2020届二轮复习导数的简单应用课时作业（全国通用） 练习

第3讲　导数的简单应用

一、选择题

1．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是(　　)

A．　　　　　　　　 B．1

C．2  D．e

解析：选B．由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln a，代入曲线方程得y＝1－ln a，所以切线方程为y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.

2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)

A．(－3，3)  B．(－11，4)

C．(4，－11)  D．(－3，3)或(4，－11)

解析：选C．f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或

当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C．

3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知f(x)在R上连续可导，f′(x)为其导函数，且f(x)＝ex＋e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，则f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝(　　)

A．4e2＋4e－2  B．4e2－4e－2

C．0  D．4e2

解析：选C．由题意，得f′(x)＝ex－e－x－f′(1) [ex－e－x＋x(ex＋e－x)]，所以f′(0)＝e0－e0－f′(1)[e0－e0＋0·(e0＋e0)]＝0，f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝0，故选C．

4．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)

A．(－∞，－2]  B．

C．[－2，＋∞)  D．[－5，＋∞)

解析：选C．由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2，故选C．

5．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)

A．f(x)的最小值为e  B．f(x)的最大值为e

C．f(x)的最小值为  D．f(x)的最大值为

解析：选A．设g(x)＝xf(x)－ex，

所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，

所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．

因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，

所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，

所以f(x)＝，f′(x)＝，

当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，

所以f(x)≥f(1)＝e.

6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　)

A．(－e2，－e)  B．

C．  D．(－∞，－e－1)

解析：选D．由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g(x)＝，则g′(x)＝，所以函数g(x)在，上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m＋1<g(1)，即m＋1<－e，m<－e－1，所以实数m的取值范围是(－∞，－e－1)．故选D．

二、填空题

7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．

解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.

答案：y＝3x

8．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．

解析：因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则x>；令f′(x)<0，则0<x<.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的极小值(也是最小值)为－ln ＝.

答案：

9．若函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为________．

解析：因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解，即a<(2x－4ex)max即可．令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.令g′(x)＝0，解得x＝－ln 2.当x∈(－∞，－ln 2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；当x∈(－ln 2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．所以当x＝－ln 2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2.

答案：(－∞，－2－2ln 2)

三、解答题

10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；

(2)讨论f(x)的单调性．

解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x, f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.

(2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，

①当a≤0时，显然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，

设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，

则x1x2＝－<0，所以x1<0<x2，

所以f′(x)＝＝，x>0.

令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝.

所以函数f(x)在上单调递增，

在上单调递减．

11．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，且在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)的最小值为极小值，即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，

综上实数a的取值范围是[－2，0)．

12．(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)＝xex＋a(ln x＋x)．

(1)若a＝－e，求f(x)的单调区间；

(2)当a<0时，记f(x)的最小值为m，求证：m≤1.

解：(1)当a＝－e时，f(x)＝xex－e(ln x＋x)，f(x)的定义域是(0，＋∞)．

f′(x)＝(x＋1)ex－e＝(xex－e)．

当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时．f′(x)>0.

所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)证明：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝(xex＋a)，

令g(x)＝xex＋a，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

因为a<0，所以g(0)＝a<0，g(－a)＝－ae－a＋a>－a＋a＝0，

故存在x0∈(0，－a)，使得g(x0)＝x0ex0＋a＝0.

当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)＝(xex＋a)<0，f(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)＝(xex＋a)>0，f(x)单调递增．

故x＝x0时，f(x)取得最小值，即m＝f(x0)＝x0ex0＋a(ln x0＋x0)．

由x0ex0＋a＝0得m＝x0ex0＋a ln(x0ex0)＝－a＋a ln(－a)，

令x＝－a>0，h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(1＋ln x)＝－ln x，

当x∈(0，1)时，h′(x)＝－ln x>0，h(x)＝x－xln x单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＝－ln x<0，h(x)＝x－xln x单调递减，

故x＝1，即a＝－1时，h(x)＝x－x ln x取得最大值1，故m≤1.