2019高考数学(文)一本培养专题限时集训13导数简单应用Word版含解析

专题限时集训(十三)导数的简单应用(建议用时：60分钟)一、选择题x2＋a1．(2018·南宁模拟)已知曲线f(x)＝x＋1在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为()33A．－4B．－1C.2D．2x2＋2x－a3－aB[f′(x)＝x＋12，则f′(1)＝4＝1，解得a＝－1，应选B.]．·黄山模拟已知lnx，则()2(2018)f(x)＝xA．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)D[f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单一递加，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单一递减，故x＝e时，f(x)1ln2ln8ln3ln9max＝f(e)＝e，而f(2)＝2＝6，f(3)＝3＝6，因此f(e)＞f(3)＞f(2)，应选D.]3．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为

(

)A．[－3，＋∞)

B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)

D．(－∞，－3][由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，因此f′(x)，f(x)随x的变化状况以下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)

＋

0

－

0

＋f(x)

单一递加

极大值

单一递减

极小值

单一递加又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，故－3∈[k,2]，因此k≤－3.]4．(2018·南平模拟)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)＝2018，若对任意的x∈R，都有f(x)＞f′(x)，则不等式f(x)＜2018ex的解集为()1A．(0，＋∞)B.e2，＋∞C.1D．(－∞，0)－∞，2eAfxf′x－fx[依据题意建立函数g(x)＝x，g′(x)＝x＜0，故函数在R上递eexfx减，且g(0)＝2018，因此f(x)＜2018e等价于g(x)＝ex＜g(0)，因此x＞0，应选A.]二、填空题．已知函数f(x)＝2＋3x－2lnx，则函数f(x)的单一递减区间为________．5x1220，2[函数f(x)＝x＋3x－2lnx的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－x，2211令2x＋3－x<0，即2x＋3x－2<0，解得x∈－2，2.又x∈(0，＋∞)，因此x∈0，2.1因此函数f(x)的单一递减区间为0，2.]6．(2018·长春模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线经过点(2,7)，则a＝________.1f1－7[f′(x)＝3ax2＋1，由题意知f′(1)＝3a＋1＝，即3a＋1＝5－a，解1－2得a＝1.]三、解答题x3＋x2x＜1，7．已知函数f(x)＝alnxx≥1.(1)求函数f(x)在区间(－∞，1)上的极大值点和极小值；(2)求函数f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．[解](1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，2令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(－∞，0)00，22233，13f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值2因此当x＝0时，函数f(x)获得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝3.(2)①当－≤时，由(1)知，函数f(x)在－1,0)和2，1上单一递减，在0，21x<1[33上单一递加．由于f(－1)＝2，f2＝4，f(0)＝0，因此f(x)在[－1,1)上的最大值为2.327②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0.当a>0时，f(x)在[1，e]上单一递加，因此f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.综上，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x在[－1，e]上的最大值为2.18．(2018·临沂模拟)已知函数f(x)＝1＋ex－ax(1)议论f(x)的单一性(2)若函数g(x)＝xf(x)在(1,2)上不存在极值，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝－e－x－a，①当a≥0时，f′(x)＜0在R上恒建立，1②当a＜0时，令f′(x)＞0，则有－e－x－a＞0，解得x＞ln－a.1令f′(x)＜0，则有－e－x－a＜0，解得x＜ln－a，综上，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单一递减；11当a＜0时，f(x)在ln－a，＋∞上单一递加，在－∞，ln－a上单一递减．x2(2)由g(x)＝xf(x)＝x＋x－ax，eex－xex1－x得g′(x)＝1＋e2x－2ax＝1＋ex－2ax，∵g(x)在(1,2)上无极值，1－xg′(x)＝0，即1＋ex－2ax＝0在(1,2)上无解，x－1即2a＝x－xex在(1,2)上无解．x－1令h(x)＝x－xex，x∈(1,2)，1xex－x－1x＋1exx2－x－1－ex则h′(x)＝－x2－xex2＝x2ex，x∈(1,2)，∴x2－x－1－ex＜x2－x－2＝(x＋1)(x－2)＜0，∴h′(x)＜0，h(x)在(1,2)上单一递减，则h(2)＜h(x)＜h(1)，∵h(1)＝1，h(2)＝e2－1，22e221e－1e－1∴2e2＜h(x)＜1，即a的取值范围为4e2，2.129．(2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝2x－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单一区间；(2)能否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单一递加？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明原因．12[解](1)当a＝－1时，f(x)＝2x＋2lnx－3x，2x2－3x＋2x－1x－2则f′(x)＝x＋x－3＝x＝x.当0<x<1或x>2时，f′(x)＞0，f(x)单一递加；当1<x<2时，f′(x)＜0，f(x)单一递减．∴f(x)的单一增区间为(0,1)与(2，＋∞)，单一减区间为(1,2)．(2)假定存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，2a∴g′(x)＝f′(x)－a＝x－x－2≥0恒建立．x2－2x－2a即≥0在x∈(0，＋∞)上恒建立．xx2－2x－2a≥0当x>0时恒建立，12121∴a≤2(x－2x)＝2(x－1)－2恒建立．11又φ(x)＝2(x－1)2－2，x∈(0，＋∞)的最小值为－∴当a≤－1时，′(x)≥0恒建立．2g

12.1x－12又当a＝－2，g′(x)＝x当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.1故当a∈－∞，－2时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单一递加．【教师备选】12已知函数f(x)＝2x－(a＋1)x＋2＋alnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的极值点；(2)若a＝2，求函数f(x)在[1，t](t＞1)上的最小值．a[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋xx2－a＋1x＋ax－ax－1.＝x＝x由f′(x)＝0，可得x1＝a，x2＝1.①若a≤0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的极小值点为1，无极大值点．②若0<a<1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(0，a)a(a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)的极小值点为1，极大值点为a.③若a＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0＋f(x)故函数f(x)在定义域内单一性没有变化，因此没有极值，既没有极大值点，也没有极小值点．④若a>1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(0,1)1(1，a)a(a，＋∞)f′(x)

＋

0

－

0

＋f(x)

极大值

极小值故f(x)的极小值点为a，极大值点为1.综上，若a≤0，f(x)的极小值点为1，无极大值点；若0<a<1，f(x)的极小值点为1，极大值点为a；若a＝1，f(x)既无极大值点，也无极小值点；若a>1，f(x)极小值点为a，极大值点为1.12(2)当a＝2时，f(x)＝2x－3x＋2＋2lnx.由(1)可知，函数f(x)在[1,2]上单一递减，在[2，＋∞)上单一递加，若1<t≤2