2020二轮复习(理)　导数的简单应用作业

2020二轮复习(理)　导数的简单应用作业

专题限时集训(十三)　导数的简单应用 ‎[专题通关练]‎ ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．(2019·深圳二模)已知函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函数，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的倾斜角为(　　)‎ A.　　 B. C. D. B　[函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函数，‎ 可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋，‎ f′(x)＝1－，即有曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为，故选B.]‎ ‎2．若x＝是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，则函数y＝f(x)的最小值为(　　)‎ A．(2＋2)e B．0‎ C．(2－2)e D．－e C　[∵f(x)＝(x2－2ax)ex，‎ ‎∴f′(x)＝[x2＋(2－‎2a)x－‎2a]ex，‎ 由题意可知f′()＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex.‎ ‎∴f′(x)＝(x2－2)ex，‎ 由f′(x)＝0得x＝±.‎ 又f()＝(2－2)e，f(－)＝(2＋2)e，且f()＜f(－)．故选C.]‎ ‎3．[易错题](2019·长春二模)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，‎ x∈R,‎2f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜e2x－1的解集为(　　)‎ A．(－∞，1) B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，e) D．(e，＋∞)‎ B　[令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝＝，‎ ‎∵‎2f(x)－f′(x)＞0，‎ ‎∴g′(x)＜0，‎ ‎∴g(x)递减，‎ 不等式f(x)＜e2x－1⇔＜＝＝ ‎⇔g(x)＜g(1)⇔x＞1，故选B.]‎ ‎4．[易错题]若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[－5,0) B．(－5,0)‎ C．[－3,0) D．(－3,0)‎ C　[由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．‎ 令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知 解得a∈[－3,0)，故选C.]‎ ‎5．已知函数f(x)在R上可导，且f(x)＝4x－x‎3f′(1)＋‎2f′(0)，则f(x)dx＝________.‎ 　[∵f(x)＝4x－x‎3f′(1)＋‎2f′(0)，‎ ‎∴f′(x)＝4－3x‎2f′(1)，‎ 令x＝1得f′(1)＝4－‎3f′(1)，即f′(1)＝1.‎ 令x＝0得f′(0)＝4.‎ ‎∴f(x)＝4x－x3＋8.‎ ‎∴f(x)dx＝(4x－x3＋8)dx＝＝.]‎ ‎6．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为________．‎ ‎(－∞，4]　[由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，‎ 由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，‎ 可得m≤x＋，又x＋≥2＝4，当且仅当x＝2时取等号，‎ 可得m≤4.]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎7．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(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2＝.‎ 当a＝－4时，f′(x)＝.‎ 所以当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．‎ 所以f(x)只有极小值，且当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.‎ 所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.‎ ‎(2)因为f′(x)＝，‎ 所以当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＞－，‎ 所以f(x)在上单调递增；‎ 由f′(x)＜0得，x＜－，‎ 所以f(x)在上单调递减．‎ 所以当a＜0时，f(x)的最小值为f ‎＝aln－a.‎ 根据题意得f＝aln－a≥－a，‎ 即a[ln(－a)－ln 2]≥0.‎ 因为a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，‎ 所以实数a的取值范围是[－2,0)．‎ ‎8．(2019·武汉模拟)已知函数f(x)＝－a(x－ln x)．‎ ‎(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．‎ ‎[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝－a ‎＝，‎ ‎＝.‎ 当a≤0时，对于x∈(0，＋∞)，ex－ax＞0恒成立，‎ 所以由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1.‎ 所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．‎ ‎(2)若f(x)在(0,1)内有极值，‎ 则f′(x)＝0在(0,1)内有解．‎ 令f′(x)＝＝0，‎ 即ex－ax＝0，即a＝.‎ 设g(x)＝，x∈(0,1)，‎ 所以g′(x)＝，‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＜0恒成立，‎ 所以g(x)单调递减．‎ 又因为g(1)＝e，‎ 又当x→0时，g(x)→＋∞，‎ 即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，‎ 所以当a＞e时，f′(x)＝＝0有解．‎ 设H(x)＝ex－ax，‎ 设H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)，‎ 所以H(x)在(0,1)上单调递减．‎ 因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0，‎ 所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.‎ 当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：‎ x ‎(0，x0)‎ x0‎ ‎(x0,1)‎ H(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．‎ 当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．‎ 综上，a的取值范围为(e，＋∞)．‎ 内容 押题依据 利用导数讨论函数的单调性、极值、不等式的证明 函数的单调性、极值与不等式交汇是近几年高考的热点，考查灵活应用导数工具、数形结合思想及分类讨论思想解题的能力，考查逻辑推理及数学运算的素养 ‎【押题】　设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2.‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，‎ 当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； ‎ 当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞e，由f′(x)＜0得0＜x＜e，所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；‎ 当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ 综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a＜0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知a＜0且e＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要证f(x)≤e—x＋x2，即证x－xln x≤e—x＋x2，即证1－ln x≤＋x.‎ 令f(x)＝ln x＋＋x－1(x＞0)，则f′(x)＝＋＋1＝.‎ 令g(x)＝x－e—x(x＞0)，易知函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－＞0，g(0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－e＝0，即x0＝e，且当x∈(0，x0)时g(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时g(x)＞0，故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．‎ 所以F(x)min＝F(x0)＝ln x0＋＋x0－1.‎ 又e＝x0，所以F(x)min＝ln x0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.‎ 所以f(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤e—x＋x2成立．‎