高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專題跟蹤訓(xùn)練12導(dǎo)數(shù)簡單應(yīng)用定積分理

專題追蹤訓(xùn)練(十二)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用、定積分一、選擇題1．(2018·福建福州八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且知足f(x)＝2xf′(1)1＋lnx，則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，則f(1)＝2f′(1)＝2.[答案]B12．函數(shù)f(x)＝x＋x的極值狀況是( )A．當(dāng)x＝1時，取極小值2，但無極大值B．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2，但無極小值C．當(dāng)x＝－1時，取極小值－2；當(dāng)x＝1時，取極大值2D．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2；當(dāng)x＝1時，取極小值2[分析]求導(dǎo)得f′( )＝1－1′( )＝0，得x＝±1，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，2，令xxfx－1)和(1，＋∞)上單一遞加，在(－1,0)和(0,1)上單一遞減，因此當(dāng)x＝－1時，取極大值－2，當(dāng)＝1時，取極小值2.x[答案]D3．(2018·聊城模擬)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如下圖(此中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下邊四個圖象中，y＝f( )的圖象大概是()x[分析]由題圖知當(dāng)0<<1時，′( )<0，此時′( )<0，函數(shù)f(x)遞減．清除A、xxfxfxB.當(dāng)x>1時，xf′(x)>0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞加．因此當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)獲得極小值．1當(dāng)x<－1時，xf′(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞加，當(dāng)－1<x<0時，xf′(x)>0，此時′( )<0，函數(shù)f(x)遞減，因此當(dāng)x＝－1時，函數(shù)獲得極大值．清除D.切合條件的fx只有C項．[答案]C124．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋2x(a>0)，若對隨意兩個不相等的正fx1－fx2>2恒建立，則實數(shù)a的取值范圍是()實數(shù)x1，x2，都有12x－xA．(0,1]B．(1，＋∞)C．(0,1)D．[1，＋∞)[分析]依據(jù)fx1－fx2>2可知函數(shù)的導(dǎo)數(shù)大于或等于2，因此f′( )＝a＋x12xx－xx≥2(x>0，a>0)，分別參數(shù)得a≥x(2－x)，而當(dāng)x>0時，x(2－x)的最大值為1，故a≥1.應(yīng)選D.[答案]D5．(2018·湖北荊州調(diào)研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，則實數(shù)k的值為()A．ln2B．1C．1－ln2D．1＋ln2[分析]由直線＝－2與曲線y＝lnx相切，設(shè)切點為(0，y0)，關(guān)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，應(yīng)選D.[答案]D6．(2018·廣東深圳期末)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－aex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.0，1B．(0，e)C.1，eD．(－∞，e)ee[分析]由題意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，因函數(shù)fx有兩個極值點，(x)＝xlnx－ae1x－1＋－ln則直線＝和(1的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個交點，易得xyax)＝lnxxg′( )＝xgexe(x>0)，1令h(x)＝x－lnx－1，21則h′(x)＝－x2－x<0，1故h(x)＝x－lnx－1在(0，＋∞)上單一遞減，又h(1)＝0，因此當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單一遞加；1當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單一遞減，因此g(x)max＝g(1)＝e，而x→0時，g(x)→－∞，x→＋∞時，g(x)→0，故要使直線y＝a和g(x)的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個交點，只要10<a<，應(yīng)選A.e[答案]A二、填空題x＋17．(2018·武漢模擬)設(shè)曲線y＝x－1在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________.[分析]由于y＝x＋12x＋1x－1，因此y′＝－x－12，則曲線y＝－1在點(3,2)處的切線的x斜率為y′|＝－1ax＋y＋1＝0垂直，因此－1x＝32.又由于切線與直線2·(－a)＝－1，解得a＝－2.[答案]－2[分析]1[答案]－33[分析][答案](－∞，1)三、解答題[解]411．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．a(chǎn)x當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞加，求a的取值范圍；(3)函數(shù)f(x)能否為R上的單一減函數(shù)？假如，求出a的取值范圍？若不是，請說明理由．[解](1)當(dāng)a＝2時，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.因此函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間是(－2，2)．5由于函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞加，因此f′(x)≥0對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對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．則a≥＝＝(x＋1)－對x∈(－1,1)x＋1x＋1x＋11令g(x)＝(x＋1)－x＋1，則g′( )＝1＋12>0.xx＋11因此g(x)＝(x＋1)－x＋1在(－1,1)上單一遞加．3因此g(x)<g(1)＝(1＋1)－1＋1＝2.因此a的取值范圍是3，＋∞.2(3)若函數(shù)f(x)在R上單一遞減，則f′( )≤0對x∈R都建立，即[－x2＋(－2)x＋xaa]ex≤0對x∈R都建立，由于ex>0，因此x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都建立．因此＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不行能的．故函數(shù)f(x)不行能在R上單一遞減．12．(2018·遼寧五校模擬)已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．議論函數(shù)f(x)的單一性；3(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒建立，求a2的取值范圍．[解](1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x2－ax＋1，令x2－ax＋1＝0，則＝a2－4，x①當(dāng)0<≤2時，≤0，′( )≥0恒建立，afx函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單一遞加；2－ax＋1＝0有兩個不一樣的實根，分別設(shè)為x，x，不如令34x3<4，xa－a2－4a＋a2－4則x3＝，x4＝，此時0<x3<x4，226由于當(dāng)x∈(0，x3)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(x3，x4)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x4，＋∞)時，f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在0，a－a2－42－4a＋a2－42上單一遞加，在a－a，2上單一遞減，2在a＋a2－4，＋∞上單一遞加．2綜上，當(dāng)0<≤2時，f()在(0，＋∞)上單一遞加；當(dāng)>2時f(x)在a－a2－4上2－2－4＋2－4＋2－4aaa單一遞加，在a，上單一遞減，在，＋∞上單一遞加．222由(1)得f(x)在(x1，x2)上單一遞減，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，x1x1x22－12x1x2x1則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)，則g′(t)＝－t2<0，13故g(t)在(0,1)上單一遞減且g2＝2－2ln2，311故