2019届二轮复习（理）专题跟踪训练12导数的简单应用作业（全国通用）
专题跟踪训练(十二)
一、选择题
1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln，则f(1)＝( )
A．－e B．2 C．－2 D．e
[解析] 由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.
[答案] B
2．函数f(x)＝x＋的极值情况是( )
A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值
B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值
C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2
D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2
[解析] 求导得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.
[答案] D
3．(2018·聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
[解析] 由题图知当0
1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．排除D.符合条件的只有C项．
[答案] C
4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1] B．(1，＋∞) C．(0,1) D．[1，＋∞)
[解析] 根据>2可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.故选D.
[答案] D
5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为( )
A．ln2 B．1 C．1－ln2 D．1＋ln2
[解析] 由直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，设切点为P(x0，y0)，对于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0，
又∵∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2，
∴k＝ln2＋1，故选D.
[答案] D
6．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A. B．(0，e) C. D．(－∞，e)
[解析] 由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，
因函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，
则直线y＝a和g(x)＝的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝(x>0)，
令h(x)＝－lnx－1，
则h′(x)＝－－<0，
故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需00，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，
解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．
令g(x)＝(x＋1)－，
则g′(x)＝1＋>0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．
所以g(x)0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．
故函数f(x)不可能在R上单调递减．
12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x12时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x30，当x∈(x3，x4)时，
f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，当02时f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，
则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，则0
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