2019-2020高考数学二轮复习专题检测十导数的简单应用理

即 ≥g(1)且 ≥g(2)，
所以 ≥－1－2a＋4且 ≥－4－4a＋4，
解得a≥ .
二、填空题
7．(20xx·长春质检) dx＝________.
解析： dx＝ ＝ ＋1－ ＝ .
答案：
8．已知函数f(x)＝ x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间 上是增函数，则实数a的取值范围为________．
D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2
解析：选Df′(x)＝1－ ，令f′(x)＝0，得x＝±1，
函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，
所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.
3．若直线y＝ax是曲线y＝2lnx＋1的一条切线，则实数a的值为( )
所以f′(3)＝ ＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝ ＝ ，
所以当0＜x＜ 或x＞3时，f′(x)＞0；
当 ＜x＜3时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为 ，(3，＋∞)，单调递减区间为 .
(2)g(x)＝alnx＋x2－ax－2x，
则g′(x)＝ －2＝ .
令g′(x)＝0，得x＝ 或x＝1.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故f(x)min＝f(1)＝ .
对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，
所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，
即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．
要使对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，
2019-2020高考数学二轮复习专题检测十导数的简单应用理
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专题检测（十） 导数的简单应用
一、选择题
1．函数f(x)＝ x2－lnx的最小值为( )
A. B．1
C．0D．不存在
解析：选A∵f′(x)＝x－ ＝ ，且x>0.
①当 ≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，
h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜ ＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在 上为减函数，在 上为增函数，
h(a)＝g ＝aln － a2－a；
③当 ≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，
h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.
∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝ －ln 1＝ .
2．函数f(x)＝x＋ 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2
设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝ －1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln ＋ ＋1≤0，
∴f(x)的极小值为f(e )＝ ＋2e ＝4e .
11．(20xx·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－ －2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ ＋2ax＋2a＋1＝ .
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
6．已知f(x)＝lnx－ ＋ ，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因为f′(x)＝ － － ＝ ＝－ ，
易知，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，
答案：2＋ln2
三、解答题
10．已知函数f(x)＝ ＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝ ＋a，
由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤ － ＝ 2－ .
∵x∈(1，＋∞)，
∴lnx∈(0，＋∞)，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈ 时，f′(x)＞0；
当x∈ 时，f′(x)＜0.
故f(x)在 上单调递增，在 上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－ 处取得最大值，最大值为f ＝ln －1－ .
所以f(x)≤－ －2等价于ln －1－ ≤－ －2，即ln ＋ ＋1≤0.
综上，h(a)＝
又∵g′(x)＝2x－ ，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
5．若函数f(x)＝x＋ (b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )
A．(－2,0)B．(0,1)
C．(1，＋∞)D．(－∞，－2)
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－ ≥0在区间 上恒成立，即2a≥－x＋ 在区间 上恒成立．
又∵y＝－x＋ 在区间 上单调递减，
∴ max＝ ，
∴2a≥ ，即a≥ .
答案：
9．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln ＋ 的图象分别与直线y＝m交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：显然m＞0，由ex＝m得x＝lnm，由ln ＋ ＝m得x＝2e ，则|AB|＝2e －lnm．令h(m)＝2e －lnm，由h′(m)＝2em－ － ＝0，求得m＝ .当0＜m＜ 时，h′(m)＜0，函数h(m)在 上单调递减；当m＞ 时，h′(m)＞0，函数h(m)在 上单调递增．所以h(m)min＝h ＝2＋ln2，因此|AB|的最小值为2＋ln2.
解析：选D 由题意知，f′(x)＝1－ ，
∵函数f(x)＝x＋ (b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，
令当1－ ＝0，得b＝x2，
又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．
令f′(x)＞0，解得x＜－ 或x＞ ，
即f(x)的单调递增区间为(－∞，－ )，( ，＋∞)．
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．
A．e B．2e
C．e D．2e
解析：选B 依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2lnx＋1的切点的横坐标为x0，则有y′| ＝ ，于是有 解得
4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值为( )
A．1B．2
C．0D．
解析：选B∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴ ≥1，得a≥2.
即f(x)≤－ －2.
12．(20xx·福州质检)已知函数f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ ＋2x－a＝ ，
因为x＝3是f(x)的极值点，
∴当 － ＝0时，函数t＝ 2－ 的最小值为－ ，
∴a≤－ ，即实数a的取值范围为 .
(2)当a＝2时，f(x)＝ ＋2x(x>1)，
f′(x)＝ ，
令f′(x)＝0得2ln2x＋lnx－1＝0，
解得lnx＝ 或lnx＝－1(舍去)，即x＝e .
当1<x< e 时，f′(x)<0，当x>e 时，f′(x)>0，