2021届二轮复习 18　导数的简单应用 作业 练习

课时作业18　导数的简单应用

[A·基础达标]

1．若曲线y＝在点处的切线的斜率为，则n＝(　　)

A．2  B．3

C．1  D．5

2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x，则f(e)＝(　　)

A．e  B．－

C．－1  D．－e

3．函数f(x)＝x＋＋2ln x的单调递减区间是(　　)

A．(－3,1)  B．(0,1)

C．(－1,3)  D．(0,3)

4．[2020·昆明市三诊一模]设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能是(　　)

5．已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是(　　)

A．(1，＋∞)  B．(－1，＋∞)

C．(－∞，－1)  D．(－∞，1)

6．曲线y＝ax在x＝0处的切线方程是xln 2＋y－1＝0，则a＝________.

7．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．

8．[2020·深圳市统一测试]函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝(1－x)ex，且f(2)＝0，则f(x)>0的解集为________．

9．[2020·天津卷]已知函数f(x)＝x3＋kln x(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．当k＝6时，

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值．

10．设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．

(1)证明：当x>1时，f(x)>0；

(2)讨论g(x)的单调性．

[B·素养提升]

1．函数f(x)(x>0)的导函数f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)

A．f(x)的最小值为e  B．f(x)的最大值为e

C．f(x)的最小值为  D．f(x)的最大值为

2．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中(e是自然对数的底数)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是____________．

3．已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)．

(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；

(2)若a＝1，求f(x)的最大值．

4．[2020·西安五校联考]设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.

(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；

(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．

课时作业18　导数的简单应用

[A·基础达标]

1．解析：由题意y′＝＝，∴y′|x＝1＝＝.∴n＝5.故选D.

答案：D

2．解析：由f(x)＝2xf′(e)＋ln x，得f′(x)＝2f′(e)＋，则f′(e)＝2f′(e)＋，所以f′(e)＝－，故f(x)＝－x＋ln x，所以f(e)＝－1.故选C.

答案：C

3．解析：解法一　令f′(x)＝1－＋<0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B.

解法二　由题意知x>0，故排除A，C选项；又f(1)＝4<f(2)＝＋2ln 2，故排除D选项．故选B.

答案：B

4．解析：通解　因为在(－3，－1)和(0,1)上f′(x)>0，在(－1,0)和(1,3)上f′(x)<0，所以函数y＝f(x)在(－3，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)，(1,3)上单调递减，观察各选项知，只有D符合题意．故选D.

优解　由题图知，y＝f′(x)在x＝－1的左侧大于0、右侧小于0，所以函数y＝f(x)在x＝－1处取得极大值，观察各选项知，只有D符合题意，故选D.

答案：D

5．解析：依题意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的两个零点为x＝1，x＝a，若x＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值．故选D.

答案：D

6．解析：由题意知，y′＝axln a，则在x＝0处，y′＝ln a，又切点为(0,1)，∴切线方程为xln a－y＋1＝0，∴a＝.

答案：

7．解析：f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)或(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.

答案：(－3，－1)∪(1,3)

8．解析：设F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝(1－x)ex，设F(x)＝(ax＋b)ex＋c，则F′(x)＝(ax＋b＋a)ex，所以，解得，所以F(x)＝(2－x)ex＋c，又F(2)＝2f(2)＝0，所以c＝0，F(x)＝(2－x)ex，f(x)＝ex，由f(x)>0，得0<x<2，所以不等式f(x)>0的解集是(0,2)．

答案：(0,2)

9．解析：(1)当k＝6时，f(x)＝x3＋6ln x，故f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.

(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞)．从而可得

g′(x)＝3x2－6x＋－，整理可得g′(x)＝.令g′(x)＝0，解得x＝1.

当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表：

所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．

10．解析：(1)证明：f(x)＝，

令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，

当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，

从而当x>1时，f(x)>0.

(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，

当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.

当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

[B·素养提升]

1．解析：设g(x)＝xf(x)－ex，

所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，

所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．

因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，

所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，

所以f(x)＝，f′(x)＝，

当0<x<1时，f′(x)<0，

当x>1时，f′(x)>0，

所以f(x)min＝f(1)＝e.

答案：A

2．解析：函数f(x)的定义域为R.由f(x)＝x3－2x＋ex－得f(－x)＝(－x)3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在R上单调递增．不等式f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤.故实数a的取值范围是.

答案：

3．解析：(1)由题意知，f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝(x＋1)ex－，则g′(x)＝(x＋2)ex＋>0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.

所以a≤2e－1.

故实数a的取值范围是(－∞，2e－1]．

(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)，

则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1).

令m(x)＝－ex，则m′(x)＝－－ex<0，

所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减．

又m>0，m(1)<0，所以存在x0∈满足m(x0)＝0，即ex0＝.

当x∈(0，x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，m(x)<0，f′(x)<0.

所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．

所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0，

因为ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，所以f(x)max＝－1.

4．解析：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，

则g′(x)＝－2a＝，

当a≤0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．

当a>0时，若∈，则g′(x)>0，函数g(x)单调递增，

若x∈，则g′(x)<0，函数g(x)单调递减．

所以当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a>0时，函数g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)由(1)知，f′(1)＝0.

①当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．

②当0<a<时，>1，由(1)知f′(x)在上单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈ 时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．

③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．

④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)单调递减，所以f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，

f′(x)单调递减，所以f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．

综上可知，实数a的取值范围为.