全国版2023高考数学二轮复习专题检测二十一导数的简单应用理含解析20230325133

专题检测（二十一）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．(2019·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2lnx的单调递减区间是(　　)A．(－3，1)　　　　　B.(0，1)C．(－1，3)D.(0，3)解析：选B　法一：令y′＝1－＋<0，得－3<x<1，又x>0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝4<f(2)＝＋2ln2，故排除D选项．故选B.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－2B.4e2－4e－2C．0D.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)\n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.5．(2019·洛阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax与曲线g(x)＝2a2lnx－b有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b的最小值为(　　)A．0B.－C．－D.－解析：选B　设公共点坐标为(x0，y0)，∵f(x)＝3x2－4ax，∴f′(x)＝6x－4a，又g(x)＝2a2lnx－b，∴g′(x)＝，∵两曲线在公共点(x0，y0)处的切线相同，∴6x0－4a＝，即3x－2ax0－a2＝0，∴(x0－a)(3x0＋a)＝0，∵a>0，x0>0，∴x0＝a，又3x－4ax0＝2a2lnx0－b，∴b＝2a2lna＋a2.设h(a)＝2a2lna＋a2(a>0)，则h′(a)＝4a(lna＋1)(a>0)，由h′(a)＝4a(lna＋1)＝0(a>0)得a＝，∵0<a<时，h′(a)<0，a>时，h′(a)>0，∴h(a)≥h＝－，∴b≥－，∴b的最小值为－.故选B.6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋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\n7．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________．解析：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.答案：18．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为________．解析：因为f(x)＝x2－lnx(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)＝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＋，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)三、解答题10．(2019·江西七校第一次联考)已知函数f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)在(a，f(a))处的切线为l，当a∈[1，3]时，求直线l在y轴上截距的取值范围．解：(1)f′(x)＝ex(x2－2x＋a)＋ex(2x－2)＝ex(x2＋a－2)，当a≥2时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当a<2时，f′(x)≥0⇔x2≥2－a⇔x≤－或x≥，函数f(x)在区间(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在区间(－，)上单调递减．(2)f(a)＝ea(a2－a)，由(1)知f′(x)＝ex(x2＋a－2)，所以f′(a)＝ea(a2＋a－2)，所以直线l的方程为y－ea(a2－a)＝ea(a2＋a－2)(x－a)．\n令x＝0，得截距b＝ea(－a3＋a)，记g(a)＝ea(－a3＋a)(1≤a≤3)，则g′(a)＝ea(－a3－3a2＋a＋1)，记h(a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，则h′(a)＝－3a2－6a＋1<0(1≤a≤3)，所以h(a)在[1，3]上单调递减，所以h(a)≤h(1)＝－2<0，所以g′(a)<0，即g(a)在区间[1，3]上单调递减，所以g(3)≤g(a)≤g(1)，即截距的取值范围是[－24e3，0]．11．(2019·重庆市学业质量调研)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)为增函数，且f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2，令f′(x)<0，解得0<x<ln2，∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2ax＝x(ex－2a)，∵f(x)为增函数，∴f′(x)≥0恒成立．当x≥0时，ex－2a≥0恒成立，得a≤.当x<0时，ex－2a≤0恒成立，得a≥.∴a＝.∴f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋.由(x－1)ex－x2＋b＋＝bx，得(x－1)ex－(x2－1)＝b(x－1)．当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－.当x<ln时，g′(x)<0，当x>ln且x≠1时，g′(x)>0，∴g(x)在上单调递减，在和(1，＋∞)上单调递增，\n∵g＝－＝ln2，g(1)＝e－1≠0，∴b∈∪(e－1，＋∞)．12．(2019·长春市质量监测(一))已知函数f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x(其中常数a≠0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a的值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x2－3x，x>0，f′(x)＝＋2x－3＝，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1，当0<x<时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递增；当<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递减；当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.(2)f′(x)＝＝.令f′(x)＝0，得x1′＝1，x2′＝，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2′＝≠x1′＝1，当<0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.当0<<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以最大值1可能在x＝或x＝e处取得，而f＝ln＋a－(2a＋1)×＝ln－－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.当1<<e时，f(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，\n所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，与1<<e矛盾．当≥e时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，矛盾．综上所述，a＝或a＝－2.B组——大题专攻强化练1．设函数f(x)＝ln(x＋a)－x.(1)若直线l：y＝－x＋ln3－是函数f(x)的图象的一条切线，求实数a的值；(2)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1，3]上有解，求m的取值范围．解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝－1，设切点为P(x0，y0)，则－1＝－，∴x0＋a＝3.又ln(x0＋a)－x0＝－x0＋ln3－，∴ln3－x0＝－x0＋ln3－，∴x0＝2，∴a＝1.(2)当a＝0时，方程f(x)＝x2－x＋m，即lnx－x2＋x＝m.令h(x)＝lnx－x2＋x(x>0)，则h′(x)＝－2x＋＝－.∴当x∈[1，3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x13h′(x)＋0－h(x)极大值ln3－2∵h(1)＝，h(3)＝ln3－2<，h＝ln＋，\n∴当x∈[1，3]时，h(x)∈，∴m的取值范围为.2．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(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)＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(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)－ln2]≥0.因为a<0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，综上实数a的取值范围是[－2，0)．