；
(2)若∃x∈R，使得f(x)＜0成立，求整数k的最大值．
解　(1)f′(x)＝(kx＋k－1)ex－k，
即f′(x)＝k[(x＋1)ex－1]－ex，
由已知得(x0＋1)ex0－1＝0.
令φ(x)＝(x＋1)ex－1，则φ′(x)＝(x＋2)ex，
当x∈(－∞，－2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
∵x<－2，∴x＋1<－1，∴(x＋1)ex<0，
∴(x＋1)ex－1<0，因此φ(x)<0；
当x∈(－2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
又φ(0)＝0，所以φ(x)只有唯一零点，故x0＝0.
(2)f(x)<0，即k(xex－x＋1) 当x≥0时，
∵ex－1≥0，∴x(ex－1)≥0，∴x(ex－1)＋1>0；
当x<0时，
∵ex－1<0，∴x(ex－1)>0，∴x(ex－1)＋1>0.
∴x(ex－1)＋1>0.
∴k(xex－x＋1) 设g(x)＝，由题意k 又g′(x)＝，令h(x)＝2－ex－x，
则h′(x)＝－ex－1<0，
∵h′(x)<0，∴h(x)在R上单调递减，
又∵h(0)>0，h(1)<0，
∴∃x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，即ex0＝2－x0.
当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴g(x)max＝g(x0)＝
＝＝.
令t＝x0－2[t∈(－2，－1)]，
则y＝t＋＋3∈，
∴g(x)max∈(1,2)，故整数k的最大值为1.