2020届二轮复习小题考法——导数的简单应用课时作业(全国通用)
课时跟踪检测(二十一) 小题考法——导数的简单应用
A组——10+7提速练
一、选择题
1.设f(x)=xln x,f′(x0)=2,则x0=( )
A.e2 B.e
C. D.ln 2
解析:选B ∵f′(x)=1+ln x,∴f′(x0)=1+ln x0=2,∴x0=e,故选B.
2.函数f(x)=excos x的图象在点(0,f(0))处的切线方程是( )
A.x+y+1=0 B.x+y-1=0
C.x-y+1=0 D.x-y-1=0
解析:选C 依题意,f(0)=e0cos 0=1,因为f′(x)=excos x-exsin x,所以f′(0)=1,所以切线方程为y-1=x-0,即x-y+1=0,故选C.
3.已知f(x)=,则( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析:选D f(x)的定义域是(0,+∞),
∵f′(x)=,
∴x∈(0,e),f′(x)>0;
x∈(e,+∞),f′(x)<0,
故x=e时,f(x)max=f(e).
而f(2)==,f(3)==.
f(e)>f(3)>f(2),故选D.
4.已知函数f(x)的定义域为(a,b),f(x)的导函数f′(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点,其余的3个交点都是极值点,其中有2个点附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.
5.已知函数f(x)=x2-5x+2ln x,则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.和(1,+∞) B.(0,1)和(2,+∞)
C.和(2,+∞) D.(1,2)
解析:选C 函数f(x)=x2-5x+2ln x的定义域是(0,+∞),令f′(x)=2x-5+==>0,解得0
2,故函数f(x)的单调递增区间是和
(2,+∞).
6.已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于点(1,0),则f(x)的极大值、极小值分别为( )
A.-,0 B.0,-
C.,0 D.0,
解析:选C 由题意知,f′(x)=3x2-2px-q,由f′(1)=0,f(1)=0,得解得∴f(x)=x3-2x2+x,由f′(x)=3x2-4x+1=0,得x=或x=1,易得当x=时,f(x)取极大值,当x=1时,f(x)取极小值0.
7.已知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf′(x),则不等式f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C.(1,2) D.(2,+∞)
解析:选D 因为f(x)+xf′(x)<0,所以[xf(x)]′<0,故xf(x)在(0,+∞)上为单调递减函数,又(x+1)f(x+1)>(x2-1)·f(x2-1),所以02.
8.设函数f(x)=x-ln x(x>0),则f(x)( )
A.在区间,(1,e)上均有零点
B.在区间,(1,e)上均无零点
C.在区间上有零点,在区间(1,e)上无零点
D.在区间上无零点,在区间(1,e)上有零点
解析:选D 因为f′(x)=-,所以当x∈(0,3)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,而0<<10,f(1)=>0,f(e)=-1<0,所以f(x)在区间上无零点,在区间(1,e)上有零点.
9.(2018·杭州第二次教学质量检测)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )
A.有极大值,无极小值
B.有极小值,无极大值
C.既有极大值,又有极小值
D.既无极大值,又无极小值
解析:选C f(x)有两个零点a和1,若a<1,由于函数值在(0,a)为负,(a,1)为负,(1,+∞)为正,故a为极大值点,在(a,1)上必有极小值点;若a>1,由于函数值在(0,1)为负,(1,a)为正,(a,+∞)为正,故a为极小值点,在(1,a)上必有极大值点,故选C.
10.(2018·浙江“超级全能生”联考)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)·g(x)+3f(x)·g′(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)
解析:选D 构造函数F(x)=f(x)·g3(x),
则F′(x)=f′(x)·g3(x)+3f(x)·g2(x)·g′(x)=g2(x)·[f′(x)·g(x)+3f(x)·g′(x)]>0,
所以F(x)在(-∞,0)上单调递增,显然F(x)为奇函数,所以其在(0,+∞)上单调递增.
而F(-3)=f(-3)·g3(-3)=0=-F(3).
所以F(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3),
即<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).故选D.
二、填空题
11.已知函数f(x)=x3+2ax2+1在x=1处的切线的斜率为1,则实数a=________,此时函数y=f(x)在[0,1]最小值为________.
解析:由f(x)=x3+2ax2+1,得f′(x)=3x2+4ax,
因为函数f(x)=x3+2ax2+1在x=1处的切线的斜率为1,
所以f′(1)=1,即3+4a=1,解得a=-.
所以f′(x)=3x2-2x,当x∈时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
所以函数y=f(x)在[0,1]最小值为f=.
答案:-
12.已知函数f(x)=ex-mx+1的图象为曲线C,若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,则实数m的取值范围是________.
解析:函数f(x)的导数f′(x)=ex-m,即切线斜率k=ex-m,若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,则满足(ex-m)e=-1,即ex-m=-有解,即m=ex+有解,∵ex+>,∴m>.
答案:
13.(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,则实数t的取值范围是________.
解析:∵函数f(x)=-x2-3x+4ln x,
∴f′(x)=-x-3+,
∵函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,
∴f′(x)=-x-3+=0在(t,t+1)上有解,
∴=0在(t,t+1)上有解,
∴g(x)=x2+3x-4=0在(t,t+1)上有解,
由x2+3x-4=0,得x=1或x=-4(舍去),
∴1∈(t,t+1),即t∈(0,1),
故实数t的取值范围是(0,1).
答案:(0,1)
14.(2018·湘中名校联考)已知函数g(x)=a-x2与h(x)=2ln x的图象上存在关于x轴对称的点,则实数a的取值范围是________.
解析:由题意,知方程x2-a=2ln x,即-a=2ln x-x2在上有解.设f(x)=2ln x-x2,则f′(x)=-2x=-.易知x∈时f′(x)>0,x∈(1,e]时f′(x)<0,所以函数f(x)在上单调递增,在(1,e]上单调递减,所以f(x)极大值=f(1)=-1,又f(e)=2-e2,f=-2-,f(e)x2时都有f(x1)-f(x2)>x1-x2成立,则实数m的取值范围是________.
解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞).依题意得,对于任意的正数x1,x2,当x1>x2时,都有f(x1)-x1>f(x2)-x2,因此函数g(x)=f(x)-x在区间(0,+∞)上是增函数,于是当x>0时,g′(x)=f′(x)-1=ex+-1≥0,即x(ex-1)≥-m恒成立.记h(x)=x(ex-1),x>0,则有h′(x)=(x+1)ex-1>(0+1)e0-1=0(x>0),h(x)在区间(0,+∞)上是增函数,h(x)的值域是(0,+∞),因此-m≤0,m≥0.故所求实数m的取值范围是[0,+∞).
答案:[0,+∞)
16.设函数f(x)=
(1)若a=0,则f(x)的最大值为________;
(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是________.
解析:由当x≤a时,由f′(x)=3x2-3=0,得x=±1.
如图是函数y=x3-3x与y=-2x在没有限制条件时的图象.
①若a=0,则f(x)max=f(-1)=2.
②当a≥-1时,f(x)有最大值;
当a<-1时,y=-2x在x>a时无最大值,且-2a>(x3-3x)max,所以a<-1.
答案:(1)2 (2)(-∞,-1)
17.(2019届高三·浙东五校联考)已知函数f(x)=3mx--(3+m)ln x,若对任意的m∈(4,5),x1,x2∈[1,3],恒有(a-ln 3)m-3ln 3>|f(x1)-f(x2)|成立,则实数a的取值范围是________.
解析:∵f(x)=3mx--(3+m)ln x,∴f′(x)=,当x∈[1,3],m∈(4,5)时,f′(x)>0,f(x)在[1,3]上单调递增,∴|f(x1)-f(x2)|≤f(3)-f(1)=6m+-(3+m)ln 3,
∴(a-ln 3)m-3ln 3>6m+-(3+m)ln 3,∴a>6+.∵y=6+在m∈(4,5)上单调递减,∴<6+<,∴a≥.
答案:
B组——能力小题保分练
1.(2018·台州第一次调考)设f′(x)为函数f(x)的导函数(x∈R),且f(x)<0,2f′(x)+f(x)>0(e为自然对数的底数),若x1e·f2(x1)
D.f2(x1)>e·f2(x2)
解析:选D 因为f(x)<0,2f′(x)+f(x)>0,所以f′(x)>0,即f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,从而f(x1)f2(x2),因为0f2(x2)>ef2(x2).
2.(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷)设f1(x)=sin x+cos x,对任意的n∈N*,定义fn+1(x)=fn′(x),则f2 018(x)等于( )
A.sin x-cos x B.sin x+cos x
C.-sin x-cos x D.-sin x+cos x
解析:选D f1(x)=sin x+cos x,f2(x)=cos x-sin x,f3(x)=-sin x-cos x,f4(x)=-cos x+sin x,f5(x)=sin x+cos x=f1(x),于是fk+4(x)=fk(x),所以f2 018(x)=f504×4+2(x)=f2(x),故选D.
3.(2018·惠州调研)已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+f<2f(1)的解集为( )
A.(e,+∞) B.(0,e)
C.∪(1,e) D.
解析:选D f(x)=xsin x+cos x+x2,因为f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,所以f=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+f<2f(1)可变形为f(ln x)0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以f(ln x)2时,y′>0,
∴当x=2时,函数y=(1-x)e-x取得极小值为-e-2,也即为最小值,
当x→-∞时,y→+∞;
当x→+∞时,y→0,要满足题意,需-e-20,故g′(x)>0,g(x)为增函数,
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,故g′(x)<0,g(x)为减函数,
所以g(x)max=g(1)=,又当x→+∞时,g(x)→0,
所以g(x)的图象如图所示,故0
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