（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（二十）導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用

專題檢測（二十） 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用 A組——“6＋3＋3”考點(diǎn)落實(shí)練 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足下列條件： ①f′(x)>0時(shí)，x<－1或x>2； ②f′(x)<0時(shí)，－1<x<2； ③f′(x)＝0時(shí)，x＝－1或x＝2. 則函數(shù)f(x)的大致圖象是(　　) 解析：選A　根據(jù)條件知，函數(shù)f(x)在(－1，2)上是減函數(shù).在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，故選A. 2.設(shè)函數(shù)f(x)＝xex＋1，則(　　) A.x＝1為f(x)的極大值點(diǎn) B.x＝1為f(x)的極小值點(diǎn) C.x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn) D.x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn) 解析：選D　由題意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)，故選D. 3.已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實(shí)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(shè)切點(diǎn)為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)·(x－x0)，因?yàn)榍芯€y＝kx－2過定點(diǎn)(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(diǎn)，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(diǎn)為－，， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0； 所以函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈或x∈時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)y＝f(x)是增函數(shù). 又當(dāng)x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時(shí)，x2－2x＞0，f(x)＞0， 當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，x2－2x＜0，f(x)＜0，所以f(x)min在x∈(0，2)上， 又當(dāng)x∈時(shí)，函數(shù)y＝f(x)遞減，當(dāng)x∈時(shí)，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(diào)遞增，則實(shí)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＋ln x－a)ex，∴f′(x)＝(2x＋ln x＋＋2－a)ex，x∈(0，＋∞).依題意，知x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立，即a≤2x＋ln x＋＋2在(0，＋∞)上恒成立.設(shè)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(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值，g(x)min＝g＝5－ln 2， ∴a≤5－ln 2，即實(shí)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(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝－4－x，設(shè)a＝f(log30.2)，b＝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?yàn)楹瘮?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?yàn)閘og3＜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?yàn)閥＝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)，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(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________. 解析：設(shè)A(m，n)，則曲線y＝ln x在點(diǎn)A處的切線方程為y－n＝(x－m). 又切線過點(diǎn)(－e，－1)，所以有n＋1＝(m＋e). 再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1. 故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e，1). 答案：(e，1) 8.若函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析：由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調(diào)函數(shù)，則需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0. 答案：(－∞，0) 9.設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)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(diǎn)”.那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2，2]上的“中值點(diǎn)”為________. 解析：由f(x)＝x3－3x求導(dǎo)可得f′(x)＝3x2－3，設(shè)x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2，2]上的“中值點(diǎn)”，則f′(x0)＝＝1，即3x－3＝1，解得x0＝±. 答案：± 三、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(shí)數(shù)a的值； (2)若函數(shù)f(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，求實(shí)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(diào)遞減，∴當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，＝－8， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－8，＋∞). 11.(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)證明：當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0； (2)討論g(x)的單調(diào)性. 解：(1)證明：f(x)＝， 令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1， 當(dāng)x＞1時(shí)，s′(x)＞0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)＞0， 從而當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0. (2)g′(x)＝2ax－＝(x＞0)， 當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)a＞0時(shí)，由g′(x)＝0得x＝ . 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增. 12.已知函數(shù)f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)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(dāng)x＝時(shí)，y＝0， 所以f＝a＋b＝0. 因?yàn)閒′(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(shè)u(x)＝xcos x－sin x， 則u′(x)＝－xsin x＜0，故u(x)在上單調(diào)遞減， 所以u(x)＜u(0)＝0，即g′(x)＜0在上恒成立， 所以g(x)在上單調(diào)遞減， 所以函數(shù)g(x)在上的最小值為g＝. B組——大題專攻強(qiáng)化練 1.設(shè)f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實(shí)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(dāng)a≤0時(shí)， x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)， x∈時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， x∈時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)， 當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為. (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意. ②當(dāng)0＜a＜時(shí)，＞1，由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 可得當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈時(shí)，f′(x)＞0. 所以f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增， 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意. ③當(dāng)a＝時(shí)，＝1，f′(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不符合題意. ④當(dāng)a＞時(shí)，0＜＜1，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意. 綜上可知，實(shí)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(diào)遞減函數(shù)，求實(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍. 解：(1)f′(x)＝－2x＋a－＝(x＞0)， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是單調(diào)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?yàn)?x＋≥2＝2，所以a≤2. (2)因?yàn)楹瘮?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(gè)相異實(shí)根， 即2x2－ax＋1＝0在(0，3)上有兩個(gè)相異實(shí)根， 令g(x)＝2x2－ax＋1， 則得 即2＜a＜. 所以實(shí)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(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)0<a<3時(shí)，記f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為M，最小值為m，求M－m的取值范圍. 解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a). 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪時(shí)，f′(x)>0， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， 故f(x)在(－∞，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增； 若a<0，則當(dāng)x∈∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， 故f(x)在，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減. (2)當(dāng)0<a<3時(shí)，由(1)知，f(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)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(dāng)0<a<2時(shí)，可知2－a＋單調(diào)遞減， 所以M－m的取值范圍是. 當(dāng)2≤a<3時(shí)，單調(diào)遞增， 所以M－m的取值范圍是. 綜上，M－m的取值范圍是. 4.已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當(dāng)a＝－4時(shí)，求f(x)的極值； (2)當(dāng)f(x)的最小值不小于－a時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解：(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)閤∈(0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝. 當(dāng)a＝－4時(shí)，f′(x)＝. ∴當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，即f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增. ∴f(x)只有極小值，且在x＝2時(shí)，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. (2)∵f′(x)＝， ∴當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0得，x>－， ∴f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， ∴f(x)在上單調(diào)遞減. ∴當(dāng)a<0時(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2，0). - 9 -