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2019-2020年高考數學大二輪復習第二編專題整合突破專題二函數與導數第三講導數的簡單應用適考素能特訓
一、選擇題
1．[xx鄭州質檢]函數f(x)＝excosx的圖象在點(0，f(0))處的切線方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
答案 C
解析 依題意，f(0)＝e0cos0＝1，因為f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′(0)＝1，所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故選C.
2．[xx山西忻州四校聯考]設函數f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(t，f(t))處切線的斜率為k，則函數k＝g(t)的部分圖象為( )
答案 B
解析 f′(x)＝(xsinx＋cosx)′＝xcosx，則k＝g(t)＝tcost，易知函數g(t)為奇函數，其圖象關于原點對稱，排除A、C.當0
0，所以排除D，故選B.
3．[xx廣西質檢]若函數f(x)＝(x2－cx＋5)ex在區(qū)間上單調遞增，則實數c的取值范圍是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，4]
C．(－∞，8] D．[－2,4]
答案 B
解析 f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，因為函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，等價于x2＋(2－c)x－c＋5≥0對任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，c≤對任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝(x＋1)＋≥4，當且僅當x＝1時等號成立，∴c≤4.
4．[xx沈陽質檢]已知函數y＝x2的圖象在點(x0，x)處的切線為l，若l也與函數y＝ln x，x∈(0,1)的圖象相切，則x0必滿足( )
A．00，從而0恒成立，故f′(x)＝0必有兩個不等實根，不妨設為x1，x2，且x10，得xx2，令f′(x)<0，得x12時，由f′(x)＝0，解得x＝ .①當－ ≤－1，即 ≥1，即－1≤a<0時，函數f(x)在[－1,1]上單調遞減，所以此時函數在定義域內的最大值為f(－1)＝2，滿足條件；②當－ >－1，即 <1，即a<－1或a>2時，若a<－1，函數f(x)在與上單調遞增，在
上單調遞減，所以此時函數在定義域內的最大值為f(1)＝－2或f，而f>f(－1)＝2，不滿足條件，若a>2，函數f(x)在與上單調遞減，在上單調遞增，所以此時函數在定義域內的最大值為f(－1)＝2或f，則必有f≤2，即(a－2) －a3≤2，整理并因式分解得(a－8)(a＋1)2≤0，所以由a>2可得20)．
(1)若a＝1，求函數f(x)的極值；
(2)設函數h(x)＝f(x)－g(x)，求函數h(x)的單調區(qū)間；
(3)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
所以當x＝1時，函數f(x)取得極小值，極小值為f(1)＝1－ln 1＝1；
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，其定義域為(0，＋∞)．
又h′(x)＝＝.
由a>0可得1＋a>0，在x∈(0,1＋a)上h′(x)<0，在x∈(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，
所以h(x)的遞減區(qū)間為(0,1＋a)；遞增區(qū)間為(1＋a，＋∞)．
(3)若在[1，e]上存在一點x0，使得f(x0).
因為>e－1，所以a>；
②當1<1＋a2，即h(1＋a)>2不滿足題意，舍去．
綜上所述：a∈.
11．已知函數f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．
(1)若x＝1是函數y＝f(x)的極值點，求a的值；
(2)若f(x)<0在定義域內恒成立，求實數a的取值范圍．
解 (1)函數的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝.
因為x＝1是函數y＝f(x)的極值點，
所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，
解得a＝－(舍去)或a＝1.
經檢驗，當a＝1時，x＝1是函數y＝f(x)的極值點，所以a＝1.
(2)當a＝0時，f(x)＝ln x，顯然在定義域內不滿足f(x)<0；
當a>0時，令f′(x)＝＝0，得
x1＝－(舍去)，x2＝，
所以f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
f′(x)
＋
0
－
f(x)
極大值
所以f(x)max＝f＝ln <0，
所以a>1.
綜上可得a的取值范圍是(1，＋∞)．
12．[xx廣西質檢]已知函數f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．
(1)若a＝1，求函數f(x)的極值和單調區(qū)間；
(2)若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)<0成立，求實數a的取值范圍．
解 (1)當a＝1時，f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
又f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)<0得00得x>1，
所以當x＝1時，f(x)有極小值1.
f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1)．
(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝，
若在區(qū)間(0，e]上存在一點x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0.
當<0，即a<0時，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上單調遞減，
故f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a，
由＋a<0，得a<－，即a∈.
當>0，即a>0時，
①若e≤，則f′(x)≤0對x∈(0，e]成立，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上單調遞減，
則f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a>0，
顯然，f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0不成立．
②若0<時，則有
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f＝a＋aln，
由f＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e，
即a∈(e，＋∞)．
綜上，由①②可知：a∈∪(e，＋∞)符合題意．
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