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12＋4分項練14 導 數(shù)
1．(2018四平模擬)定積分?dx的值為( )
A. B. C．π D．2π
答案 A
解析 ∵y＝，
∴(x－1)2＋y2＝1表示以(1,0)為圓心，以1為半徑的圓，
∴定積分?dx等于該圓的面積的四分之一，
∴定積分?dx＝.
2．(2018昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的最大值是( )
A．－e B．e C．－ D．4e2
答案 A
解析 因為函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)，
所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－
＝ex(x2－2)－(x>0)．
因為函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f′(x)＝ex(x2－2)－≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，即≤ex(x2－2)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，
亦即a≤ex(x3－2x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，則
h′(x)＝ex(x3－2x)＋ex(3x2－2)
＝ex(x3－2x＋3x2－2)＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0，
因為x∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0.
因為ex>0，令h′(x)>0，可得x>1，
令h′(x)<0，可得0
0，
∴函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，
∴當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
故f(x)min＝f(0)＝1，
由存在性的條件可得關于實數(shù)n的不等式2n2－n≥1，
解得n∈∪[1，＋∞)．
4．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(ln 3x)2－2a(x＋3ln 3x)＋10a2，若存在x0使得f(x0)≤成立，則實數(shù)a的值為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 f(x)＝x2＋(ln 3x)2－2a(x＋3ln 3x)＋10a2＝(x－a)2＋(ln 3x－3a)2表示點M(x，ln 3x)與點N(a,3a)距離的平方，M點的軌跡是函數(shù)g(x)＝ln 3x的圖象，N點的軌跡是直線y＝3x，則g′(x)＝.作g(x)的平行于直線y＝3x的切線，切點為(x1，y1)，則＝3，所以x1＝，切點為P，所以曲線上點P到直線y＝3x的距離最小，最小距離d＝，所以f(x)≥，根據(jù)題意，要使f(x0)≤，則f(x0)＝，此時N為垂足，點M與點P重合，kMN＝＝－，得a＝.
5．(2018濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝若m0，解得1q，若不等式>2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由已知p>q，可得f(p＋1)－f(q＋1)>2(p－q)，
f(p＋1)>f(q＋1)＋2p－2q，
f(p＋1)－2p>f(q＋1)－2q，
f(p＋1)－2p－2>f(q＋1)－2q－2，
f(p＋1)－2(p＋1)>f(q＋1)－2(q＋1)．
令g(x)＝f(x)－2x，則有g(p＋1)>g(q＋1)．
因為p，q∈(0,1)，
所以p＋1∈(1,2)，q＋1∈(1,2)，
又因為p>q，
所以g(x)＝f(x)－2x在(1,2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，
則g′(x)＝f′(x)－2＝－2x－2≥0在(1,2)上恒成立，
即a≥(x＋2)(2x＋2)在x∈(1,2)時恒成立，
令h(x)＝(x＋2)(2x＋2)＝22－，
h(x)在(1,2)上為增函數(shù)，
所以a≥h(2)＝24.
即a 的取值范圍為.
7．(2018安徽省江南十校聯(lián)考)y＝f(x)的導函數(shù)滿足：當x≠2時，(x－2)(f(x)＋2f′(x)－xf′(x))>0，則( )
A．f(4)>(2＋4)f()>2f(3)
B．f(4)>2f(3)>(2＋4)f()
C．(2＋4)f()>2f(3)>f(4)
D．2f(3)>f(4)>(2＋4)f()
答案 C
解析 令g(x)＝，則g′(x)＝，
因為當x≠2時，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0，
所以當x>2時，g′(x)<0，
即函數(shù)g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，
則g()>g(3)>g(4)，
即>>，
即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)．
8．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 設公共切線在曲線C1，C2上的切點分別為(m，am2)，(t，et)，則2am＝et＝，所以m＝2t－2，a＝(t>1)，令f(t)＝(t>1)，則f′(t)＝，則當t>2時，f′(t)>0；當10)，當x1＋x2＝1時，對于任意的實數(shù)θ，都有不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)成立，則實數(shù)x1的取值范圍是( )
A．[1，＋∞) B．[1,2]
C. D．(1，＋∞)
答案 D
解析 g(x)＝f(x)－f(1－x)
＝(e2 018x＋mx3)－[e2 018(1－x)＋m(1－x)3]，
則g′(x)＝2 018[e2 018x＋e2 018(1－x)]＋3m[x2＋(1－x)2]>0，
據(jù)此可得函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，
又x1＋x2＝1，
則不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)，即
f(x1)＋f(sin2θ)>f(1－x1)＋f(1－sin2θ)，
則f(x1)－f(1－x1)>f(1－sin2θ)－f[1－(1－sin2θ)]，
即g(x1)>g(1－sin2θ)，
結合函數(shù)g(x)的單調(diào)性可得x1>1－sin2θ恒成立，
當sin θ＝0時，(1－sin2θ)max＝1，
結合恒成立的條件可得實數(shù)x1的取值范圍是(1，＋∞)．
10．已知函數(shù)f(x)＝，關于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0(a∈R)有3個相異的實數(shù)根，則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 f(x)＝
當x>0時，f′(x)＝，
當01時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當x＝1時，函數(shù)取得極小值f(1)＝e.
當x<0時，f′(x)＝－>0，函數(shù)單調(diào)遞增，
如圖，畫出函數(shù)的圖象，
設t＝f(x)，當t>e時，t＝f(x)有3個根，當t＝e時，t＝f(x)有2個實根，當0e，當t＝e時，e2－2ae＋a－1＝0，解得a＝，檢驗滿足條件；由t1≤0，t2>e得無解．故選D.
11．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.
B.∪[e2，＋∞)
C.
D.∪[e，＋∞)
答案 B
解析 函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點，
即方程f(x)＝ax－a存在實數(shù)根，
即函數(shù)y＝f(x)與y＝a(x－1)的圖象有交點，
如圖所示，作出f(x)圖象，直線y＝a(x－1)恒過定點(1,0)，
過點(－2,1)與(1,0)的直線的斜率k＝＝－，
設直線y＝a(x－1)與y＝ex相切于點(x0，)，
則切點處的導數(shù)值為，
則過切點的直線方程為y－＝(x－x0)，
又切線過點(1,0)，則－＝(1－x0)，
∴x0＝2，得x0＝2，
此時切線的斜率為e2，
由圖可知，要使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點，
則實數(shù)a的取值范圍是a≤－或a≥e2.
12．(2018江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，g(x)＝－2，對任意的x0∈(0,2]，關于x的方程f(x)＝g(x0)在上有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍(其中e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù))為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝＋2ax＋(2＋a)＝(x>0)，
當a＝0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當a>0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當a<0時，f(x)在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增．
g(x)＝－2，則g′(x)＝，
當x∈(－∞，1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，
其中g(0)＝－2，g(1)＝－2，g(2)＝－2，
則函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,2]上的值域為，
f(x)＝g(x0)在(0，e]上有兩個不同的實數(shù)根，
則必有a<0，且
由f(x)的解析式有f(0)→－∞，
f＝ln－－1，
f(e)＝1＋ae2＋(2＋a)e，
則滿足題意時應有
注意到函數(shù)f(x)＝ln x＋x－1是單調(diào)遞增函數(shù)，
且f＝－2，
據(jù)此可知方程ln－－1＝－2的唯一實數(shù)根滿足－＝，即a＝－e，
則不等式ln－－1>－2的解集為(－e，＋∞)，
求解不等式1＋ae2＋(2＋a)e≤－2，可得a≤－.
求解不等式－0)，
則g′(t)＝－ln t＋
＝－ln t＋－(t>0)，
設h(t)＝g′(t)，
則h′(t)＝－－＝－<0恒成立，
則g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
當t＝e時，g′(t)＝0，
則當t∈(0，e)時，g′(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增，
當t∈(e，＋∞)時，g′(t)<0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減，
則當t＝e時，g(t)取得最大值g(e)＝，
據(jù)此有≤，∴m<0或m≥.
綜上可得實數(shù)m的取值范圍是(－∞，0)∪.
16．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值為________．
答案 －
解析 因為函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，
所以f′(x)＝＋(e－a)，其中x>0，
當a≤e時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)≤0不恒成立；
當a>e時，令f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝，
當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
所以當x＝時，f(x)取得最大值，
因為不等式f(x)≤0恒成立，
所以f＝－ln(a－e)－b－1≤0，
所以ln(a－e)＋b＋1≥0，
所以b≥－1－ln(a－e)，
所以≥，a>e，
設F(x)＝，x>e，
則F′(x)＝
＝，x>e，
令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，
則H′(x)＝ln(x－e)＋1，
由H′(x)＝0，解得x＝e＋，
當x∈時，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，
當x∈時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，
所以當x＝e＋時，H(x)取得最小值，
最小值為H＝－e－，
因為當x→e時，H(x)→－e，
當x>2e時，H(x)>0，H(2e)＝0，
所以當x∈(e,2e)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，
當x∈(2e，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，
所以當x＝2e時，F(xiàn)(x)取最小值F(2e)＝＝－，
所以的最小值為－.
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