【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测07 导数的简单应用 含解析.doc，共(7)页，117.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（七）导数的简单应用A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：①f′(x)>0时，x<－1或x>2；②f′(x)<0时，－1<x<2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()解析：选A根据条件知，函数f(x

)在(－1,2)上是减函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.2．(2018·合肥质检)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.12B．1C．2D．e解

析：选B由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－lna，代入曲线方程得y＝1－lna，所以切线方程为y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1⇒a＝1.3．(2019届高三·广州高中综合测试)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Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得

f′1＝0，f1＝10，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b＋a2＝10，消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故a＝－3，b＝3或a＝4，b＝－11.当a＝－3，b＝3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.4．已知f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为()A．(－∞，－26]B.－∞，62C．[－26，＋∞)D．[－5，＋∞)解析：选C由题意得f′

(x)＝2x＋a＋3x＝2x2＋ax＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或－a4≤1，g1≥0⇔－26≤a≤26或a≥－4，a≥－5⇔a≥－26，故选C.5．(2018·全国卷Ⅰ)设函

数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x解析：选D法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a

.又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋a

x＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲

线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.6．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eB．f(x)的最大值为eC

．f(x)的最小值为1eD．f(x)的最大值为1e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)＝exx，f′(x)＝exx－1x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)≥f(1)＝e.二、填空题7．(2019届高三·西安八校联考)曲线y＝2lnx在点(e2

,4)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：因为y′＝2x，所以曲线y＝2lnx在点(e2,4)处的切线斜率为2e2，所以切线方程为y－4＝2e2(x－e2)，即2e2x－y＋2＝0.令x＝0，则y＝2；令y＝0，

则x＝－e2，所以切线与坐标轴所围成的三角形的面积S＝12×e2×2＝e2.答案：e28．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是________．解析：函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2

x－5＋2x＝2x2－5x＋2x＝x－22x－1x>0，解得0<x<12或x>2，故函数f(x)的单调递增区间是0，12和(2，＋∞)．答案：0，12和(2，＋∞)9．若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是________

．解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ax，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则需方程1＋ax＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)三、解答题10．已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处

的切线方程为y＝bx＋1.(1)求a，b的值；(2)求f(x)在[0,1]上的最大值．解：(1)f′(x)＝ex－2ax，所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，解得a＝1，b＝e－2.(2)由(1)得f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x，令

g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]，则g′(x)＝ex－2，由g′(x)<0，得0<x<ln2；由g′(x)>0，得ln2<x<1，所以f′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增，所以f′(x)≥f′(ln2)＝2－2ln2>0，所以f

(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.11．(2018·潍坊统一考试)已知函数f(x)＝ax－lnx，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在区间(0

，ln3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围．解：由题意得f′(x)＝a－1x＝ax－1x，F′(x)＝ex＋a，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当－1≤a<0时，F′(x

)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)；由F′(x)<0，得0<x<ln(－a)，∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增

区间为(ln(－a)，＋∞)．∵f(x)和F(x)在区间(0，ln3)上具有相同的单调性，∴ln(－a)≥ln3，解得a≤－3，综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．12．已知函数f(x)＝xlnx＋ax，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函

数f(x)的极小值．解：(1)f′(x)＝lnx－1ln2x＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1ln2x－1lnx＝1lnx－122－14.∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)

，∴当1lnx－12＝0时，函数t＝1lnx－122－14的最小值为－14，∴a≤－14，即实数a的取值范围为－∞，－14.(2)当a＝2时，f(x)＝xlnx＋2x(x>1)，f′(x)

＝lnx－1＋2ln2xln2x，令f′(x)＝0，得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝12或lnx＝－1(舍去)，即x＝e12.当1<x<e12时，f′(x)<0，当x>e12时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(e12)＝e1212＋2e12＝4e12.B组——大题专攻补短练1．

(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)＝lnx－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)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝1x＋1，f′(e)＝1＋1e，∴曲线y＝f

(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝1＋1e(x－e)，即y＝1e＋1x.(2)f′(x)＝1x－2ax＋1＝－2ax2＋x＋1x，x>0，①当a≤0时，显然f′(x)>0，∴f(x)在

(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝－2ax2＋x＋1x＝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＝－12a<0，∴x1<0<x

2，∴f′(x)＝－2ax2＋x＋1x＝－2ax－x1x－x2x，x>0.令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝1＋8a＋14a，∴函数f(x)在0，1＋8a＋14a上单调递增，在1＋8a＋14a，＋

∞上单调递减．2．已知函数f(x)＝ax－1x2，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若直线x－y－1＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值．(3)设g(x)＝xlnx－x2f(x)，求g(x)在区间[

1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)解：(1)因为函数f(x)＝ax－1x2，所以f′(x)＝[ax－1]′·x2－x2′·ax－1x4＝a2－xx3，由f′(x)>0，得0<x<2；由f′(x)<0，得x<0或x>2

，故函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．(2)设切点为(x0，y0)，由切线斜率k＝1＝a2－x0x30⇒x30＝－ax0＋2a，①由x0－y0－1＝x0－ax0－1

x20－1＝0⇒(x20－a)(x0－1)＝0⇒x0＝1，x0＝±a.把x0＝1代入①得a＝1，把x0＝a代入①得a＝1，把x0＝－a代入①无解，故所求实数a的值为1.(3)因为g(x)＝xlnx－x2f(x)＝xlnx－a(x－1)

，所以g′(x)＝lnx＋1－a，由g′(x)>0，得x>ea－1；由g′(x)<0，得0<x<ea－1，故g(x)在区间(ea－1，＋∞)上单调递增，在区间(0，ea－1)上单调递减，①当ea－1≤1，即0<a≤1时，g(x)在区间[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝0；②当1<e

a－1<e，即1<a<2时，g(x)的最小值为g(ea－1)＝a－ea－1；③当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在区间[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝e＋a－ae.故g(x)min＝0，0＜a≤1，a－ea－1，1<a<2，e＋a－ae

，a≥2.3．(2019届高三·南昌调研)设函数f(x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(

x)＝1x－4mx＝1－4mx2x，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<m2m，令f′(x)<0，得x>m2m，∴f(x)在0，m2m上单调递增，在m2m，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当m≤0时，f(

x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m>0时，f(x)在0，m2m上单调递增，在m2m，＋∞上单调递减．∴f(x)max＝fm2m＝lnm2m－2m·14m－n＝－ln2－12lnm－12－n＝－ln2，∴n＝－12lnm－12，∴

m＋n＝m－12lnm－12.令h(x)＝x－12lnx－12(x>0)，则h′(x)＝1－12x＝2x－12x，由h′(x)<0，得0<x<12；由h′(x)>0，得x>12，∴h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增，∴h(x)min＝h12＝12ln2，∴

m＋n的最小值为12ln2.4．已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋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x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2

＝a＋2xx.当a＝－4时，f′(x)＝2x－4x.∴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．∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.(2)∵f′(x)＝a＋2

xx，∴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>－a2，∴f(x)在－a2，＋∞上单调递增；由f′(x)<0得，x<－a2，∴f(x)在

0，－a2上单调递减．∴当a<0时，f(x)的最小值为f－a2＝aln－a2＋2－a2.根据题意得f－a2＝aln－a2＋2－a2≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.∵a<0，∴ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，∴实数a的

取值范围是[－2,0)．