高考数学二轮复习专题二函数与导数专题跟踪训练12导数简单应用定积分理

专题追踪训练(十二)导数的简单应用、定积分一、选择题1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且知足f(x)＝2xf′(1)1＋lnx，则f(1)＝( )A．－eB．2C．－2D．e1[分析]由已知得f′(x)＝2f′(1)－x，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)1，则f(1)＝2f′(1)＝2.[答案]B12．函数f(x)＝x＋x的极值状况是( )A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2[分析]求导得f′( )＝1－1′( )＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，2，令xxfx－1)和(1，＋∞)上单一递加，在(－1,0)和(0,1)上单一递减，因此当x＝－1时，取极大值－2，当＝1时，取极小值2.x[答案]D3．(2018·聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如下图(此中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下边四个图象中，y＝f( )的图象大概是()x[分析]由题图知当0<<1时，′( )<0，此时′( )<0，函数f(x)递减．清除A、xxfxfxB.当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递加．因此当x＝1时，函数f(x)获得极小值．1当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递加，当－1<x<0时，xf′(x)>0，此时′( )<0，函数f(x)递减，因此当x＝－1时，函数获得极大值．清除D.切合条件的fx只有C项．[答案]C124．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋2x(a>0)，若对随意两个不相等的正fx1－fx2>2恒建立，则实数a的取值范围是()实数x1，x2，都有12x－xA．(0,1]B．(1，＋∞)C．(0,1)D．[1，＋∞)[分析]依据fx1－fx2>2可知函数的导数大于或等于2，因此f′( )＝a＋x12xx－xx≥2(x>0，a>0)，分别参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.应选D.[答案]D5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为()A．ln2B．1C．1－ln2D．1＋ln2[分析]由直线＝－2与曲线y＝lnx相切，设切点为(0，y0)，关于＝lnx，ykxxPxyx易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx，0y0＝kx0－2，∴kx0－2＝0·lnx0，可得x0＝2，xy0＝x0·lnx0，k＝ln2＋1，应选D.[答案]D6．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A.0，1B．(0，e)C.1，eD．(－∞，e)ee[分析]由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，因函数fx有两个极值点，(x)＝xlnx－ae1x－1＋－ln则直线＝和(1的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得xyax)＝lnxxg′( )＝xgexe(x>0)，1令h(x)＝x－lnx－1，21则h′(x)＝－x2－x<0，1故h(x)＝x－lnx－1在(0，＋∞)上单一递减，又h(1)＝0，因此当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单一递加；1当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单一递减，因此g(x)max＝g(1)＝e，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只要10<a<，应选A.e[答案]A二、填空题x＋17．(2018·武汉模拟)设曲线y＝x－1在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.[分析]由于y＝x＋12x＋1x－1，因此y′＝－x－12，则曲线y＝－1在点(3,2)处的切线的x斜率为y′|＝－1ax＋y＋1＝0垂直，因此－1x＝32.又由于切线与直线2·(－a)＝－1，解得a＝－2.[答案]－2[分析]1[答案]－33[分析][答案](－∞，1)三、解答题[解]411．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．ax当a＝2时，求函数f(x)的单一递加区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单一递加，求a的取值范围；(3)函数f(x)能否为R上的单一减函数？假如，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．[解](1)当a＝2时，f(x)＝(－x2x＋2x)e，因此f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，由于ex>0，因此－x2＋2>0，解得－2<x<2.因此函数f(x)的单一递加区间是(－2，2)．5由于函数f(x)在(－1,1)上单一递加，因此f′(x)≥0对x∈(－1,1)都建立．由于f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，因此[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都建立．由于ex>0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0，x2＋2xx＋12－11都建立．则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)x＋1x＋1x＋11令g(x)＝(x＋1)－x＋1，则g′( )＝1＋12>0.xx＋11因此g(x)＝(x＋1)－x＋1在(－1,1)上单一递加．3因此g(x)<g(1)＝(1＋1)－1＋1＝2.因此a的取值范围是3，＋∞.2(3)若函数f(x)在R上单一递减，则f′( )≤0对x∈R都建立，即[－x2＋(－2)x＋xaa]ex≤0对x∈R都建立，由于ex>0，因此x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都建立．因此＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不行能的．故函数f(x)不行能在R上单一递减．12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．议论函数f(x)的单一性；3(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒建立，求a2的取值范围．[解](1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x2－ax＋1，令x2－ax＋1＝0，则＝a2－4，x①当0<≤2时，≤0，′( )≥0恒建立，afx函数f(x)在(0，＋∞)上单一递加；2－ax＋1＝0有两个不一样的实根，分别设为x，x，不如令34x3<4，xa－a2－4a＋a2－4则x3＝，x4＝，此时0<x3<x4，226由于当x∈(0，x3)时，f′(x)>0，当x∈(x3，x4)时，f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，因此函数f(x)在0，a－a2－42－4a＋a2－42上单一递加，在a－a，2上单一递减，2在a＋a2－4，＋∞上单一递加．2综上，当0<≤2时，f()在(0，＋∞)上单一递加；当>2时f(x)在a－a2－4上2－2－4＋2－4＋2－4aaa单一递加，在a，上单一递减，在，＋∞上单一递加．222由(1)得f(x)在(x1，x2)上单一递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，x1x1x22－12x1x2x1则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋x＋－，xxxx＝2lnxxx2222121令tx1(x1f(x2＝2lnt1t，x2tft1t－12令g(t)＝2lnt＋t－t(0<t<1)，则g′(t)＝－t2<0，13故g(t)在(0,1)上单一递减且g2＝2－2ln2，311故