1、限时规范训练六 导数的简单应用限时 45 分钟，实际用时_分值 81 分，实际得分_ 一、选择题(本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分)1设函数 f(x) aln x，若 f(2)3，则实数 a 的值为( )x24A4 B4C2 D2解析：选 B.f( x) ，故 f(2) 3，因此 a4.x2 ax 22 a22曲线 ye x在点 A 处的切线与直线 x y30 平行，则点 A 的坐标为( )A(1，e 1 ) B(0,1)C(1，e) D(0,2)解析：选 B.设 A(x0，e )， ye x， y| x x0e .由导数的几何意义可知切线的斜x0 x0 率 ke .x0 由切线
2、与直线 x y30 平行可得切线的斜率 k1.e 1， x00， A(0,1)故选 B.x0 3若函数 f(x) x32 cx2 x 有极值点，则实数 c 的取值范围为 ( )A.32， )B.(32， )C. ( ， 32 32， )D. ( ， 32) (32， )解析：选 D.若函数 f(x) x32 cx2 x 有极值点，则 f( x)3 x24 cx10 有两根，故 (4 c)2120，从而 c 或 c .32 324已知 f(x) aln x x2(a0)，若对任意两个不等的正实数 x1， x2都有122 恒成立，则实数 a 的取值范围是( )f x1 f x2x1 x2A1，)
3、B(1，)C(0,1) D(0,1解析：选 A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于 2，所以函数的导数 f( x) x2.可得 x 时， f( x)有最小值 2. a1.ax a5若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)1，其导函数 f( x)满足 f( x) k1，则下列结论中一定错误的是( )A f B f (1k) 1k (1k) 1k 1C f D f (1k 1) 1k 1 ( 1k 1) 1k 1解析：选 C.构造函数 g(x) f(x) kx1，则 g( x) f( x) k0， g(x)在 R 上为增函数 k1， 0，则 g g(0)1k 1 ( 1k 1)而
4、 g(0) f(0)10， g f 10，(1k 1) ( 1k 1) kk 1即 f 1 ，(1k 1) kk 1 1k 1所以选项 C 错误，故选 C.6函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x) f(2 x)，且当 x(，1)时，( x1) f( x)0，设 a f(0)， b f ， c f(3)，则( )(12)A a b c B c b aC c a b D b c a解析：选 C.因为当 x(，1)时，( x1) f( x)0，所以 f( x)0，所以函数 f(x)在(，1)上是单调递增函数，所以 a f(0) f b，又 f(x) f(2 x)，所以 c f(3)(12)
5、 f(1)，所以 c f(1) f(0) a，所以 c a b，故选 C.二、填空题(本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)7(2017高考全国卷)曲线 y x2 在点(1,2)处的切线方程为_1x解析： y2 x ， y| x1 1，1x2即曲线在点(1,2)处的切线的斜率 k1，切线方程为 y2 x1，即 x y10.答案： x y108已知函数 f(x) x23 x4ln x 在( t， t1)上不单调，则实数 t 的取值范围是12_解析：由题意得， f(x)的定义域为(0，)， t0， f( x) x3 0 在( t， t1)上有解，4x 0 在( t， t1)上有解，x2
6、3x 4x x23 x40 在( t， t1)上有解，由 x23 x40 得 x1 或 x4(舍去)，1( t， t1)， t(0,1)，故实数 t 的取值范围是(0,1)答案：(0,1)9已知函数 f(x) ln x，若函数 f(x)在1，)上为增函数，则正实数 a 的取值1 xax范围为_解析： f(x) ln x， f( x) (a0)1 xax ax 1ax2函数 f(x)在1，)上为增函数， f( x) 0 在 x1，)上恒成立，ax 1ax2 ax10 在 x1，)上恒成立，即 a 在 x1，)上恒成立， a1.1x答案：1，)三、解答题(本题共 3 小题，每小题 12 分，共 3
7、6 分)10(2017高考全国卷)设函数 f(x)(1 x2)ex.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时， f(x) ax1，求 a 的取值范围解：(1) f( x)(12 x x2)ex.令 f( x)0 得 x1 或 x1 .2 2当 x(，1 )时， f( x)0；2 2当 x(1 ，)时， f( x)0)，因此 h(x)在0，)单调递减而 h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)( x1) h(x) x1 ax1.当 00( x0)，所以 g(x)在0，)单调递增而 g(0)0，故 ex x1.当 0(1 x)(1 x)2，(1 x)(1 x)2 ax1 x(1 a x
8、x2)，取 x0，则 x0(0,1)，(1 x0)(1 x0)2 ax010，故 f(x0)ax01.5 4a 12当 a0 时，取 x0 ，则 x0(0,1)， f(x0)(1 x0)(1 x0)21 ax01.5 12综上， a 的取值范围是1，)11(2017河南郑州质量检测)设函数 f(x) x2 mln x， g(x) x2( m1) x.12(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 m0 时，讨论函数 f(x)与 g(x)图象的交点个数解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f( x) ，x2 mx当 m0 时， f( x)0，所以函数 f(x)的单调递增区间是(0，)，无
9、单调递减区间当 m0 时， f( x) ，当 0 x 时， f( x)0，函数 f(x)单调递 x m x mx m减；当 x 时， f( x)0 ，函数 f(x)单调递增m综上，当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间；当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是( ，)，单调递减区间是(0， )m m(2)令 F(x) f(x) g(x) x2( m1) x mln x， x0，问题等价于求函数 F(x)的零点12个数，当 m0 时， F(x) x2 x， x0，有唯一零点；当 m0 时， F( x)12， x 1 x mx当 m1 时， F( x)0，函数 F
10、(x)为减函数，注意到 F(1) 0， F(4)ln 40，所32以 F(x)有唯一零点当 m1 时，0 x1 或 x m 时， F( x)0；1 x m 时， F( x)0，所以函数 F(x)在(0,1)和( m，)上单调递减，在(1， m)上单调递增，注意到 F(1) m 0，12F(2m2) mln(2m2)0，所以 F(x)有唯一零点当 0 m1 时，0 x m 或 x1 时， F( x)0； m x1 时， F( x)0，所以函数 F(x)在(0， m)和(1，)上单调递减，在( m,1)上单调递增，易得 ln m0，所以 F(m) (m22ln m)0，而 F(2m2) mln(2
11、m2)0，所以 F(x)有唯一零点m2综上，函数 F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点12(2017河南洛阳模拟)已知函数 f(x)ln x ，曲线 y f(x)在点a x 1x 1处的切线平行于直线 y10 x1.(12， f(12)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设直线 l 为函数 g(x)ln x 的图象上任意一点 A(x0， y0)处的切线，在区间(1，)上是否存在 x0，使得直线 l 与曲线 h(x)e x也相切？若存在，满足条件的 x0有几个？解：(1)函数 f(x)ln x ， f( x) ，a x 1x 1 1x 2a x 1 2曲线 y f(x)在点 处的切线平
12、行于直线 y10 x1，(12， f(12) f 28 a10， a1， f( x) .(12) x2 1x x 1 2 x0 且 x1， f( x)0，函数 f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1，)(2)存在且唯一，证明如下： g(x)ln x，切线 l 的方程为 yln x0 (x x0)，即 y xln x01 ，1x0 1x0设直线 l 与曲线 h(x)e x相切于点( x1，e x1)， h( x)e x，e ， x1ln x0，x1 1x0直线 l 的方程也可以写成 y (xln x0)，1x0 1x0即 y x ，1x0 ln x0x0 1x0由得 ln x01 ，ln x0 .ln x0x0 1x0 x0 1x0 1证明：在区间(1，)上 x0存在且唯一由(1)可知， f(x)ln x 在区间(1，)上单调递增，x 1x 1又 f(e) 0， f(e2) 0，2e 1 e2 3e2 1结合零点存在性定理，说明方程 f(x)0 必在区间(e，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一 x0.
