2018届高三数学文科二轮复习：专题检测（九） 导数的简单应用

专题检测（九） 导数的简单应用

一、选择题

1

1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )

21

A. 2C．0

B．1 D．不存在

2

1x－1

解析：选A ∵f′(x)＝x－x＝x，且x>0.

令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

11

∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝. 221

2．函数f(x)＝x＋的极值情况是( )

xA．当x＝1时，取极小值2，但无极大值 B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值

C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2 D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2 1

解析：选D f′(x)＝1－2，令f′(x)＝0，得x＝±1，

x

函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减， 所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.

3．若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，则实数a的值为( ) 1

A．e－ 21C．e 2

1

B．2e－

21

D．2e

2

解析：选B 依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，则有2??a＝，2

y′|x＝x0＝，于是有?x0

x0

??ax0＝2ln x0＋1，

??x0＝e，

解得?1

a＝2e－.?2?

4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值为( )

A．1 C．0

B．2 D．2

a

解析：选B ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴≥1，得a≥2.

2

a

又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒

x成立，有a≤2，∴a＝2.

b

5．若函数f(x)＝x＋x(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )

A．(－2,0) C．(1，＋∞)

B．(0,1) D．(－∞，－2)

b

解析：选D 由题意知，f′(x)＝1－2，

x

b

∵函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，

xb

令当1－2＝0，得b＝x2，

x又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．

令f′(x)＞0，解得x＜－b或x＞b，

即f(x)的单调递增区间为(－∞，－b)，(b，＋∞)． ∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．

x3

6．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，

44x使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是( )

5

，＋∞? A.?4??15－，? C.??84?

1

－，＋∞? B.??8?5－∞，－? D.?4??

2

?x－1??x－3?113－x＋4x－3

解析：选A 因为f′(x)＝x－－2＝＝－， 244x4x4x2易知，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 1

故f(x)min＝f(1)＝. 2

对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下， 所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得， 即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．

要使对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min， 11

即≥g(1)且≥g(2)， 22

11

所以≥－1－2a＋4且≥－4－4a＋4，

22

5

解得a≥. 4二、填空题

7．曲线f(x)＝xln x在点M(1，f(1))处的切线方程为________．

解析：由题意，得f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝ln 1＋1＝1，即切线的斜率为1.因为f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝x－1，即x－y－1＝0.

答案：x－y－1＝0

1?1

8．已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间??3，2?上是增函数，则实数a的取值2范围为________．

111

，2?上恒成立，即2a≥－x＋在区间解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在区间??3?xx

?1，2?上恒成立．

?3?

1?1

又∵y＝－x＋x在区间??3，2?上单调递减， 18－x＋?max＝， ∴?x??384∴2a≥，即a≥.

334?答案：??3，＋∞?

x19．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的图象分别与直线y＝m交于A，B两点，则|AB|

22的最小值为________．

m－m－x1x2解析：显然m＞0，由e＝m得x＝ln m，由ln ＋＝m得x＝2e，则|AB|＝2e222

m－12m－1211－ln m．令h(m)＝2e－ln m，由h′(m)＝2e

111

－＝0，求得m＝.当0＜m＜时，h′(m)m22

111

0，?上单调递减；当m＞时，h′(m)＞0，函数h(m)在?，＋∞?上单＜0，函数h(m)在??2??2?21?

调递增．所以h(m)min＝h??2?＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值为2＋ln 2.

答案：2＋ln 2 三、解答题 10．已知函数f(x)＝

x

＋ax，x>1. ln x

(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)＝ln x－1

＋a， ln2x

由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立， 11111－?2－. ∴a≤2－＝?lnxln x?ln x2?4∵x∈(1，＋∞)， ∴ln x∈(0，＋∞)， ∴当

111111－?2－的最小值为－， －＝0时，函数t＝??ln x2?4ln x24

11

－∞，－?. ∴a≤－，即实数a的取值范围为?4??4(2)当a＝2时，f(x)＝

x

＋2x(x>1)， ln x

ln x－1＋2ln2x

f′(x)＝，

ln2x

令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0， 1

解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e2.

2当1e时，f′(x)>0， e

∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e2＝4e2.

12

11．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＜0时，证明f(x)≤－

3

－2. 4a

12121112121解：(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)， ?x＋1??2ax＋1?1

f′(x)＝x＋2ax＋2a＋1＝. x若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

10，－?时，f′(x)＞0； 若a＜0，则当x∈?2a??1

－，＋∞?时，f′(x)＜0. 当x∈??2a?

11

0，－?上单调递增，在?－，＋∞?上单调递减． 故f(x)在?2a???2a?

111

－?＝ln?－?(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f??2a??2a?2a

1－1－.

4a

113131

－?－1－≤－－2，即ln?－?＋＋1≤0. 所以f(x)≤－－2等价于ln??2a??2a?2a4a4a4a1

设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.

x

当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x＞0时，g(x)≤0.

11

－?＋＋1≤0， 从而当a＜0时，ln??2a?2a3

即f(x)≤－－2.

4a

12．(2017·福州质检)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)． (1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； (2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 2x2－ax＋aa

f′(x)＝＋2x－a＝，

xx因为x＝3是f(x)的极值点，

18－3a＋a

所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，

32x2－9x＋9?2x－3??x－3?

所以f′(x)＝＝， xx3

所以当0＜x＜或x＞3时，f′(x)＞0；

23

当＜x＜3时，f′(x)＜0. 2

33

0，?，(3，＋∞)，单调递减区间为?，3?. 所以f(x)的单调递增区间为??2??2?(2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x，

2x2－ax＋a?2x－a??x－1?

则g′(x)＝－2＝. xxa

令g′(x)＝0，得x＝或x＝1.

2

a

①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，

2h(a)＝g(1)＝－a－1；

aaa

1，?上为减函数，在?，e?上为增函数， ②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在??2??2?2a?a12

h(a)＝g?＝aln－a－a； ?2?24

a

③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，

2h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.

－a－1，a≤2，??a1

综上，h(a)＝?aln2－4a－a，2＜a＜2e，

???1－e?a＋e－2e，a≥2e.

22

aaa

1，?上为减函数，在?，e?上为增函数， ②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在??2??2?2a?a12

h(a)＝g?＝aln－a－a； ?2?24

a

③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，

2h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.

－a－1，a≤2，??a1

综上，h(a)＝?aln2－4a－a，2＜a＜2e，

???1－e?a＋e－2e，a≥2e.

22

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