2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十九）导数的简单应用

2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十九）导数的简单应用

课时达标训练(十九) 导数的简单应用 A组 ‎1．(2019·苏州期末)曲线y＝x＋2ex在x＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．‎ 解析：由函数y＝x＋2ex，可得y′＝1＋2ex，当x＝0时，y＝2，y′＝3，所以曲线y＝x＋2ex在点(0，2)处的切线方程为y＝3x＋2，令y＝0，可得x＝－，所以曲线y＝x＋2ex在x＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为×2×＝.‎ 答案： ‎2．(2019·常州期末)若直线kx－y－k＝0与曲线y＝ex(e是自然对数的底数)相切，则实数k＝________．‎ 解析：设切点坐标为(x0，e)，则曲线y＝ex在点(x0，e)处的切线方程为y－e＝e(x－x0)，即ex－y＋e(1－x0)＝0，易知该切线与直线kx－y－k＝0重合，所以e＝－e(1－x0)＝k，得x0＝2，k＝e2.‎ 答案：e2‎ ‎3．(2019·安徽师大附中期中)已知函数f(x)＝ex＋ae－x为偶函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率为，则该切点的横坐标为________．‎ 解析：∵函数f(x)＝ex＋ae－x为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，即e－x＋aex＝ex＋ae－x，可得a＝1.∴f(x)＝ex＋e－x，∴f′(x)＝ex－e－x.‎ 设该切点的横坐标为x0，则e－e＝.令ex0＝t>0，可得t－＝，整理可得3t2－8t－3＝0，解得t＝3或－(舍)．∴ex0＝3，解得x0＝ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.‎ 答案：ln 3‎ ‎4．(2019·广东广州一模)已知过点A(a，0)作曲线C：y＝xex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：设切点坐标为(x0，y0)，则由(xex)′＝xex＋ex可知切线斜率k＝(x0＋1)·e，所以切线方程为y－y0＝(x0＋1)·e(x－x0)．将点A(a，0)代入切线方程得－y0＝(x0＋1)·e(a－x0)．又y0＝x0e，所以(x0＋1)·e(a－x0)＝－x0e，‎ 整理得x－ax0－a＝0有两个解，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0.‎ 答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)‎ ‎5．设a∈R，若函数f(x)＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围是________．‎ 解析：令f′(x)＝ex＋a＝0，则ex＝－a，x＝ln(－a)．‎ 因为函数f(x)有大于零的极值点，所以ln(－a)＞0，所以－a＞1，即a＜－1.‎ 答案：(－∞，－1)‎ ‎6．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为________．‎ 解析：由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，‎ 所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.‎ 答案：(－∞，－3]‎ ‎7．(2019·盐城三模)已知函数f(x)＝x＋4sin x，若不等式kx＋b1≤f(x)≤kx＋b2对一切实数x恒成立，则b2－b1的最小值为________．‎ 解析：原不等式可化为(k－1)x＋b1≤4sin x≤(k－1)x＋b2，结合函数图象(图略)知k＝1，进一步得b2≥4，b1≤－4，所以b2－b1≥8，所以b2－b1的最小值为8.‎ 答案：8‎ ‎8．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：－3e ‎9．若函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________．‎ 解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2mx＋－2＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g(x)＝2mx2－2x＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以解得m≥.‎ 答案： ‎10．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：9‎ ‎11．(2019·南京盐城一模)设函数f(x)＝x3－a2x(a>0，x≥0)，O为坐标原点，A(3，－1)，C(a，0)，对函数图象上的任意一点B，都满足·≤·成立，则a的值为________．‎ 解析：由题意得＝(3，－1)，＝(a，0)，设B(x，x3－a2x)，则＝(x，x3－a2x)，由·≤·得3x－(x3－a2x)≤3a，整理得(x－a)(x2＋ax－3)≥0.‎ 法一：设y1＝x－a，y2＝x2＋ax－3，则由(x－a)(x2＋ax－3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，两函数的图象应交于x轴上的点(a，0)，将x＝a代入x2＋ax－3＝0，得a2＋a2－3＝0，因为a>0，所以得a＝.‎ 法二：设g(x)＝(x－a)(x2＋ax－3)，则g(a)＝0，g′(x)＝x2＋ax－3＋(x－a)(2x＋a)＝3x2－3－a2，因为g′(x)在[0，＋∞)上有唯一零点，所以要使g(x)≥0在[0，‎ ‎＋∞)上恒成立，需g′(a)＝2a2－3＝0，因为a>0，所以得a＝.‎ 法三：由3x－(x3－a2x)≤3a得x3－a2x≥3x－3a.设p(x)＝x3－a2x，q(x)＝3x－3a，易知当x≥0时，p(x)的图象上的点不在q(x)图象的下方，因为两函数图象有公共点(a，0)，且q(x)的图象是直线，所以p′(a)＝2a2＝3，得a＝.‎ 答案： ‎12．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．‎ 解析：由题意知x＞0，且f′(x)＝－x＋4－＝＝－，‎ 由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，‎ 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，‎ 由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.‎ 答案：(0，1)∪(2，3)‎ ‎13．已知函数f(x)＝－xln x＋ax在(0，e]上是增函数，函数g(x)＝|ex－a|＋，当x∈[0，ln 3]时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为，则a的值为________．‎ 解析：由题意可知f′(x)＝－(ln x＋1)＋a≥0在(0，e]上恒成立，所以a≥ln x＋1，即a≥2.‎ 当2≤a＜3时，g(x)＝ g(x)在[0，ln a]上单调递减，在[ln a，ln 3]上单调递增，因为g(0)－g(ln 3)＝a－1＋－＝2a－4≥0，所以g(0)≥g(ln 3)，所以M－m＝g(0)－g(ln a)＝a－1＝，解得a＝；‎ 当a≥3时，g(x)＝a－ex＋，g(x)在[0，ln 3]上递减，‎ 所以M－m＝g(0)－g(ln 3)＝2≠，舍去．‎ 故a＝.‎ 答案： ‎14．若函数f(x)＝(a∈R)在区间[1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：设g(x)＝－，因为f(x)＝|g(x)|在区间[1，2]上单调递增，所以g(x)有两种情况：‎ ‎①g(x)≤0且g(x)在区间[1，2]上单调递减．‎ 又g′(x)＝，所以g′(x)＝≤0在区间[1，2]上恒成立，且g(1)≤0.‎ 所以无解．‎ ‎②g(x)≥0且g(x)在区间[1，2]上单调递增，‎ 即g′(x)＝≥0在区间[1，2]上恒成立，‎ 且g(1)≥0，所以解得a∈.‎ 综上，实数a的取值范围为.‎ 答案： B组 ‎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．(2019·南京四校联考)已知f(x)＝ex＋x2－ax，g(x)＝ln x＋x，若对任意的x>0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：不等式f(x)≥g(x)可化为ex＋x2－ax≥ln x＋x，由题意知，当x>0时，ex＋x2－ax≥ln x＋x，即a＋1≤恒成立．令F(x)＝，则F′(x)＝，显然有F′(1)＝0，且当x>0时，[ex(x－1)＋x2－1＋ln x]′＝xex＋2x＋>0，所以当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，当00，得x<2；由y′<0，得x>2，‎ 所以y＝在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为，当x→＋∞时，y→0.‎ 先不考虑a，作出y＝和y＝－x－1的图象如图所示．只有当b∈时，直线y＝b与曲线y＝和直线y＝－x－1共有三个公共点．‎ 因为直线y＝与直线y＝－x－1的交点为.‎ 所以当a∈时，存在直线y＝b与曲线y＝f(x)恰有三个公共点．‎ 答案： ‎4．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f(x)＝x2＋|x－a|，g(x)＝(2a－1)x＋aln x，若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋|x－a|－(2a－1)x－aln x，则h(x)有且仅有两个零点．a≤0时，h(x)＝x2－2(a－1)x－aln x－a，h′(x)＝2x－2(a－1)－>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意．‎ a>0时，h(x)＝00，所以h(x)在(a，＋∞)上单调递增．所以h(x)min＝h(a)＝－a2＋a－aln a<0，即a－1＋ln a>0.‎ 令φ(a)＝a＋ln a－1，则φ′(a)＝1＋>0，所以φ(a)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(1)＝0，所以φ(a)>0的解集为a∈(1，＋∞)．此时易知h＝－2＋aln a＋a>0，h(a3)＝a(a5－2a3＋2a2－3ln a－1)>0，所以h(x)在和(a，a3)上各有一个零点，满足题意．综上，a∈(1，＋∞)．‎ 答案：(1，＋∞)‎ ‎5．已知函数f(x)＝若对于∀t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是________．‎ 解析：x＜1时，f(x)＝－|x3－2x2＋x|＝－|x(x－1)2|＝ 当x＜0时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)＞0‎ ‎∴f(x)是增函数；‎ 当0≤x＜1，f′(x)＝－(x－1)(3x－1)，‎ 所以f(x)的增区间是，减区间是，‎ 根据图象变换可作出函数y＝f(x)在R上的图象如图所示．‎ 又设函数y＝ln x(x≥1)的图象经过原点的切线斜率为k1，切点(x1，ln x1)，‎ 因为y′＝，所以k1＝＝，‎ 解得x1＝e，所以k1＝.‎ 函数y＝x3－2x2＋x在原点处的切线斜率 k2＝y′|x＝0＝1.‎ 因为∀t∈R，f(t)≤kt，所以根据f(x)的图象，数形结合可得≤k≤1.‎ 答案： ‎6．已知函数f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则的最小值为________．‎ 解析：f′(x)＝＋(e－a)＝(x＞0)，‎ 当e－a≥0，即a≤e时，f(eb)＝(e－a)eb＞0，显然f(x)≤0不恒成立．‎ 当e－a＜0，即a＞e时，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，‎ 所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1.‎ 由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，‎ 所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥.‎ 设g(x)＝(x＞e)，‎ g′(x)＝＝.‎ 由于y＝＋ln(x－e)为增函数，且当x＝2e时，g′(x)＝0，所以当x∈(e，2e)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝‎ g(2e)＝－，所以≥－，当a＝2e，b＝－2时，取得最小值－.‎ 答案：－