2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第3讲导数的简单应用课时作业

第3讲 导数的简单应用

限时50分钟 满分76分

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)

1．(2020·南开中学质检)已知函数f(x)＝g(x)＋2x且曲线y＝g(x)在x＝1处的切线为

y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为( )

A．2 C．6

B．4 D．8

解析：B [∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.]

2．(2019·南京三模)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )

A．(－∞，－2] C．[2，＋∞)

B．(－∞，－1] D．[1，＋∞)

1

解析：D [因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调

x11

递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为xxx1

＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]

x3．(2019·保定三模)函数f(x)＝x－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是( )

A．[0,1)

B．(－1,1) D．(0,1)

2

2

3

?1?C.?0，? ?2?

解析：D [f′(x)＝3x－3a＝3(x－a)． 当a≤0时，f′(x)＞0，

∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值． 当a＞0时，f′(x)＝3(x－a)(x＋a)．

当x∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增； 当x∈(－a，a)时，f(x)单调递减，

所以当a＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．]

132

4．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x＋ax＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值

3范围是( )

A．(3，＋∞) C．(－3，3)

解析：D [f′(x)＝x＋2ax＋3.

由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a－12＞0， 解得a＞3或a＜－3.]

5．(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是( )

A．c＞b＞a C．c＞a＞b

xx2

2

B．(－∞，－3)

D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)

B．a＞b＞c D．b＞c＞a

解析：A [令g(x)＝ef(x)，则g′(x)＝e[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)＜g(ln 2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln 2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故选A.]

6．(山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )

A．y＝sin x C．y＝e

xB．y＝ln x D．y＝x

3

解析：A [当y＝sin x时，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y＝sin x图象存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝ln x，y＝e，y＝x的导数值均非负，不符合题意，故选A.]

二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)

7．(2019·厦门三模)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为____________．

解析：由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0

＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2.

答案：1＋ln 2

12

8．(2019·潍坊三模)设函数f(x)＝ln x－ax－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a2的取值范围是____________．

1

解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，

x3

x

由f′(1)＝0，得b＝1－a.

1－ax＋1＋ax－xax＋1

∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－

2

x－1xxx.

①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 所以x＝1是f(x)的极大值点．

1②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.

a因为x＝1是f(x)的极大值点， 1

所以－＞1，解得－1＜a＜0.

a综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)

三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 9．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax－(3a＋1)x＋3a＋2]e. (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a； (2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝[ax－(3a＋1)x＋3a＋2]e ∴f′(x)＝[ax－(a＋1)x＋1]e ∴f′(2)＝(2a－1)e＝0 1∴a＝

2

(2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)e ①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1

x2

2

2

2

xxxf′(x)，f(x)随x变化如下表：

x f′(x) f(x) ∴f(x)在x＝1处取得极大值(舍) 1

②当a＞0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1

(－∞，1) ＋ 1 0 极大值 (1，＋∞) － aa．当x1＝x2，即a＝1时， f′(x)＝(x－1)2ex≥0

∴f(x)在R上单调递增 ∴f(x)无极值(舍)

b．当x1＞x2，即0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x变化如下表： x f′(x) f(x) (－∞，1) ＋ 1 0 极大值 ?1，1? ?a???－ 1a ?1，＋∞? ?a???＋ 0 极小值 ∴f(x)在x＝1处取极大值(舍) c．当x1＜x2，即a＞1时 f′(x)，f(x)随x变化如下表： x f′(x) f(x) ?－∞，1? ?a???＋ 1 a0 极大值 ?1，1? ?a???－ 1 0 (1，＋∞) ＋ 极小值 ∴f(x)在x＝1处取极小值 即a＞1成立

1

③当a＜0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1

af′(x)，f(x)随x变化如下表： x f′(x) f(x) ?－∞，1? ?a???－ 1 a0 极小值 ?1，1? ?a???＋ 1 0 极大值 (1，＋∞) － ∴f(x)在x＝1处取极大值(舍) 综上所述：a的取值范围为(1，＋∞)．

10．(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x－ax＋b. (1)讨论f(x)的单调性．

(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，

3

2

b的所有值；若不存在，说明理由．

解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．

(1)对f(x)＝2x－ax＋b求导得f′(x)＝6x－2ax＝6x?x－?.所以有当a＜0时，

?3?

3

2

2

?

a??－∞，a?区间上单调递增，?a，0?区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增； ??3?3?????

当a＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；

????当a＞0时，(－∞，0)区间上单调递增，?0，?区间上单调递减，?，＋∞?区间上单调

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