2021届二轮复习 导数的简单应用 课时作业（全国通用） 练习

第3讲 导数的简单应用限时50分钟　满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·南开中学质检)已知函数f(x)＝g(x)＋2x且曲线y＝g(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为(　　)A．2　　　　　　　　　　 B．4C．6  D．8解析：B　[∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.]2．(2020·南京三模)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]  B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)  D．[1，＋∞)解析：D　[因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]3．(2020·保定三模)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是(　　)A．[0,1)  B．(－1,1)C.  D．(0,1)解析：D　[f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．]4．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．(，＋∞)  B．(－∞，－)C．(－，)  D．(－∞，－)∪(，＋∞)解析：D　[f′(x)＝x2＋2ax＋3.由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－12＞0，解得a＞或a＜－.]5．(2020·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是(　　)A．c＞b＞a  B．a＞b＞cC．c＞a＞b  D．b＞c＞a解析：A　[令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)＜g(ln 2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln 2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故选A.]6．(山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)A．y＝sin x  B．y＝ln xC．y＝ex  D．y＝x3解析：A　[当y＝sin x时，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y＝sin x图象存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝ln x，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2020·厦门三模)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为____________．解析：由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2.答案：1＋ln 28．(2020·潍坊三模)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是____________．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，＋∞)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2020·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)∵f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex∴f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex∴f′(2)＝(2a－1)e2＝0∴a＝(2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1f′(x)，f(x)随x变化如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)在x＝1处取得极大值(舍)②当a＞0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1a．当x1＝x2，即a＝1时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0∴f(x)在R上单调递增∴f(x)无极值(舍)b．当x1＞x2，即0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x变化如下表：x(－∞，1)1f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)c．当x1＜x2，即a＞1时f′(x)，f(x)随x变化如下表：x1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)在x＝1处取极小值即a＞1成立③当a＜0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1f′(x)，f(x)随x变化如下表：x1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)综上所述：a的取值范围为(1，＋∞)．10．(2020·东营模拟卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性．(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．(1)对f(x)＝2x3－ax2＋b求导得f′(x)＝6x2－2ax＝6x.所以有当a＜0时，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；当a＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；当a＞0时，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．(2)若f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值－1，所以若a＜0，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得b＝－1，a＝0，与a＜0矛盾，所以a＜0不成立．若a＝0，(－∞，＋∞)区间上单调递增；在区间[0.1]．所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得.若0＜a≤2，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≥f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(1). 即相减得2－a＋＝2，即a(a－3)(a＋3)＝0，又因为0＜a≤2，所以无解．若2＜a≤3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≤f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(0). 即相减得＝2，解得x＝3，又因为2＜a≤3，所以无解．若a＞3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．所以有f(x)区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为f(0)，最小值为f(1)即解得.综上得或.答案：(1)见详解；(2)或.11．(2020·卷)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．解：(1)f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2若存在，则有根据②得到x0＝－代入①不符合，因此不存在“S点”．(2)f′(x)＝2ax，g′(x)＝根据题意有且有x0＞0根据②得到x0＝代入①得到a＝.(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝  转化为－x＋a＋＝0∵0＜x0＜1∴－x＋x＋a(x0－1)＋2x＝0⇒m(x)＝－x＋3x＋a(x0－1)＝0转化为m(x)存在零点x0,0＜x0＜1又m(0)＝－a＜0，m(1)＝2∴m(x)恒存在零点大于0小于1∴对任意a＞0均存在b＞0，使得存在“S点”．