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＝04．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：－3e5．(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：99．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：x(－∞，0)(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－－0＋f(x)极小值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)．