第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題 A組　小題提速練 一、選擇題 1．曲線y＝ex在點(diǎn)A處的切線與直線x＋y＋3＝0垂直，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(　　) A．(－1，e－1)　　　　　 B．(0,1) C．(1，e) D．(0,2) 解析：與直線x＋y＋3＝0垂直的直線的斜率為1，所以切線的斜率為1，因?yàn)閥′＝ex，所以由y′＝ex＝1，解得x＝0，此時(shí)y＝e0＝1，即點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0,1)，選B. 答案：B 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)在原點(diǎn)附近的圖象大致是(　　) 解析：因?yàn)閒′(x)＝2x－2sin x，[f′(x)]′＝2－2cos x≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，故選A. 答案：A 3．曲線f(x)＝xln x在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)閒(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲線f(x)＝xln x在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為. 答案：B 4．如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號為左負(fù)右正． 答案：A 5．當(dāng)函數(shù)y＝x2x取極小值時(shí)，x＝(　　) A. B．－ C．－ln 2 D．ln 2 解析：令y′＝2x＋x2xln 2＝0，∴x＝－. 答案：B 6．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A. B．1 C．0 D．不存在 解析：∵f′(x)＝x－＝，且x>0. 令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0， 得0<x<1. ∴f(x)在x＝1處取得極小值也是最小值， 且f(1)＝－ln 1＝. 答案：A 7．函數(shù)f(x)＝x＋的極值情況是(　　) A．當(dāng)x＝1時(shí)，取極大值2，但無極大值 B．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2，但無極小值 C．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極小值－2；當(dāng)x＝1時(shí)，取極大值2 D．當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2；當(dāng)x＝1時(shí)，取極小值2 解析：f′(x)＝1－，令f′(x)＝0， 得x＝1，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)和(0,1)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝－1時(shí)，取極大值－2， 當(dāng)x＝1時(shí)，取極小值2. 答案：D 8．若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) 解析：依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則有y′|x＝x0＝，于是有 答案：B 9．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值為(　　) A．1 B．2 C．0 D. 解析：∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意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. 答案：B 10．若函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是(　　) A．(－2,0) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2) 解析：由題意知，f′(x)＝1－， ∵函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)， 令1－＝0，得b＝x2， 又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)． 令f′(x)>0，解得x<－或x>， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)． ∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意． 答案：D 11．(2017長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為(　　) A.－1 B. C. D.＋1 解析：由f(x)＝得f′(x)＝，當(dāng)a>1時(shí)，若x>，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若1<x<，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)有最大值＝，得a＝<1，不合題意；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，最大值為f(1)＝，不合題意；當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)最大值為f(1)＝＝，得a＝－1，符合題意，故a的值為－1，選A. 答案：A 12．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若x2f′(x)＋xf(x)＝sin x(x∈(0,6))，f(π)＝2，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．xf(x)在(0,6)上單調(diào)遞減 B．xf(x)在(0,6)上單調(diào)遞增 C．xf(x)在(0,6)上有極小值2π D．xf(x)在(0,6)上有極大值2π 解析：因?yàn)閤2f′(x)＋xf(x)＝sin x，x∈(0,6)，所以xf′(x)＋f(x)＝，設(shè)g(x)＝xf(x)，x∈(0,6)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，由g′(x)>0得0<x<π，g′(x)<0得π<x<6，所以當(dāng)x＝π時(shí)，函數(shù)g(x)＝xf(x)取得極大值g(π)＝πf(π)＝2π. 答案：D 二、填空題 13．曲線y＝x2＋在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為________． 解析：∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1， 即曲線在點(diǎn)(1,2)處的切線的斜率k＝1， ∴切線方程為y－2＝x－1， 即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 14．設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－x2，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為________． 解析：因?yàn)閒(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞) 15．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋6在x＝________時(shí)取得極小值． 解析：依題意得f′(x)＝3x(x－2)．當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0.因此，函數(shù)f(x)在x＝2時(shí)取得極小值． 答案：2 16．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__________． 解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在區(qū)間上恒成立，即2a≥－x＋在區(qū)間上恒成立． 又∵y＝－x＋在區(qū)間上單調(diào)遞減， ∴max＝， ∴2a≥，即a≥. 答案： B組　大題規(guī)范練 1．已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)ln x＋. (1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線l的方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f′(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值． 解析：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)＝2ln x＋x－＋2，f′(1)＝2，f(1)＝， ∴切線l的方程為y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0. (2)函數(shù)g(x)＝aln x＋x－＋a，定義域?yàn)?0，＋∞)， g′(x)＝1＋＋＝，令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0， 其兩根為x1，x2，且x1＋x2＝－a，x1x2＝1， 故x2＝，a＝－. g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g＝aln x1＋x1－＋a－＝2＋2aln x1＝2－2ln x1， 令h(x)＝2－2ln x，x∈(0，e]． 則[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，h′(x)＝， 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，h′(x)≤0，當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，h′(x)<0， 即當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，h(x)單調(diào)遞減， ∴h(x)min＝h(e)＝－， 故[g(x1)－g(x2)]min＝－. 2．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝處取得極小值－. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若過點(diǎn)M(1，m)的直線與曲線y＝f(x)相切且這樣的切線有三條，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)由題意得，f′(x)＝3ax2＋b. ∵函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝處取得極小值－， ∴即解得 則函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2x3－3x. (2)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,2x－3x0)，則曲線y＝f(x)的切線的斜率k＝f′(x0)＝6x－3， 切線方程為y－(2x－3x0)＝(6x－3)(x－x0)， 代入點(diǎn)M(1，m)，得m＝－4x＋6x－3， 依題意，方程m＝－4x＋6x－3有三個(gè)不同的實(shí)根． 令g(x)＝－4x3＋6x2－3， 則g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)， ∴當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0. 故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴g(x)極小值＝g(0)＝－3，g(x)極大值＝g(1)＝－1. ∴當(dāng)－3<m<－1時(shí)，g(x)＝－4x3＋6x2－3的圖象與直線y＝m有三個(gè)不同的交點(diǎn)， ∴－3<m<－1時(shí)，存在這樣的三條切線． 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－3，－1)． 3．已知函數(shù)f(x)＝ln x－(1＋a)x2－x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<1時(shí)，證明：對任意的x∈(0，＋∞)，有f(x)<－－(1＋a)x2－a＋1. 解析：(1)由題知f′(x)＝(x>0)， 當(dāng)a≠－1時(shí)，由f′(x)＝0得2(1＋a)x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a， x1＝，x2＝， ①當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當(dāng)a>－1時(shí)，f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減； ③當(dāng)a≤－時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ④當(dāng)－<a<－1時(shí)，f(x)在(0，x2)和(x1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x2，x1)上單調(diào)遞減． (2)證明：當(dāng)a<1時(shí)，要證f(x)<－－(1＋a)x2－a＋1在(0，＋∞)上恒成立， 只需證ln x－x<－－a＋1在(0，＋∞)上恒成立， 令F(x)＝ln x－x，g(x)＝－－a＋1， 因?yàn)镕′(x)＝－1， 易得F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故F(x)≤F(1)＝－1， 由g(x)＝－－a＋1得g′(x)＝－＝(x>0)． 當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)>0. 所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(e)＝－＋1－a. 又a<1，所以－＋1－a>－>－1，即F(x)max<g(x)min， 所以ln x－x<－－a＋1在(0，＋∞)上恒成立， 故當(dāng)a<1時(shí)，對任意的x∈(0，＋∞)，f(x)<－－(1＋a)x2－a＋1恒成立． 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程； (2)當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)－≥恒成立，求a的取值范圍． 解析：(1)由題意可得，f(e)＝，f′(x)＝， 所以f′(e)＝＝－， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y－＝－(x－e)，即x＋e2y－3e＝0. (2)由題意可得，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)－－＝≥0恒成立， 令g(x)＝ln x－a(x2－1)(x≥1)，則g′(x)＝－2ax， 當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)y＝g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0， 所以不等式f(x)－≥成立，即a≤0符合題意． 當(dāng)a>0時(shí)，令－2ax＝0，解得x＝，令＝1，解得a＝. ①當(dāng)0<a<時(shí)， >1，所以在上g′(x)>0，在上g′(x)<0，所以函數(shù)y＝g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， g＝ln－a＝－ln a－＋a，令h(a)＝－ln a－＋a， 則h′(a)＝－＋＋1＝>0恒成立，又0<a<， 所以h(a)<h＝－ln－2＋＝ln 2－<0，所以存在g<0， 所以0<a<不符合題意； ②當(dāng)a≥時(shí)， ≤1，g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)y＝g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(x)≤g(1)＝0，顯然a≥不符合題意． 綜上所述，a的取值范圍為{a|a≤0}．