（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）

《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 一、選擇題 1．已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實(shí)數(shù)a的值是(　　) A．　　　　　　　 B．1 C．2 D．e 解析：選B.由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1. 2．(2019·成都第二次診斷性檢測)已知直線l既是曲線C1：y＝ex的切線，又是曲線C2：y＝e2x2的切線，則直線l在x軸上的截距為(　　) A．2 B．1 C．e2 D．－e2 解析：選

2、B.設(shè)直線l與曲線C1：y＝ex的切點(diǎn)為A(x1，ex1)，與曲線C2：y＝e2x2的切點(diǎn)為B.由y＝ex，得y′＝ex，所以曲線C1在點(diǎn)A處的切線方程為y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x－ex1(x1－1)　①. 由y＝e2x2，得y′＝e2x，所以曲線C2在點(diǎn)B處的切線方程為y－e2x＝e2x2(x－x2)，即y＝e2x2x－e2x?、? 因?yàn)棰佗诒硎镜那芯€為同一直線，所以解得所以直線l的方程為y＝e2x－e2，令y＝0，可得直線l在x上的截距為1，故選B. 3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2

3、] B． C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：選C.由題意得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，故選C. 4．函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(x)的最小值為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 解析：選A.設(shè)g(x)＝xf(x)－ex， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)．

4、因?yàn)間(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當(dāng)01時，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e. 5．若函數(shù)f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有兩個極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(　　) A．(－e2，－e) B． C． D．(－∞，－e－1) 解析：選D.由題意，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，所以m＋1＝在(0，＋∞)上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，令g(x)＝，則g′(x)＝，所以函數(shù)

5、g(x)在，上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，其圖象如圖所示，要使m＋1＝在(0，＋∞)上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，則m＋12eπ 解析：選AC.由函數(shù)f(x)＝，可得函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝.當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．可得函數(shù)f(x)在x＝1處取得極

6、大值，且為最大值，所以A正確；因?yàn)閒(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(0)＝0，當(dāng)x>0時，f(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)只有一個零點(diǎn)，所以B錯誤；由f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且4>π>3>1，可得f(4)2>1，可得<，即πe2<2eπ，所以D錯誤．故選AC. 二、填空題 7．(2019·高考全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為________． 解析：因?yàn)閥′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲線在點(diǎn)

7、(0，0)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝3，所以所求的切線方程為y＝3x. 答案：y＝3x 8．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為________． 解析：因?yàn)閒(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，則x>；令f′(x)<0，則0

8、＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因?yàn)閤＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.當(dāng)x<－2或x>1時，f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)－2

9、 (1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調(diào)性． 解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ln x＋x, f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x. (2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0， ①當(dāng)a≤0時，顯然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正， 設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x1

10、 所以f′(x)＝＝，x>0. 令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． 11．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當(dāng)a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當(dāng)f(x)的最小值不小于－a時，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝. 當(dāng)a＝－4時，f′(x)＝. 所以當(dāng)02時，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)只有極小值，且在x＝2時

11、，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. 所以當(dāng)a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2. (2)因?yàn)閒′(x)＝， 所以當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時，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，由f′(x)>0得，x>－， 所以f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， 所以f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)a<0時，f(x)的最小值為極小值，即f＝aln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因?yàn)閍<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， 綜上實(shí)數(shù)a的取值范

12、圍是[－2，0)． 12．(2019·廣州市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝xex＋a(ln x＋x)． (1)若a＝－e，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a<0時，記f(x)的最小值為m，求證：m≤1. 解：(1)當(dāng)a＝－e時，f(x)＝xex－e(ln x＋x)，f(x)的定義域是(0，＋∞)． f′(x)＝(x＋1)ex－e＝(xex－e)． 當(dāng)01時．f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)證明：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(xex＋a)， 令g(x)＝xex＋a，

13、則g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因?yàn)閍<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. 當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)<0，f′(x)＝(xex＋a)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)＝(xex＋a)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故x＝x0時，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，則h′(x)＝1－(1＋ln x)＝－ln x， 當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)＝－ln x>0，h(x)＝x－xln x單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＝－ln x<0，h(x)＝x－xln x單調(diào)遞減， 故x＝1，即a＝－1時，h(x)＝x－x ln x取得最大值1，故m≤1. - 6 -