2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第3讲 导数的简单应用练习 10页

第一部分 专题二 第三讲 导数的简单应用 A组 ‎1．曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为( A )‎ A．y＝3x－1　　　　　 B．y＝－3x－1‎ C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1‎ ‎[解析]　k＝y′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3，‎ ‎∴切线方程为y＝3x－1，故选A．‎ ‎2．(文)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f ′(1)＝( D )‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎[解析]　由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0上，且f ′(1)＝1，∴f(1)＋f ′(1)＝3＋1＝4.‎ ‎(理)(2017·烟台质检)在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则该数列的前5项和S5为(　　C　　)‎ A．18　　　　 B．3　　　　‎ C．　　　　 D． ‎[解析]　a4＝(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝18，‎ 因为数列{an}是等比数列，‎ 故18＝q3，解得q＝3，‎ 所以S5＝＝.故选C.‎ ‎3．已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f ′(x)，f ′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是(　　C　　)‎ A．－ B． ‎ C．2 D．5‎ ‎[解析]　依题意得f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有‎3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，‎ 10‎ ‎∴b＝－，c＝－‎18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝‎27a＋9b＋‎3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.‎ ‎4．若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区间(－，0)内单调递增，则a的取值范围是(　　B　　)‎ A．[，1) B．[，1) ‎ C．(，＋∞) D．(1，)‎ ‎[解析]　由x3－ax>0得x(x2－a)>0.‎ 则有或 所以x>或－0.‎ ‎[解析]　y′＝－x2＋a，若y＝－x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.‎ ‎(理)(2018·临沂模拟)如图，已知A(0，)，点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，若阴影部分面积与△OAP面积相等，则x0＝.‎ ‎[解析]　因为点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，‎ 所以y0＝x，‎ 则△OAP的面积S＝|OA||x0|＝×x0＝x0，‎ 阴影部分的面积为∫x00x2dx＝x3|x00＝x，‎ 因为阴影部分面积与△OAP的面积相等，‎ 所以x＝x0，‎ 即x＝.‎ 所以x0＝＝.‎ ‎8．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数a的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f ′(x)＝ln x＋－3，f ′(1)＝－2，‎ f(1)＝0.‎ 曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于 ln x－>0.‎ 10‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，‎ x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，‎ g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此g(x)>g(1)＝0；‎ ‎②当a>2时，令g′(x)＝0，得 x1＝a－1－，x2＝a－1＋.‎ 由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，‎ 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，‎ g(x)在(1，x2)内单调递减，此时g(x)0，r>0)．‎ ‎(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．‎ ‎[解析]　(1)由题意知x≠－r，‎ 所以定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)，‎ f(x)＝＝，‎ f ′(x)＝ ‎＝，‎ 所以当x<－r或x>r时，f ′(x)<0，‎ 当－r0.‎ 因此，f(x)的单调递减区间是(－∞，－r)，(r，＋∞)；‎ f(x)的单调递增区间是(－r，r)．‎ ‎(2)由(1)可知f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减，因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝100.‎ ‎(理)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ 10‎ ‎[解析]　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，‎ 所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题设，得 即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)，知f(x)＝xe2－x＋ex.‎ 由f ′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，‎ f ′(x)与1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，‎ g(x)在区间(－∞，1)内单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，‎ g(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)内的最小值．‎ B组 ‎1．(2017·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e)＋ln x，则f ′(e)＝(　　C　　)‎ A．1 B．－1 ‎ C．－e－1 D．－e ‎[解析]　依题意得，f ′(x)＝‎2f ′(e)＋，取x＝e得f ′(e)＝‎2f ′(e)＋，由此解得f ′(e)＝－＝－e－1，故选C.‎ ‎2．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，若过点A(0,16)作曲线y＝f(x)的切线，则切线方程是(　　B　　)‎ A．9x＋y－16＝0 B．9x－y＋16＝0‎ C．x＋9y－16＝0 D．x－9y＋16＝0‎ ‎[解析]　f ′(x)＝3ax2＋2bx－3，‎ 依题意f ′(1)＝f ′(－1)＝0，‎ 即 解得a＝1，b＝0.‎ 所以f(x)＝x3－3x，‎ 因为曲线方程为y＝x3－3x，点A(0,16)不在曲线上，‎ 设切点为(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x，‎ 因此f ′(x0)＝3(x－1)‎ 10‎ 故切线的方程为y－y0＝3(x－1)(x－x0)‎ 注意到点A(0,16)在切线上，‎ 有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)，‎ 化简得x＝－8.‎ 解得x0＝－2.‎ 所以，切点为M(－2，－2)，切线方程为9x－y＋16＝0.‎ ‎3．(文)函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　A　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．无数个 ‎[解析]　函数定义域为(0，＋∞)，‎ 且f ′(x)＝6x＋－2＝，‎ 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，‎ 所以g(x)>0恒成立，故f ′(x)>0恒成立，‎ 即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．‎ ‎(理)物体A以v＝3t2＋1(m/s)的速度在一直线l上运动，物体B在直线l上，且在物体A的正前方‎5 m处，同时以v＝10t(m/s)的速度与A同向运动，出发后物体A追上物体B所用的时间t(s)为(　　C　　)‎ A．3 B．4 ‎ C．5 D．6‎ ‎[解析]　因为物体A在t秒内行驶的路程为(3t2＋1)dt，物体B在t秒内行驶的路程为10tdt，所以(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)|＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，即t＝5.‎ ‎4．(文)(2018·湖南衡阳三次联考)已知x＝1是函数f(x)＝ax3－bx－lnx(a>0，b∈R)的一个极值点，则lna与b－1的大小关系是(　　B　　)‎ A．lna>b－1 B．lna0)，‎ 则g′(a)＝－3＝，‎ 10‎ ‎∴g(a)在(0，)上递增，在(，＋∞)上递减，‎ 故g(a)max＝g()＝1－ln3<0.‎ 故lnaf(x＋3)成立的x的取值范围是( D )‎ A．(－1,3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)‎ C．(－3,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)‎ ‎[解析]　∵函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，‎ ‎∴f′(x)＝＋2x，‎ 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 当x＝0时，f′(x)＝0，f(x)取最小值，‎ ‎∵f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，‎ 整理，得x2－2x－3>0，‎ 解得x>3或x<－1，‎ ‎∴使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故选D．‎ ‎5．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g(x)≠0，当x<0时，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，则不等式<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3).‎ ‎[解析]　因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，‎ 所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．‎ 因为当x<0时，f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，‎ 当x<0时，[]′＝>0，‎ 令h(x)＝.‎ 则h(x)在(－∞，0)上单调递增，‎ 因为h(－x)＝＝＝－h(x)，‎ 所以h(x)为奇函数，‎ 根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 因为f(－3)＝－f(3)＝0，‎ 所以h(－3)＝－h(3)＝0，‎ 10‎ h(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．‎ ‎6．已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，则a的取值范围为(－∞，).‎ ‎[解析]　f(x)＝x3－3ax(a∈R)，则f′(x)＝3x2－‎3a，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，‎ 则直线的斜率为－1，f′(x)＝3x2－‎3a与直线x＋y＋m＝0没有交点，‎ 又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x＝0时取最小值，－‎3a>－1，‎ 则a的取值范围为a<.‎ ‎7．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝－7.‎ ‎[解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，‎ 得 联立①②得或 当a＝4，b＝－11时，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1两侧的符号相反，符合题意．‎ 当a＝－3，b＝3时，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．‎ 综上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.‎ ‎8．(文)已知函数f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x(a≥0)．‎ ‎(1)当a＝0时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性．‎ ‎[解析]　(1)当a＝0时，f(x)＝－－2ln x⇒f ′(x)＝－＝(x>0)．‎ 由f ′(x)＝>0，‎ 解得0.‎ ‎∴f(x)在(0，)内是增函数，在(，＋∞)内是减函数．‎ ‎∴f(x)的极大值为f()＝2ln 2－2，无极小值．‎ 10‎ ‎(2)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x⇒‎ f ′(x)＝‎2a＋－(2＋a)＝ ‎＝.‎ ‎①当02时，f(x)在(0，)和(，＋∞)内是增函数，在(，)内是减函数．‎ ‎(理)已知函数f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．‎ ‎[解析]　(1)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)．‎ 当a≥0时，f ′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f ′(x)＝0，解得x＝，舍去x＝－.‎ 此时，f(x)与f ′(x)的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f ′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  f()‎  所以，f(x)的单调递增区间是(0，)；‎ 单调递减区间是(，＋∞)．‎ ‎(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.‎ 令＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，舍去a＝－2.‎ ‎②当－1≤a<0时，≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.‎ 令＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，‎ 舍去a＝－2.‎ 10‎ ‎③当a<－1时，0<<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f()．‎ 令f()＝－1，解得a＝－e，满足a<－1.‎ 综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.‎ 10‎