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專題二 函數(shù)與導數(shù) 第三講 導數(shù)的簡單應用適考素能特訓 文
一、選擇題
1．[2016鄭州質檢]函數(shù)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．[2016山西忻州四校聯(lián)考]設函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(t，f(t))處切線的斜率為k，則函數(shù)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(shù)g(t)為奇函數(shù)，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．[2016廣西質檢]若函數(shù)f(x)＝(x2－cx＋5)ex在區(qū)間上單調遞增，則實數(shù)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(shù)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．[2016沈陽質檢]已知函數(shù)y＝x2的圖象在點(x0，x)處的切線為l，若l也與函數(shù)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(shù)f(x)在[－1,1]上單調遞減，所以此時函數(shù)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(shù)f(x)在與上單調遞增，在
上單調遞減，所以此時函數(shù)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(shù)f(x)在與上單調遞減，在上單調遞增，所以此時函數(shù)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(shù)f(x)的極值；
(2)設函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，求函數(shù)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(shù)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(shù)f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．
(1)若x＝1是函數(shù)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(shù)a的取值范圍．
解 (1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝.
因為x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極值點，
所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，
解得a＝－(舍去)或a＝1.
經(jīng)檢驗，當a＝1時，x＝1是函數(shù)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．[2016廣西質檢]已知函數(shù)f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．
(1)若a＝1，求函數(shù)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(shù)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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