2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練12 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用、定積分 理 一、選擇題 1．(2018·福建福州八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且滿(mǎn)足f(x)＝2xf′(1)＋ln，則f(1)＝(　　) A．－e B．2 C．－2 D．e [解析]　由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，則f(1)＝2f′(1)＝2. [答案]　B 2．函數(shù)f(x)＝x＋的極值情況是(　　) A．當(dāng)x＝1時(shí)，取極小值2，但無(wú)極大值 B．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2，但無(wú)極小值 C．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極小值－2；當(dāng)x＝1時(shí)，取極大值2 D．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2；當(dāng)x＝1時(shí)，取極小值2 [解析]　求導(dǎo)得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)和(0,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2，當(dāng)x＝1時(shí)，取極小值2. [答案]　D 3．(2018·聊城模擬)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下面四個(gè)圖象中，y＝f(x)的圖象大致是(　　) [解析]　由題圖知當(dāng)0<x<1時(shí)，xf′(x)<0，此時(shí)f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減．排除A、B. 當(dāng)x>1時(shí)，xf′(x)>0，此時(shí)f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增． 所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值． 當(dāng)x<－1時(shí)，xf′(x)<0，此時(shí)f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增，當(dāng)－1<x<0時(shí)，xf′(x)>0，此時(shí)f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)取得極大值．排除D.符合條件的只有C項(xiàng)． [答案]　C 4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若對(duì)任意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，都有>2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(1，＋∞) C．(0,1) D．[1，＋∞) [解析]　根據(jù)>2可知函數(shù)的導(dǎo)數(shù)大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分離參數(shù)得a≥x(2－x)，而當(dāng)x>0時(shí)，x(2－x)的最大值為1，故a≥1.故選D. [答案]　D 5．(2018·湖北荊州調(diào)研)已知直線(xiàn)y＝kx－2與曲線(xiàn)y＝xlnx相切，則實(shí)數(shù)k的值為(　　) A．ln2 B．1 C．1－ln2 D．1＋ln2 [解析]　由直線(xiàn)y＝kx－2與曲線(xiàn)y＝xlnx相切，設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，對(duì)于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0， 又∵∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2， ∴k＝ln2＋1，故選D. [答案]　D 6．(2018·廣東深圳期末)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－aex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B．(0，e) C. D．(－∞，e) [解析]　由題意可得f′(x)＝lnx＋1－aex， 因函數(shù)f(x)＝xlnx－aex有兩個(gè)極值點(diǎn)， 則直線(xiàn)y＝a和g(x)＝的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，易得g′(x)＝(x>0)， 令h(x)＝－lnx－1， 則h′(x)＝－－<0， 故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0時(shí)，g(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，g(x)→0，故要使直線(xiàn)y＝a和g(x)的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，只需0<a<，故選A. [答案]　A 二、填空題 7．(2018·武漢模擬)設(shè)曲線(xiàn)y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線(xiàn)與直線(xiàn)ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________. [解析]　因?yàn)閥＝，所以y′＝－，則曲線(xiàn)y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線(xiàn)的斜率為y′＝－.又因?yàn)榍芯€(xiàn)與直線(xiàn)ax＋y＋1＝0垂直，所以－·(－a)＝－1，解得a＝－2. [答案]?。? [解析]　 [答案]　－ [解析] [答案]　(－∞，1) 三、解答題 [解]　 11．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍； (3)函數(shù)f(x)是否為R上的單調(diào)減函數(shù)？若是，求出a的取值范圍？若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由． [解]　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0， 因?yàn)閑x>0，所以－x2＋2>0， 解得－<x<. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－，)． (2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增， 所以f′(x)≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立． 因?yàn)閒′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立． 因?yàn)閑x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0， 則a≥＝＝(x＋1)－對(duì)x∈(－1,1)都成立． 令g(x)＝(x＋1)－， 則g′(x)＝1＋>0. 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上單調(diào)遞增． 所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－＝. 所以a的取值范圍是. (3)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0對(duì)x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對(duì)x∈R都成立， 因?yàn)閑x>0，所以x2－(a－2)x－a≥0對(duì)x∈R都成立． 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的． 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減． 12．(2018·遼寧五校模擬)已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，則Δ＝a2－4， ①當(dāng)0<a≤2時(shí)，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立， 函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a>2時(shí)，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，分別設(shè)為x3，x4，不妨令x3<x4， 則x3＝，x4＝，此時(shí)0<x3<x4， 因?yàn)楫?dāng)x∈(0，x3)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(x3，x4)時(shí)， f′(x)<0，當(dāng)x∈(x4，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)0<a≤2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時(shí)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞減，x1＋x2＝a，x1·x2＝1， 則f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－， 令t＝，則0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt＋－t， 令g(t)＝2lnt＋－t(0<t<1)，則g′(t)＝－<0， 故g(t)在(0,1)上單調(diào)遞減且g＝－2ln2， 故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln2＝g，即0<t≤， 而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0<t≤， 令h(t)＝t＋＋2，t∈， 所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立， 故h(t)＝t＋＋2在上單調(diào)遞減， 從而a2≥， 故a的取值范圍是.