2、(x)的極小值點
解析：選D 由題意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＜0，當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)＞0，則f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，所以x＝－1為f(x)的極小值點，故選D.
3.已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實數(shù)k的值為( )
A.ln 2 B.1
C.1－ln 2 D.1＋ln 2
解析：選D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，設切點為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)·(x－x0)，因為
3、切線y＝kx－2過定點(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，選D.
4.若x＝ 是函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex的極值點，則函數(shù)y＝f(x)的最小值為( )
A.e－ B.0
C.e D.－e
解析：選C f(x)＝(x2－2ax)ex，
f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋2(1－a)x－2a]ex，
由已知得，f′＝0，
所以2＋2－2a－2a＝0，解得a＝1.
所以f(x)＝(x2－2x)ex，所以f′(x)＝(x2－2)ex，
所以函數(shù)的極值點為－，，
當x∈時，
4、f′(x)＜0；
所以函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)，
當x∈或x∈時，f′(x)＞0，函數(shù)y＝f(x)是增函數(shù).
又當x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時，x2－2x＞0，f(x)＞0，
當x∈(0，2)時，x2－2x＜0，f(x)＜0，所以f(x)min在x∈(0，2)上，
又當x∈時，函數(shù)y＝f(x)遞減，當x∈時，函數(shù)y＝f(x)遞增，
所以f(x)min＝f＝e.
5.已知函數(shù)f(x)＝(2x＋ln x－a)ex在(0，＋∞)上單調遞增，則實數(shù)a的最大值是( )
A.5－ln 2 B.5－2ln 2
C.2－ln 2 D.5＋2ln 2
解析：選A ∵f(x)＝(2x
5、＋ln x－a)ex，∴f′(x)＝(2x＋ln x＋＋2－a)ex，x∈(0，＋∞).依題意，知x∈(0，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立，即a≤2x＋ln x＋＋2在(0，＋∞)上恒成立.設g(x)＝2x＋ln x＋＋2，則g′(x)＝2＋－＝＝，x∈(0，＋∞).令g′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍去).令g′(x)＜0，則0＜x＜，令g′(x)＞0，則x＞，∴當x＝時，函數(shù)g(x)取得最小值，g(x)min＝g＝5－ln 2，
∴a≤5－ln 2，即實數(shù)a的最大值是5－ln 2.故選A.
6.已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x＞0時，f(x)＝－4－x，設a＝f(log30.2)，b＝
6、f(3－0.2)，c＝f(－31.1)，則( )
A.c＞a＞b B.a＞b＞c
C.c＞b＞a D.b＞a＞c
解析：選A 因為函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以a＝f(log30.2)＝f(－log30.2)，c＝f(－31.1)＝f(31.1).
因為log3＜log30.2＜log3，所以－2＜log30.2＜－1，所以1＜－log30.2＜2，
所以31.1＞3＞－log30.2＞1＞3－0.2.
因為y＝在(0，＋∞)上為增函數(shù)，y＝－4－x在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
所以f(31.1)＞f(－log30.2)＞f(3－0.2)
7、，所以c＞a＞b，故選A.
二、填空題
7.(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標是________.
解析：設A(m，n)，則曲線y＝ln x在點A處的切線方程為y－n＝(x－m).
又切線過點(－e，－1)，所以有n＋1＝(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故點A的坐標為(e，1).
答案：(e，1)
8.若函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析：由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x
8、)＝1＋，要使函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調函數(shù)，則需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
9.設定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)為f′(x).如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，則稱x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的“中值點”.那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2，2]上的“中值點”為________.
解析：由f(x)＝x3－3x求導可得f′(x)＝3x2－3，設x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2，2]上的“中值點”，則f′(x0)＝＝1，即3x－3＝1，解得x0＝±.
答案：±
三、
9、解答題
10.已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－aln x.
(1)若曲線y＝f(x)在x＝2處的切線與直線x＋3y－2＝0垂直，求實數(shù)a的值；
(2)若函數(shù)f(x)在[2，3]上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍.
解：(1)f′(x)＝2x＋a－＝(x＞0)，依題意有f′(2)＝＝3，∴a＝－2.
(2)依題意有2x2＋ax－a≥0在x∈[2，3]上恒成立，即a≥在[2，3]上恒成立，∵′＝≤0(x∈[2，3]), ∴y＝在[2，3]上單調遞減，∴當x∈[2，3]時，＝－8，
∴實數(shù)a的取值范圍為[－8，＋∞).
11.(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)設函數(shù)f(x)＝－，g(x)＝a(
10、x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)證明：當x＞1時，f(x)＞0；
(2)討論g(x)的單調性.
解：(1)證明：f(x)＝，
令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1，
當x＞1時，s′(x)＞0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調遞增，又s(1)＝0，所以s(x)＞0，
從而當x＞1時，f(x)＞0.
(2)g′(x)＝2ax－＝(x＞0)，
當a≤0時，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
當a＞0時，由g′(x)＝0得x＝ .
當x∈時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減，
當x∈時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增
11、.
12.已知函數(shù)f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R)，曲線y＝f(x)在點處的切線方程為y＝x－.
(1)求a，b的值；
(2)求函數(shù)g(x)＝在上的最小值.
解：(1)由切線方程知，當x＝時，y＝0，
所以f＝a＋b＝0.
因為f′(x)＝acos x－bsin x.
所以由切線方程知，f′＝a－b＝1，
所以a＝，b＝－.
(2)由(1)知，f(x)＝sin x－cos x＝sin，
所以函數(shù)g(x)＝，g′(x)＝，
設u(x)＝xcos x－sin x，
則u′(x)＝－xsin x＜0，故u(x)在上單調遞減，
所以u(x)＜u(0)＝0，即
12、g′(x)＜0在上恒成立，
所以g(x)在上單調遞減，
所以函數(shù)g(x)在上的最小值為g＝.
B組——大題專攻強化練
1.設f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調區(qū)間；
(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍.
解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).
則g′(x)＝－2a＝.
當a≤0時，
x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增；
當a＞0時，
x∈時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增，
x∈時
13、，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減.
所以當a≤0時，g(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)，
當a＞0時，g(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①當a≤0時，f′(x)單調遞增，
所以當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增.
所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意.
②當0＜a＜時，＞1，由(1)知f′(x)在內(nèi)單調遞增，
可得當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，x∈時，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)內(nèi)單調遞減，在內(nèi)單調遞增，
所以f(x)在x
14、＝1處取得極小值，不符合題意.
③當a＝時，＝1，f′(x)在(0，1)內(nèi)單調遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調遞減，
所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，不符合題意.
④當a＞時，0＜＜1，當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，
所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意.
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為a＞.
2.已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)是單調遞減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，3)上既有極大值又有極小值，求實數(shù)a的取值范
15、圍.
解：(1)f′(x)＝－2x＋a－＝(x＞0)，
因為函數(shù)f(x)是單調遞減函數(shù)，
所以f′(x)≤0在(0，＋∞)恒成立，
所以－2x2＋ax－1≤0在(0，＋∞)恒成立，
即a≤2x＋對(0，＋∞)恒成立，
因為2x＋≥2＝2，所以a≤2.
(2)因為函數(shù)f(x)在(0，3)上既有極大值又有極小值，所以f′(x)＝＝0在(0，3)上有兩個相異實根，
即2x2－ax＋1＝0在(0，3)上有兩個相異實根，
令g(x)＝2x2－ax＋1，
則得
即2＜a＜.
所以實數(shù)a的取值范圍是.
3.(2019·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)討論f
16、(x)的單調性；
(2)當00，則當x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0，
當x∈時，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，單調遞增，在單調遞減；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增；
若a<0，則當x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，
當x∈時，f′(x)<0，
故f(x)在，(0，＋∞)單調遞增，在單調遞減.
(2)當0
17、遞增，所以f(x)在[0，1]的最小值為f＝－＋2，最大值為f(0)＝2或f(1)＝4－a.
于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
當0
18、f(x)單調遞減；當x>2時，f′(x)>0，即f(x)單調遞增.
∴f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2.
(2)∵f′(x)＝，
∴當a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調遞增，沒有最小值；
當a<0時，由f′(x)>0得，x>－，
∴f(x)在上單調遞增；
由f′(x)<0得，x<－，
∴f(x)在上單調遞減.
∴當a<0時，f(x)的最小值為f＝aln＋2.
根據(jù)題意得f＝aln＋2≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a<0，∴l(xiāng)n(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
∴實數(shù)a的取值范圍是[－2，0).
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（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第四層熱身篇 專題檢測（二十）導數(shù)的幾何意義及簡單應用
