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專題跟蹤訓練(十二) 導數的簡單應用、定積分
一、選擇題
1．(2018福建福州八校聯考)已知函數f(x)的導函數是f′(x)，且滿足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f(x)＝x＋的極值情況是( )
A．當x＝1時，取極小值2，但無極大值
B．當x＝－1時，取極大值－2，但無極小值
C．當x＝－1時，取極小值－2；當x＝1時，取極大值2
D．當x＝－1時，取極大值－2；當x＝1時，取極小值2
[解析] 求導得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝1，函數f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞增，在(－1,0)和(0,1)上單調遞減，所以當x＝－1時，取極大值－2，當x＝1時，取極小值2.
[答案] D
3．(2018聊城模擬)已知函數y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，則下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象大致是( )
[解析] 由題圖知當0
1時，xf′(x)>0，此時f′(x)>0，函數f(x)遞增．
所以當x＝1時，函數f(x)取得極小值．
當x<－1時，xf′(x)<0，此時f′(x)>0，函數f(x)遞增，當－10，此時f′(x)<0，函數f(x)遞減，所以當x＝－1時，函數取得極大值．排除D.符合條件的只有C項．
[答案] C
4．(2018安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若對任意兩個不相等的正實數x1，x2，都有>2恒成立，則實數a的取值范圍是( )
A．(0,1] B．(1，＋∞) C．(0,1) D．[1，＋∞)
[解析] 根據>2可知函數的導數大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分離參數得a≥x(2－x)，而當x>0時，x(2－x)的最大值為1，故a≥1.故選D.
[答案] D
5．(2018湖北荊州調研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，則實數k的值為( )
A．ln2 B．1 C．1－ln2 D．1＋ln2
[解析] 由直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，設切點為P(x0，y0)，對于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0，
又∵∴kx0－2＝x0lnx0，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f(x)＝xlnx－aex(e為自然對數的底數)有兩個極值點，則實數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f(x)＝xlnx－aex有兩個極值點，
則直線y＝a和g(x)＝的圖象在(0，＋∞)內有2個交點，易得g′(x)＝(x>0)，
令h(x)＝－lnx－1，
則h′(x)＝－－<0，
故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上單調遞減，又h(1)＝0，所以當x∈(0,1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調遞減，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0時，g(x)→－∞，x→＋∞時，g(x)→0，故要使直線y＝a和g(x)的圖象在(0，＋∞)內有2個交點，只需00，即(－x2＋2)ex>0，
因為ex>0，所以－x2＋2>0，
解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
則a≥＝＝(x＋1)－對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)上單調遞增．
所以g(x)0，所以x2－(a－2)x－a≥0對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f(x)不可能在R上單調遞減．
12．(2018遼寧五校模擬)已知函數f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2(x12時，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有兩個不同的實根，分別設為x3，x4，不妨令x30，當x∈(x3，x4)時，
f′(x)<0，當x∈(x4，＋∞)時，f′(x)>0，
所以函數f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上，當02時f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上單調遞減，x1＋x2＝a，x1x2＝1，
則f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，則0
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