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課時跟蹤檢測（二十一） 小題考法——導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
A組——10＋7提速練
一、選擇題
1．設(shè)f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，則x0＝( )
A．e2 B．e
C. D．ln 2
解析：選B ∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(x0)＝1＋ln x0＝2，∴x0＝e，故選B.
2．函數(shù)f(x)＝excos x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
解析：選C 依題意，f(0)＝e0cos 0＝1，因為f′(x)＝excos x－exsin x，所以f′(0)＝1，所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故選C.
3．已知f(x)＝，則( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：選D f(x)的定義域是(0，＋∞)，
∵f′(x)＝，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e時，f(x)max＝f(e)．
而f(2)＝＝，f(3)＝＝.
f(e)>f(3)>f(2)，故選D.
4．已知函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點的個數(shù)為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選B 由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f′(x)在(a，b)上與x軸的交點個數(shù)為4，但是在原點附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x＝0不是函數(shù)f(x)的極值點，其余的3個交點都是極值點，其中有2個點附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)，故極大值點有2個．
5．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：選C 函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得0
2，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和
(2，＋∞)．
6．已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于點(1,0)，則f(x)的極大值、極小值分別為( )
A．－，0 B．0，－
C.，0 D．0，
解析：選C 由題意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得當(dāng)x＝時，f(x)取極大值，當(dāng)x＝1時，f(x)取極小值0.
7．已知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)<－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：選D 因為f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故xf(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以02.
8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln x(x>0)，則f(x)( )
A．在區(qū)間，(1，e)上均有零點
B．在區(qū)間，(1，e)上均無零點
C．在區(qū)間上有零點，在區(qū)間(1，e)上無零點
D．在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點
解析：選D 因為f′(x)＝－，所以當(dāng)x∈(0,3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，而0<<10，f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，所以f(x)在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點．
9．(2018杭州第二次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知a>0且a≠1，則函數(shù)f(x)＝(x－a)2ln x( )
A．有極大值，無極小值
B．有極小值，無極大值
C．既有極大值，又有極小值
D．既無極大值，又無極小值
解析：選C f(x)有兩個零點a和1，若a<1，由于函數(shù)值在(0，a)為負(fù)，(a,1)為負(fù)，(1，＋∞)為正，故a為極大值點，在(a,1)上必有極小值點；若a>1，由于函數(shù)值在(0,1)為負(fù)，(1，a)為正，(a，＋∞)為正，故a為極小值點，在(1，a)上必有極大值點，故選C.
10．(2017浙江“超級全能生”聯(lián)考)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f′(x)g(x)＋3f(x)g′(x)>0，g(x)≠0，且f(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：選D 構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g3(x)，
則F′(x)＝f′(x)g3(x)＋3f(x)g2(x)g′(x)＝g2(x)[f′(x)g(x)＋3f(x)g′(x)]>0，
所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，顯然F(x)為奇函數(shù)，所以其在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
而F(－3)＝f(－3)g3(－3)＝0＝－F(3)．
所以F(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)，
即<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)．故選D.
二、填空題
11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1處的切線的斜率為1，則實數(shù)a＝________，此時函數(shù)y＝f(x)在[0,1]最小值為________．
解析：由f(x)＝x3＋2ax2＋1，得f′(x)＝3x2＋4ax，
因為函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1處的切線的斜率為1，
所以f′(1)＝1，即3＋4a＝1，解得a＝－.
所以f′(x)＝3x2－2x，當(dāng)x∈時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
所以函數(shù)y＝f(x)在[0,1]最小值為f＝.
答案：－
12．已知函數(shù)f(x)＝ex－mx＋1的圖象為曲線C，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則實數(shù)m的取值范圍是________．
解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝ex－m，即切線斜率k＝ex－m，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則滿足(ex－m)e＝－1，即ex－m＝－有解，即m＝ex＋有解，∵ex＋＞，∴m＞.
答案：
13．(2018紹興模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是________．
解析：∵函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x，
∴f′(x)＝－x－3＋，
∵函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，
∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴g(x)＝x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，即t∈(0,1)，
故實數(shù)t的取值范圍是(0,1)．
答案：(0,1)
14．(2018湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)＝a－x2與h(x)＝2ln x的圖象上存在關(guān)于x軸對稱的點，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由題意，知方程x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．設(shè)f(x)＝2ln x－x2，則f′(x)＝－2x＝－.易知x∈時f′(x)>0，x∈(1，e]時f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)極大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，f＝－2－，f(e)x2時都有f(x1)－f(x2)>x1－x2成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．
解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．依題意得，對于任意的正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1>x2時，都有f(x1)－x1>f(x2)－x2，因此函數(shù)g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，于是當(dāng)x>0時，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．記h(x)＝x(ex－1)，x>0，則有h′(x)＝(x＋1)ex－1>(0＋1)e0－1＝0(x>0)，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，h(x)的值域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求實數(shù)m的取值范圍是[0，＋∞)．
答案：[0，＋∞)
16．設(shè)函數(shù)f(x)＝
(1)若a＝0，則f(x)的最大值為________；
(2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由當(dāng)x≤a時，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝1.
如圖是函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x在沒有限制條件時的圖象．
①若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2.
②當(dāng)a≥－1時，f(x)有最大值；
當(dāng)a<－1時，y＝－2x在x>a時無最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.
答案：(1)2 (2)(－∞，－1)
17．(2019屆高三浙東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若對任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，當(dāng)x∈[1,3]，m∈(4,5)時，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，
∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.∵y＝6＋在m∈(4,5)上單調(diào)遞減，∴<6＋<，∴a≥.
答案：
B組——能力小題保分練
1．(2018臺州第一次調(diào)考)設(shè)f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)(x∈R)，且f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若x1ef2(x1)
D．f2(x1)>ef2(x2)
解析：選D 因為f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x1)f2(x2)，因為0f2(x2)>ef2(x2)．
2．(2017浙江名校(諸暨中學(xué))交流卷)設(shè)f1(x)＝sin x＋cos x，對任意的n∈N*，定義fn＋1(x)＝fn′(x)，則f2 018(x)等于( )
A．sin x－cos x B．sin x＋cos x
C．－sin x－cos x D．－sin x＋cos x
解析：選D f1(x)＝sin x＋cos x，f2(x)＝cos x－sin x，f3(x)＝－sin x－cos x，f4(x)＝－cos x＋sin x，f5(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，于是fk＋4(x)＝fk(x)，所以f2 018(x)＝f5044＋2(x)＝f2(x)，故選D.
3．(2018惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，則不等式f(ln x)＋f<2f(1)的解集為( )
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C．∪(1，e) D．
解析：選D f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，因為f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，所以f＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以f(ln x)＋f<2f(1)可變形為f(ln x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f(ln x)2時，y′>0，
∴當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝(1－x)e－x取得極小值為－e－2，也即為最小值，
當(dāng)x→－∞時，y→＋∞；
當(dāng)x→＋∞時，y→0，要滿足題意，需－e－20，故g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，故g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，
所以g(x)max＝g(1)＝，又當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，
所以g(x)的圖象如圖所示，故0
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