2017届高考文科数学（全国通用）二轮适考素能特训：专题2-2-3导数的简单应用 9页

一、选择题 ‎1．[2016·郑州质检]函数f(x)＝excosx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 答案　C 解析　依题意，f(0)＝e0cos0＝1，因为f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.‎ ‎2．[2016·山西忻州四校联考]设函数f(x)＝xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图象为(　　)‎ 答案　B 解析　f′(x)＝(xsinx＋cosx)′＝xcosx，则k＝g(t)＝t·cost，易知函数g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、C.当00，所以排除D，故选B.‎ ‎3．[2016·广西质检]若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，2] B．(－∞，4]‎ C．(－∞，8] D．[－2,4]‎ 答案　B 解析　f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，因为函数f(x)在区间 上单调递增，等价于x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，c≤对任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝(x＋1)＋≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.‎ ‎4．[2016·沈阳质检]已知函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足(　　)‎ A．00，从而0恒成立，故f′(x)＝0必有两个不等实根，不妨设为x1，x2，且x10，得xx2，令f′(x)<0，得x12时，由f′(x)＝0，解得x＝± .①当－ ≤－1，即 ≥1，即－1≤a<0时，函数f(x)在[－1,1]上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2，满足条件；②当－ >－1，即 <1，即a<－1或a>2时，若a<－1，函数f(x)在与上单调递增，在 上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(1)＝－2或f，而f>f(－1)＝2，不满足条件，若a>2，函数f(x)在与上单调递减，在上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2或f，则必有f≤2，即(a－2) －a3≤2，整理并因式分解得(a－8)(a＋1)2≤0，所以由a>2可得20)．‎ ‎(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；‎ ‎(3)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝1－ln 1＝1；‎ ‎(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，其定义域为(0，＋∞)．‎ 又h′(x)＝＝.‎ 由a>0可得1＋a>0，在x∈(0,1＋a)上h′(x)<0，在x∈(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，‎ 所以h(x)的递减区间为(0,1＋a)；递增区间为(1＋a，＋∞)．‎ ‎(3)若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0).‎ 因为>e－1，所以a>；‎ ‎②当1<1＋a2，即h(1＋a)>2不满足题意，舍去．‎ 综上所述：a∈.‎ ‎11．已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．‎ ‎(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝.‎ 因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，‎ 所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，‎ 解得a＝－(舍去)或a＝1.‎ 经检验，当a＝1时，x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以a＝1.‎ ‎(2)当a＝0时，f(x)＝ln x，显然在定义域内不满足f(x)<0；‎ 当a>0时，令f′(x)＝＝0，得 x1＝－(舍去)，x2＝，‎ 所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  所以f(x)max＝f＝ln <0，‎ 所以a>1.‎ 综上可得a的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎12．[2016·广西质检]已知函数f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．‎ ‎(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；‎ ‎(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f′(x)＝－＋＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1，‎ 又f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)<0得00得x>1，‎ 所以当x＝1时，f(x)有极小值1.‎ f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．‎ ‎(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝，‎ 若在区间(0，e]上存在一点x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.‎ 当<0，即a<0时，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，即f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a，‎ 由＋a<0，得a<－，即a∈.‎ 当>0，即a>0时，‎ ‎①若e≤，则f′(x)≤0对x∈(0，e]成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a>0，‎ 显然，f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．‎ ‎②若0<时，则有 x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以f(x)在区间(0，e]上的最小值为f＝a＋aln，‎ 由f＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e，‎ 即a∈(e，＋∞)．‎ 综上，由①②可知：a∈∪(e，＋∞)符合题意．‎